Universita di Modena e Reggio Emilia

Facolta di Ingegneria - sede di Modena

ESERCIZI

di

MECCANICA RAZIONALE A

Docente: Prof. Valter Franceschini

Corsi di Laurea in Ingegneria (NOD)

- a.a. 2009/10 -

1. ESERCIZI DI CALCOLO VETTORIALE

Esercizio 1.1 Dimostrare il teorema di Carnot.

Consideriamo un triangolo ABC di lati a = BC, b = AC,

c = AB e angoli α = BAC, β = ABC, γ = ACB. Si puo

scrivere

B ¡ C = (B ¡A) + (A¡ C) . (E1.1)

Facciamo il quadrato di ambi i membri (moltiplicando scalarmente ciascun membro per se stesso):

(B ¡ C) ¢ (B ¡ C) = (B ¡A) ¢ (B ¡A) + (A¡ C) ¢ (A¡ C) + 2(B ¡A) ¢ (A¡ C) ,

e quindi

(B ¡ C)2 = (B ¡A)2 + (A¡ C)2 + 2(B ¡A) ¢ (A¡ C)

+

a2 = c2 + b2 + 2cb cos(π ¡ α)

+

a2 = b2 + c2 ¡ 2bc cosα .

Si e cosı ottenuto il (ben noto) teorema di Carnot: in un triangolo il quadrato di un lato e uguale

alla somma dei quadrati degli altri due lati meno il doppio del prodotto di questi due moltiplicato

per il coseno dell’angolo fra essi compreso.

Esercizio 1.2 Dimostrare il teorema dei seni.

Consideriamo ancora il triangolo ABC e l’equazione (E1.1). Moltiplicando vettorialmente a destra

ambo i membri per (A¡ C) otteniamo

(B ¡ C)£ (A¡ C) = (B ¡A)£ (A¡ C) + (A¡ C)£ (A¡ C) .

Osservato che il prodotto piu a destra e nullo, consideriamo i moduli dei due membri, che ovvia-

mente sono uguali:

ab sin γ = cb sin(π ¡ α) .

Essendo sin(π ¡ α) = sinα, ne seguea

sinα=

c

sin γ.

Se invece si moltiplica vettorialmente la (E1.1) a destra per (B¡A), con calcoli del tutto analoghi

si ottienea

sinα=

b

sinβ.

163

Mettendo insieme i due risultati si ha il (ben noto) teorema dei seni

a

sinα=

b

sinβ=

c

sin γ,

ossia: in un triangolo i lati sono proporzionali ai seni degli angoli opposti.

Esercizio 1.3 Dati due vettori a e b che formano un

angolo γ, determinare il modulo della loro somma e

gli angoli α e β che essa forma con a e b.

Consideriamo il triangolo ABC con a = B ¡ A e

b = C ¡ B, per cui a + b = C ¡ A. Applicandovi il

teorema di Carnot si ha

ja + bj =(a2 + b2 ¡ 2ab cos(π ¡ γ)

) 12 = (a2 + b2 + 2ab cos γ)

1

2 .

Per il teorema dei seni

b

sinα=

ja + bjsin(π ¡ γ)

=) sinα =b sin γ

(a2 + b2 + 2ab cos γ)1

2

.

Analogamente si ottiene

sinβ =a sin γ

(a2 + b2 + 2ab cos γ)1

2

.

Esercizio 1.4 Il vettore a di modulo 3 forma con l’asse x l’angolo α = π4 , con l’asse y l’angolo β = π

3

e con l’asse z un angolo acuto γ. Determinare le componenti cartesiane di a e l’angolo γ.

Si ha:

ax = a ¢ i = a cosα = 3 cosπ

4= 3

p2

2

ay = a ¢ j = a cosβ = 3 cosπ

3=

3

2

az = a ¢ k = a cos γ .

L’ultima relazione fornisce cos γ =aza

; inoltre, essendo a2 = a2x + a2y + a2z, da cui az = §(a2¡ a2x¡a2y)

1

2 , si ha

cos γ =§(

9¡ 18

4¡ 9

4

) 1

2

3=§3

23

= §1

2.

Tenendo poi conto che γ e acuto, ne consegue che cos γ e positivo, il che elimina l’incertezza del

segno. Da cos γ =1

2si deduce quindi

az =3

2, γ = §π

3.

164

Notiamo che cos γ poteva ricavarsi anche attraverso la relazione cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1 , da

cui, tenendo di nuovo conto del dato che γ e acuto,

cos γ =(1¡ cos2 α¡ cos2 β

) 12 =

(1¡ 1

2¡ 1

4

) 1

2

=1

2.

Esercizio 1.5 Siano Oxyz e O1x1y1z1 due sistemi di riferimento cartesiani ortogonali, con le ri-

spettive terne di versori (i, j, k) e (i1, j1, k1). Indicate con (a, b, c) le coordinate di O1 rispetto ad

Oxyz, determinare le formule di trasformazione di coordinate da un sistema all’altro.

Siano (x, y, z) e (x1, y1, z1) le coordinate di un qua-

lunque punto P rispetto ad Oxyz e O1x1y1z1 rispet-

tivamente. Il vettore P ¡O1, rappresentato rispetto

ad O1x1y1z1, avra percio l’espressione

P ¡O1 = x1i1 + y1j1 + z1k1 ,

mentre rispetto ad Oxyz avremo

P¡O1 = (P¡O+O¡O1) = (P¡O)¡(O1¡O) = (x¡a) i+(y¡b) j+(z¡c) k .

Uguagliando i due membri destri di queste due relazioni si ottiene

x1i1 + y1j1 + z1k1 = (x¡ a)i + (y ¡ a)j + (z ¡ a)k . (E1.2)

Moltiplicando scalarmente ambo i membri di questa uguaglianza per il versore i1 si ottiene

x1 = (x¡ a) cos x1x + (y ¡ b) cos x1y + (z ¡ c) cos x1z .

Analogamente, moltiplicando scalarmente per j1 e k1 si ricavano

y1 = (x¡ a) cos y1x + (y ¡ b) cos y1y + (z ¡ c) cos y1z ,

z1 = (x¡ a) cos z1x + (y ¡ b) cos z1y + (z ¡ c) cos z1z .

Le tre relazioni appena ricavate rappresentano le formule di trasformazione dalle coordinate (x, y, z)

alle coordinate (x1, y1, z1). Determiniamo ora le formule inverse. A tal fine, se moltiplichiamo

scalarmente la (E1.2) prima per il versore i, poi per j ed infine per k, otteniamo

x = a + x1 cos x1x + y1 cos y1x + z1 cos z1x ,

y = b + x1 cos x1y + y1 cos y1y + z1 cos z1y ,

z = c + x1 cos x1z + y1 cos y1z + z1 cos z1z .

165

Esercizio 1.6 Nel piano Oxy sono dati i vettori P¡O, di modulo 6

e formante un angolo di 23π con la direzione positiva dell’asse x, e

Q¡O, di modulo 2 e formante un angolo di π4 con la direzione positiva

dell’asse x. Determinare :

i)∣∣P ¡Q

∣∣ ;ii)

∣∣(P ¡O) + 2(Q¡O)∣∣ .

La rappresentazione cartesiana di un vettore piano a, di modulo a

e formante un angolo α con la direzione positiva dell’asse x e la se-

guente:a = ax i + ay j = a(cosα i + sinα j) .

I due vettori dati, in forma cartesiana, sono dunque i seguenti:

Q¡O = 2(cos

π

4i + sin

π

4j)=p

2 i +p

2 j ;

P ¡O = 6(cos

2π

3i + sin

2π

3j)= ¡3 i + 3

p3 j .

i)∣∣∣P¡Q

∣∣∣ =∣∣∣(P¡O)¡(Q¡O)

∣∣∣ =∣∣∣(¡3¡

p2) i+(3

p3¡p

2) j∣∣∣ =√

(¡3¡p

2)2 + (3p

3¡p

2)2 =

=√

9 + 2 + 6p

2 + 27 + 2¡ 6p

6 =√

40 + 6p

2¡ 6p

6 .

oppure, ricordando il teorema di Carnot e la formula per cos(α + β):

∣∣∣P ¡Q∣∣∣ =

√OP

2+ OQ

2 ¡ 2OP OQ cos POQ =

√36 + 4¡ 24 cos

(π4 + π

6

)=

=

√40¡ 24

(√22

√32 ¡

√2212

)=√

40¡ 6p

6 + 6p

2 .

ii)∣∣∣(P ¡O)+2(Q¡O)

∣∣∣ =∣∣∣(¡3+2

p2) i+(3

p3+2

p2) j∣∣∣ =√

(¡3 + 2p

2)2 + (3p

3 + 2p

2)2 =

=√

9 + 8¡ 12p

2 + 27 + 8 + 12p

6 =√

52¡ 12p

2 + 12p

6 .

Esercizio 1.7 Sono dati i vettori v1 e v2, di modulo rispet-

tivamente 5 e 3 e formanti un angolo di 60. Si chiede di

determinare i versori a e b, complanari ai due vettori dati,

tali che

i) (v1 + v2) ¢ a = 0 ,

ii) (v1 + v2)£ b = 0 .

Sia Oxy un piano che contiene v1 e v2. Supposti i due vettori con l’origine in O e v1 disposto lungo

l’asse x, avremo:

v1 = 5i , v2 = 3(cos π3 i + sin π

3 j) = 32 i + 3

√3

2 j , v1 + v2 = 132 i + 3

√3

2 j .

i) Sia a = axi+ ayj un vettore incognito. Perche a sia un versore e sia ortogonale a v1 + v2 deve

soddisfare le condizioni jaj = 1 e a ¢ (v1 + v2) = 0 . Si deve dunque avere:

a2x + a2y = 1

132ax + 3

√3

2ay = 0

=)

ax = ¡ 3√3

13 ay27169a

2y + a2y = 1

=)

ax = § 3√3

14

ay = ¨ 1314

.

Si hanno quindi i due vettori: a1 =3p

3

14i¡ 13

14j , a2 = ¡a1 .

166

ii) Se b = bxi + byj e un vettore incognito non nullo tale che jbj = 1 e b£ (v1 + v2) = 0, si ha:

b2x + b2y = 1(bxi + byj

)£(132 i + 3

√3

2 j)

= 0=)

b2x + b2y = 1

3√3

2 bx ¡ 132 by = 0

=)

bx = §1314

by = § 3√3

14

.

E quindi: b1 =13

14i +

3p

3

14j ; b2 = ¡b1 .

Metodo di soluzione alternativo

i) Perche il prodotto scalare di due vettori non nulli sia nullo occorre che i due vettori siano

ortogonali. Essendo richiesto un versore a complanare con v1 e v2, ci saranno due versori a1 e a2,

l’uno opposto dell’altro, con questo requisito. Indicato con α l’angolo formato da v1+v2 con l’asse

x, sia a1 il versore normale a v1 + v2 che forma con l’asse x l’angolo β =α + π2 . Essendo

∣∣∣v1 + v2

∣∣∣ =

√169

4+

27

4= 7 , e quindi cosα =

132

7=

13

14, sinα =

3√3

2

7=

3p

3

14,

avremo

a1 = cos β i + sinβ j = ¡ sinα i + cosα j = ¡3p

3

14i +

13

14j , a2 = ¡ a1 .

ii) Perche il prodotto vettoriale di due vettori non nulli sia nullo occorre che i due vettori siano

paralleli. Di versori paralleli a v1 + v2 ne esistono due, l’uno opposto dell’altro:

b1 =v1 + v2∣∣v1 + v2

∣∣ = cosα i + sinα j =13

14i +

3p

3

14j ; b2 = ¡ b1 .

Esercizio 1.8 Dati i vettori a e b , determinarne il modulo e l’angolo fra essi compreso sapendo che∣∣a∣∣ =∣∣b∣∣ ,

∣∣a£ b∣∣ = 16 ,

∣∣a + b∣∣ = 4 .

Indicato con α l’angolo tra a e b (0 < α < π), ricordando quanto vale il modulo di un prodotto

vettoriale e quello della somma di due vettori (vedi esercizio 1.2), si ha il seguente sistema:

a = b

a b sinα = 16

a2 + b2 ¡ 2a b cos(π ¡ α) = 16

=)

a = b

b2 sinα = 16

b2(1 + cosα) = 8

.

Operando sulle due ultime equazioni ed utilizzando poi le formule trigonometriche

sinα =2t

1 + t2, cosα =

1¡ t2

1 + t2, essendo t = tan

α

2,

si ha

sinα = 2(1 + cosα) =) 2t

1 + t2= 2(

1 +1¡ t2

1 + t2

)=) t = 2 .

Di conseguenza:

t = 2 =)

sinα = 45

cosα = ¡ 35

=) α = arctan(¡4

3

)' 126.9 , a = b = 2

p5 .

167

Esercizio 1.9 Nel riferimento cartesiano Oxyz sono dati i tre vettori piani seguenti:

P ¡O = 2 i¡ 3 j , Q¡O =p

2 i¡p

3 j , R¡O = ¡2p

2 i + j .

Calcolare:a)

(P ¡O

)¢(Q¡O

);

b)(P ¡O

)£(Q¡O

);

c)(Q¡O

)£(P ¡O

);

d)(P ¡O

)£(Q ¡O

)¢(R¡O

);

e)[(P ¡O

)£(Q¡O

)]£(R¡O

).

f)(R¡O

)£[(Q¡O

)£(P ¡O

)];

Trattandosi di vettori piani conviene eseguire i prodotti vettoriali e misti con moltiplicazioni ter-

mine a termine. A tal fine ricordiamo le regole di moltiplicazione dei versori:

i ¢ i = j ¢ j = k ¢ k = 1 ; i ¢ j = j ¢ i = j ¢ k = k ¢ j = k ¢ i = i ¢ k = 0 ;

i£ i = j £ j = k £ k = 0 ; i£ j = ¡j £ i = k , j £ k = ¡k £ j = i , k £ i = ¡i£ k = j .

a)(P ¡O

)¢(Q¡O

)=(2 i ¡ 3 j

)¢(p

2 i ¡p

3 j)

= 2p

2 + (¡3)(¡p

3) = 2p

2 + 3p

3 ;

b)(P ¡O

)£(Q¡O

)=(2 i¡ 3 j

)£(p

2 i¡p

3 j)

= (¡2p

3 + 3p

2) k ;

c)(Q¡O

)£(P ¡O

)= (2

p3¡ 3

p2) k ; (essendo a£ b = ¡ b£ a)

d)(P ¡O

)£(Q¡O

)¢(R¡O

)=(2 i ¡ 3 j

)£(p

2 i¡p

3 j)¢(¡2

p2 i + j

)=

= (¡2p

3 + 3p

2) k ¢(¡2

p2 i + j

)= 0 ;

(ovvio!!! il prodotto misto di tre vettori complanari e sempre nullo!!!)

e) Sfruttando il risultato ottenuto al punto b), abbiamo:[(P ¡ O

)£(Q¡O

)]£(R¡O

)= [(¡2

p3 + 3

p2) k]£ (¡2

p2 i + j) =

= ¡2p

2(¡2p

3 + 3p

2) j ¡ (¡2p

3 + 3p

2) i =

= (2p

3¡ 3p

2) i + (4p

6¡ 12)pj .

In alternativa si poteva usare la formula (a£ b)£ c = [a ¢ c] b¡ [b ¢ c] a:[(P ¡O

)£(Q¡O

)]£(R¡O

)=[(P ¡O

)¢(R¡O

](Q¡O

)¡[(Q¡O

)¢(R¡O

](P ¡O

)=

=[(

2 i¡ 3 j)¢(¡2

p2 i + j

)](p2 i¡

p3 j)¡[(p

2 i¡p

3 j)]¢(¡2

p2 i + j

)](2 i¡ 3 j

)=

=(¡4p

2¡ 3)(p

2 i ¡p

3 j)¡(¡4¡

p3)(2 i¡ 3 j) = (2

p3¡ 3

p2) i + (4

p6¡ 12)

pj .

f) Il risultato e lo stesso del punto precedente. Infatti:(R¡O

)£[(Q¡O

)£(P ¡O

)]= ¡

[(Q¡O

)£(P ¡O

)]£(R¡O

)=

= ¡[¡(P ¡O

)£(Q¡O

)]£(R¡O

)=[(P ¡O

)£(Q¡O

)]£(R¡O

).

168

Esercizio 1.10 Nel riferimento cartesiano Oxyz sono dati i tre vettori piani seguenti:

P ¡O = 2 i + j , Q¡O =p

2 i + 2p

2 j + k , R¡O = ¡2 i¡ 4 j +p

2 k .

Calcolare:a)

(P ¡O

)¢(Q¡O

);

b)(P ¡O

)£(Q¡O

);

c)(P ¡O

)£(Q¡O

)¢(R¡O

);

d)(R¡O

)¢(Q¡O

)£(P ¡O

);

e)[(P ¡O

)£(Q¡O

)]£(R¡O

);

f)(P ¡O

)£[(Q¡O

)£(R¡O

)].

In questo esercizio, diversamente da quello precedente, i vettori sono nello spazio. Conviene quindi

effettuare i prodotti vettoriali e misti utilizzando le loro espressioni tramite determinanti.

a)(P ¡O

)¢(Q¡O

)=(2 i + j

)¢(p

2 i + 2p

2 j + k)

= 2p

2 + 2p

2 + 0 = 4p

2 ;

b)(P¡O

)£(Q¡O

)=

∣∣∣∣∣∣

i j k2 1 0p2 2

p2 1

∣∣∣∣∣∣= i¡2 j+3

p2 k ;

c)(P¡O

)£(Q¡O

)¢(R¡O

)=

∣∣∣∣∣∣

2 1 0p2 2

p2 1

¡2 ¡4p

2

∣∣∣∣∣∣= 12 ;

oppure, utilizzando il risultato ottenuto in b):(P ¡O

)£(Q¡O

)¢(R¡O

)=(i¡ 2 j + 3

p2 k)¢(¡2 i¡ 4 j +

p2 k)

= ¡2 + 8 + 6 = 12 ;

d)(R¡O

)¢(Q¡O

)£(P ¡O

)=(R¡O

)¢[¡(P ¡O

)£(Q¡O

)]=

= ¡(P ¡O

)£(Q¡O

)¢(R¡O

)= ¡12 ; (si vedano le proprieta del prodotto misto)

e) Utilizzando il risultato visto in b):

[(P ¡O

)£(Q¡O

)]£(R¡O

)=

∣∣∣∣∣∣

i j k1 ¡2 3

p2

¡2 ¡4p

2

∣∣∣∣∣∣= 10

p2 i¡ 7

p2 j ¡ 8 k .

f)(P¡O

)£[(Q¡O

)£(R¡O

)]=(2 i+j

)£

∣∣∣∣∣∣

i j kp2 2

p2 1

¡2 ¡4p

2

∣∣∣∣∣∣=(2 i+j

)£(8i¡4 j

)= ¡16 k .

Non deve sorprendere il fatto che i due risultati ottenuti in e) ed in f) siano diversi. Si ricordi che

in generale (a£ b)£ c6= a£ (b£ c).

169

2. ESERCIZI DI GEOMETRIA DELLE MASSE

Esercizio 2.1 Calcolare il baricentro del sistema rigido costituito dai tre punti materiali (P1,m),

(P2, 2m), (P3, 2m) con P1, P2 e P3 formanti un triangolo equilatero di lato ℓ.

Sia Oxy il piano del triangolo, con P1´O´(0, 0), P2´(ℓ, 0)

e P3´( ℓ2 ,

√3ℓ2 ). Applicando le (2.5), si ha

xG =m ¢ 0 + 2m ¢ ℓ + 2m ¢ ℓ2

5m= 3

5ℓ ,

yG =m ¢ 0 + 2m ¢ 0 + 2m ¢

√32 ℓ

5m=

√35 ℓ .

Esercizio 2.2 Calcolare il baricentro del sistema costituito da tre aste rigide omogenee, di uguale

lunghezza ℓ, ma di masse diverse: AB di massa 2m; BC di massa m; CA di massa 3m. Le tre

aste sono disposte in modo da formare il triangolo equilatero ABC.

Sia Oxy il piano del triangolo, con A´O´(0, 0), B´(ℓ, 0)

e C´( ℓ2 ,√32 ℓ). Essendo ciascuna asta omogenea, il rela-

tivo baricentro sta nel punto medio. Di conseguenza, indi-

cati con G1, G2 e G3 i baricentri rispettivamente di AB,

BC e CA, il sistema materiale equivale al sistema di tre

punti materiali (G1, 2m), (G2,m), (G3, 3m), con G1´( ℓ2 , 0),

G2´(34 ℓ,√34 ℓ) e G3´(14ℓ,

√34 ℓ). Applicando le (2.5), si ha

xG =2m ¢ ℓ2 + m ¢ 34ℓ + 3m ¢ ℓ4

6m= 5

12ℓ ,

yG =2m ¢ 0 + m ¢

√34ℓ + 3m ¢

√34ℓ

6m=

√36 ℓ .

Esercizio: Dimostrare che il centro di massa di un sistema costituito da tre aste omogenee di uguale

massa, unite in modo da formare un triangolo, coincide col baricentro geometrico del triangolo.

Esercizio 2.3 Calcolare il baricentro di un arco omogeneo di raggio R ed ampiezza α.

Osserviamo innanzitutto che, se M e la massa dell’arco e

ρ la sua densita (ovviamente costante), avremo M=ραR.

Osserviamo poi che, essendo l’arco omogeneo, l’asse della

corda AB e un asse di simmetria. Di conseguenza il bari-

centro sta su tale asse. Sia Oxy il piano della circonferenza

contenente l’arco, con O centro della circonferenza, l’asse

y coincidente con l’asse di simmetria e l’asse x fissato di

conseguenza.

170

In virtu della scelta del riferimento Oxy, si ha

xG = 0 .

Per calcolare yG dobbiamo utilizzare la seconda delle (2.6). Indicato con P un generico punto

dell’arco e con θ l’angolo yOP , si ha ¡α2 · θ · α

2 . L’elemento infinitesimo di massa dm che

contiene il punto P vale ρRdθ; inoltre: yP = R cos θ. Si ha quindi per yG il seguente integrale

curvilineo:

yG =1

M

∫ B

A

y dm =1

M

∫ α

2

−α

2

ρR2 cos θ dθ =1

MρR2

[sin θ

]α2

−α

2

=2

MρR2 sin

α

2.

Infine, tenendo conto che M = ρRα, si ha

yG =2R sin α

2

α.

Osserviamo che, nel caso di una semicirconferenza (α=π), si ha: yG =2R

π.

Esercizio 2.4 Calcolare la massa ed il baricentro di un’asta AB di lunghezza ℓ e densita ρ(x) =

k(ℓ + x), con x distanza da A.

Sia Ox l’asse delle ascisse, con O´A, come in figura.

Osserviamo che, se P e un generico punto dell’asta,

P ha ascissa x, con 0 · x · ℓ. Inoltre dm = ρ(x)dx.

Calcoliamo innanzitutto la massa M dell’asta.

M =

∫ ℓ

0

ρ(x)dx =

∫ ℓ

0

k(ℓ + x)dx = k[ℓx +

x2

2

]ℓ0

=3

2kℓ2 .

Applicando la prima delle (2.6) otteniamo:

xG =1

M

∫ ℓ

0

xρ(x)dx =1

M

∫ ℓ

0

kx(ℓ + x)dx =k

M

[ℓx2

2+

x3

3

]ℓ0

=5kℓ3

6M=

5

9ℓ .

Esercizio 2.5 Calcolare il baricentro di un settore circolare omogeneo di raggio R e ampiezza α.

Osserviamo innanzitutto che, se M e la massa del settore e ρ la sua densita (costante), essendoαR2

2 l’area del settore, si ha M=ρ αR2

2 . Osserviamo poi che la retta contenente il raggio che divide

il settore in due parti uguali e un asse di simmetria. Di conseguenza il baricentro sta su tale asse.

Sia Oxy il piano del cerchio di cui fa parte il settore, con

O centro della circonferenza, l’asse y coincidente con l’asse

di simmetria e l’asse x fissato di conseguenza. In base a

questa scelta del riferimento Oxy, si ha

xG = 0 .

Per calcolare yG dobbiamo utilizzare la seconda delle (2.6).

171

Indicato con P un generico punto del settore, con r la sua distanza da O e con θ l’angolo yOP , la

coppia (r, θ) descrive il settore quando 0 · r · R e ¡α2 · θ · α

2 . L’elemento infinitesimo di massa

dm che contiene il punto P e quindi dato da ρ r dr dθ. Si ha quindi per yG il seguente integrale di

superficie:

yG =1

M

∫

AOB

y dm =1

M

∫ R

0

∫ α

2

−α

2

ρ r2 cos θ dθ dr =1

Mρ[r3

3

]R0

[sin θ

]α2

−α

2

=2ρR3

3Msin

α

2.

Infine, tenendo conto che M = 12ραR2, si ha

yG =4R

3αsin

α

2.

Caso del semicerchio: α = π =) yG =4R

3π.

Esercizio 2.6 Calcolare il baricentro di un settore omogeneo di corona circolare di raggi R1 ed R2,

con R1<R2, ed ampiezza α.

Chiaramente, l’area del settore di corona circolare vale quella

del settore di raggio R2 meno quella del settore di raggio

R1, ossia

12α(R22 ¡R21) .

Quindi, se M e la massa del settore e ρ la sua densita

(costante), l’area del settore di corona e

M = 12 ρα (R22 ¡R21) .

Adottando poi come nell’esercizio precedente le coordinate (r, θ), con la differenza che ora R1 ·r · R2, e procedendo esattamente come prima, si ha ancora xG = 0, mentre per yG si ha

yG =1

M

∫ R2

R1

∫ α

2

−α

2

ρ r2 cos θ dr dθ =1

Mρ[r3

3

]R2

R1

[sin θ

]α2

−α

2

=

=2ρ

3M(R32 ¡R31) sin

α

2=

4(R32 ¡R31)

3α(R22 ¡R21)sin

α

2.

Esercizio 2.7 Calcolare il baricentro di un disco omogeneo

di raggio R con un ”buco” circolare di raggio R2 con i

due centri a distanza R2 .

Siano C1 e C2 i centri del cerchio grande e del cerchio

piccolo. Assumiamo un riferimento Oxy con O coinci-

dente con C1 e l’asse x coincidente con la congiungente

C1 e C2, orientato verso C2.

172

Consideriamo il buco come un disco omogeneo di massa negativa, con la stessa densita del disco pieno.

In questo modo si calcola il baricentro del sistema costituito da due dischi omogenei e con la

stessa densita ρ: uno di baricentro C1 e massa M1 = ρ π R2, l’altro con baricentro in C2 e massa

M2 = ¡ρ π(R2

)2. Naturalmente: M = M1 + M2 = 3

4ρ π R2.

Essendo Ox un asse di simmetria, si ha ovviamente yG = 0 . Si ha poi

xG =M1xC1

+ M2xC2

M1 + M2=

ρ π R2 ¢ 0¡ ρπ(R2

)2 ¢ R2

34ρ π R2

= ¡1

6R .

Esercizio 2.8 Dimostrare che il baricentro di un lamina triangolare omogenea coincide col baricentro

geometrico.

Sia ABC un triangolo e siano M1, M2 ed M3 i punti medi dei lati

AB, BC e CA rispettivamente. Immaginiamo il triangolo suddi-

viso in infinite strisce parallele al lato AB e di spessore infinitesimo

ds. La generica striscia puo essere riguardata come un’asta PsQs

omogenea, il cui baricentro coincide col punto medio Ms. Per una

proprieta delle mediane, Ms appartiene alla mediana CM1 relativa ad AB. Il triangolo puo dunque

essere suddiviso in infinite strisce parallele ad AB i cui baricentri stanno tutti sulla mediana CM1.

Ne consegue che anche il baricentro G del triangolo sta su CM1.

Il ragionamento puo essere ripetuto anche pensando il triangolo suddiviso in strisce parallele a BC

o CA, nel qual caso si deduce che G deve appartenere anche alle altre due mediane AM2 e BM3.

Pertanto il baricentro, dovendo stare su tutte tre le mediane, necessariamente coincide col loro

punto d’intersezione, che per definizione e il baricentro geometrico del triangolo.

Sembra utile ricordare una importante proprieta geometrica del

baricentro di un triangolo: il baricentro divide ciascuna mediana in due

parti, di cui quella che contiene il vertice e doppia dell’altra. Ad esempio,

facendo riferimento alla figura accanto, si ha: AG = 2GM2.

Ricordiamo inoltre che dato il triangolo P1P2P3 ed un riferimento

Oxy nel suo piano, se (xk, yk) sono le coordinate di Pk, si ha

xG =x1 + x2 + x3

3, yG =

y1 + y2 + y33

.

Esercizio 2.9 Calcolare il momento d’inerzia di un’asta omogenea di massa m e lunghezza ℓ rispetto

ad un asse normale e baricentrico.

Sia AB l’asta ed Ox un asse che la contiene, con O´G,

punto medio di AB. Indicata con ρ la densita (cos-

tante) di massa, si ha dm = ρ dx. Pertanto (2.8), che

in questo caso e un integrale curvilineo, diventa:

IG =

∫ ℓ

2

− ℓ

e

x2ρ dx = ρ[x3

3

] ℓ2

− ℓ

2

=1

12ρ ℓ3 .

Tenendo poi conto che m = ρ ℓ, si ha: IG =1

12mℓ2 .

173

Esercizio 2.10 Calcolare il momento d’inerzia dell’asta dell’esrcizio precedente rispetto ad un asse

normale passante per un estremo.

Ricordando il risultato dell’esercizio precedente ed

applicando il teorema di Huyghens, si ha

IA = IG + md2 =mℓ2

12+ m

( ℓ2

)2=

1

3mℓ2 .

Esercizio 2.11 Calcolare il momento d’inerzia dell’asta dell’esercizio 2.9 rispetto ad un asse baricen-

trico e formante un angolo α con l’asta.

Procedendo esattamente come nell’esercizio 2.9, l’u-

nico cambiamento riguarda la distanza del generico

punto P dell’asta dall’asse: ora la distanza e x sinα.

Si ha quindi:

IG =

∫ ℓ

2

− ℓ

e

x2 sin2αρdx = ρ sin2α[x3

3

] ℓ2

− ℓ

2

=ρ sin2α ℓ3

12=

1

12mℓ2 sin2α .

Se l’asse, invece che baricentrico, passa per un estremo dell’asta, allora, applicando il teorema di

Huyghens, si ottiene facilmente

IA =1

3mℓ2 sin2α .

Si noti che questi risultati generalizzano quelli dei due esercizi precedenti, che si ottengono per

α = π2 .

Esercizio 2.12 Calcolare il momento d’inerzia del corpo rigido a forma triangolare costituito dalle tre

aste dell’esercizio 2.2 rispetto all’asse normale e baricentrico e rispetto all’asse normale al triangolo

e passante per il vertice A.

Poniamo il triangolo equilatero ABC come nell’esercizio

N. 2, col piano Oxy coincidente col piano del triangolo,

O coincidente con A e il semiasse positivo delle x conte-

nente AB. L’esercizio puo essere risolto in piu modi (chia-

ramente equivalenti). Noi procediamo calcolando prima il

momento d’inerzia IA rispetto all’asse normale passante per

A. Avremo:

IA = IA(AB) + IA(BC) + IA(CA) .

Per quanto visto nell’esercizio 2.10, si ha poi

IA(AB) =1

32mℓ2 =

2

3mℓ2 , IA(CA) =

1

33mℓ2 = mℓ2 .

174

Per quanto concerne invece IA(BC), dobbiamo calcolarlo col teorema di Huyghens, sapendo che

AG2 =√32 ℓ:

IA(BC) = IG2(BC) + m(AG2)

2 =1

12mℓ2 + m

3

4ℓ2 =

5

6mℓ2 .

Dunque:

IA =2

3mℓ2 + mℓ2 +

5

6mℓ2 =

5

2mℓ2 .

Per calcolare IG basta applicare il teorema di Huyghens alla rovescia tenendo conto che la massa

totale e 6m e che, essendo G ´ ( 512ℓ,√36 ℓ) (vedi esercizio 2.2), si ha

d2 = AG2

=( 25

144+

1

12

)ℓ2 =

37

144ℓ2 .

Si ha quindi

IG = IA ¡ (6m)d2 =5

2mℓ2 ¡ 6m

37

144ℓ2 =

23

24mℓ2 .

Esercizio 2.13 Calcolare il momento d’inerzia dell’asta a densita variabile dell’esercizio 2.4 rispetto

ad un asse normale e baricentrico e rispetto ai due assi normali e passanti per gli estremi.

Sia AB l’asta di lunghezza ℓ e densita ρ(x) = k(ℓ+x),

con x distanza da A. Essendo la x che compare nella

densita la distanza da A, assumiamo come origine

dell’asse delle x proprio A.

Conviene calcolare prima IA e poi, utilizzando il teorema di Huyghens, calcolare IG e quindi IB .

IA =

∫ ℓ

0

x2ρ(x)dx =

∫ ℓ

0

kx2(ℓ + x)dx = k[ℓx3

3+

x4

4

]ℓ0

= k[ℓ4

3+

ℓ4

4

]=

7

12kℓ4 ,

per cui, tenendo conto (come visto nell’esercizio 2.4) che la massa M dell’asta vale 32kℓ

2, si ha

IA =7

18Mℓ2 .

Per calcolare IG, applichiamo il teorema di Huyghens (alla rovescia). Ricordando dall’esercizio 2.4,

che d = AG = 59ℓ, si ha

IG = IA ¡Md2 =7

18Mℓ2 ¡ 25

81Mℓ2 =

13

162Mℓ2 .

Infine calcoliamo IB riapplicando il teorema di Huyghens (questa volta alla dritta), tenendo conto

che ora d = GB = 49ℓ:

IB = IG + Md2 =13

162Mℓ2 +

16

81Mℓ2 =

5

18Mℓ2 .

175

Esercizio 2.14 Calcolare i momenti d’inerzia di un disco omogeneo D di massa M e raggio R rispetto

all’asse baricentrico normale e rispetto ad un asse baricentrico complanare.

Analogamente al problema 2.5, sia Oxy il piano del disco

D, con O centro di D e (r, θ) le coordinate polari di un suo

generico punto P, con θ = xOP ed r = OP . La coppia (r, θ)

descrive D quando 0 · r · R e 0 · θ · 2π. L’elemento

infinitesimo di massa dm che contiene il punto P e quindi

dato da ρ r dθ dr, mentre M = ρ π R2.

Cio premesso, il momento rispetto all’asse normale, che indichiamo con Iz, vale:

Iz =

∫

Dr2dm =

∫ R

0

∫ 2π

0

ρ r3dθ dr = ρ[θ]2π0

[r44

]R0

=1

2ρ π R4 =

1

2MR2 .

Calcoliamo ora il momento d’inerzia Ix rispetto all’asse x. Per ovvi motivi di simmetria, il momento

e lo stesso qualunque sia l’asse per O e giacente nel piano xy. In particolare, Ix = Iy.

Il calcolo e del tutto analogo a quello appena affrontato per Iz : l’unica differenza e che la distanza

di P dall’asse ora vale r sin θ. Si ha dunque:

Ix =

∫ R

0

∫ 2π

0

ρ r3 sin2θ dθ dr = ρ[1

2(θ ¡ sin θ cos θ)

]2π0

[r44

]R0

=1

4ρ π R4 =

1

4MR2 .

Osserviamo che Ix poteva essere calcolato in modo immediato da Iz in virtu della (2.20). Si ha

infatti:Iz = Ix + Iy = 2Ix =) Ix =

1

2Iz .

Osservazione importante. Il momento Iz puo essere calcolato in modo diverso, e meno conven-

zionale, considerando come elemento infinitesimo di superficie una corona circolare di “spessore”

infinitesimo dr e raggio r, con 0 · r ·R . In tal caso, essendo dσ = 2πr dr , si ha:

Iz =

∫

Dr2dm =

∫ R

0

r2ρ (2πr dr) = 2π ρ[r4

4

]R0

=1

2ρ π R4 =

1

2MR2 .

Esercizio 2.15 Si consideri una lamina piana omogenea, di massa M e

con la forma di un settore circolare di centro O, raggio R e angolo α.

Si chiede di calcolarne la matrice d’inerzia rispetto alla terna Oxyz,

con Ox asse di simmetria della figura e Oz asse normale alla lamina.

Calcoliamo per primo C ´ Iz. L’integrale e lo stesso dell’esercizio

precedente con la differenza che ora l’angolo θ varia tra ¡α2

e α2

invece che fra 0 e 2π. Ricordando poi che ora M = 12ραR

2 , , si ha

C = Iz =

∫ R

0

∫ α

2

−α

2

ρ r3dθ dr = ρ[θ]α2

−α

2

[r44

]R0

=1

4ραR4 =

1

2

(1

2ραR2

)R2 =

1

2MR2 .

Osservato che C ha la stessa espressione sia per un disco che per un settore, calcoliamo A ´ Ix.

A =

∫ R

0

∫ α

2

−α

2

ρ r3 sin2θdθdr = ρ[1

2(θ¡sin θ cos θ)

]α2

−α

2

[r44

]R0

=1

8ρ (α¡sinα)R4 =

1

4

(1¡ sinα

α

)MR2 .

Essendo poi A + B = C, avremo: B =1

4

(1 +

sinα

α

)MR2 .

Si noti che per α =π si ha A = B = 12C = 1

4MR2 (come facilmente giustificabile).

176

Esercizio 2.16 Calcolare il momento d’inerzia di una sfera omogenea S di massa M e raggio R rispetto

ad un suo diametro.

Ovviamente, per ragioni di simmetria, il momento

d’inerzia e lo stesso qualunque sia il diametro. Sce-

gliamo dunque un sistema di riferimento Oxyz con

origine nel centro O della sfera e calcoliamo Iz . In-

dicando con ρ la densita (costante) si ha

Iz = ρ∫S(x2 + y2)dxdydz .

Il calcolo di questo integrale di volume risulta semplificato passando alle coordinate cilindriche r,

θ e z. Tenendo conto che rispetto a queste l’elemento infinitesimo di volume diventa rdθdrdz e che

x2 + y2 = r2, l’integrale e il relativo calcolo diventano come segue:

Iz = ρ

∫

Sr3dθdrdz = ρ

∫ 2π

0

(∫ R

−R

(∫ √R2−z2

0

r3dr

)dz

)dθ =

= ρ

∫ 2π

0

dθ

∫ R

−R

(∫ √R2−z2

0

r3dr

)dz =

1

2ρπ

∫ R

−R(R4 ¡ 2R2z2 + z4)dz =

=1

2ρπ[R4z ¡ 2

3R2z3 +

1

5z5]R−R

= ρπ[1¡ 2

3+

1

5

]R5 =

8

15πρR5 =

=8

15π

(M

43πR

3

)R5 =

2

5MR2 .

Esercizio 2.17 Calcolare il momento d’inerzia polare di una sfera omogenea S di massa M e raggio R

rispetto al suo centro O e utilizzarlo per ottenere il momento d’inerzia rispetto ad un asse passante

per O (riottenendo cosı il risultato appena trovato nell’esercizio precedente).

Indichiamo con JO il momento polare rispetto ad O. Per definizione abbiamo

JO = ρ

∫

S(x2 + y2 + z2)dxdydz .

Questo integrale si calcola facilmente adottando una tecnica analoga a quella gia usata per il

secondo calcolo di Iz nell’esercizio 2.14. Considerando infatti come elemento infinitesimo di volume

una superficie sferica di raggio r e “spessore” infinitesimo dr, ossia 4πr2dr, si ha

JO = ρ

∫ R

0

r2(4πr2dr

)=

4

5πρR5 =

4

5π

(M

43πR

3

)R5 =

3

5MR2 .

Ora, tenendo conto di quanto visto nel x2.7, si ha

JO =1

2

(A + B + C) =

3

2Iz , da cui segue Iz =

2

3JO =

2

5MR2 .

177

Esercizio 2.18 Calcolare il momento d’inerzia rispetto all’asse baricentrico e normale di un disco

omogeneo di raggio R e massa M , con un ”buco” circolare di raggio R2 e i due centri a distanza R

2 .

Indicati con C1 e C2 i centri del cerchio grande e del cerchio

piccolo e assunto un riferimento Oxyz con Oxy coincidente col

piano del disco, O coincidente con C1 e l’asse x coincidente con

la congiungente C1 e C2 (orientato verso C2), dall’esercizio 2.7

sappiamo gia che G ´ (¡ 16R, 0). Calcoliamo separatamente i

momenti d’inerzia rispetto all’asse (G, k) del disco disco pieno

e del disco vuoto. Indichiamo con IzDP(G) e IzDV(G) tali mo-

menti, adottando analoga notazione per il momento del disco

pieno rispetto all’asse per C1 e del disco vuoto rispetto all’asse

per C2. Tenuto conto che il disco pieno avrebbe massa 43M e il disco vuoto massa ¡1

3M , si ha:

IzDP (G) = IzDP(C1) +4

3M C1G

2=

1

2

4

3MR2 +

4

3M

R2

36=

19

27MR2 ;

IzDV(G) = IzDV(C2) +(¡M

3

)C2G

2=

1

2

(¡M

3

)(R2

)2+(¡M

3

)(2

3R)2

= ¡ 41

216MR2 ,

e quindi

Iz(G) = IzDP (G) + IzDV (G) =19

27MR2 ¡ 41

216MR2 =

37

72MR2 .

Nota bene: i momenti d’inerzia sono sempre positivi! Il fatto di averne ottenuto uno negativo e dovuto

all’artificio matematico di attribuire una massa negativa ad un “buco”.

Esercizio 2.19 Calcolare i momenti centrali di una lamina rettangolare omogenea R di massa M e

lati a e b.

I momenti centrali sono i momenti principali d’iner-

zia di un corpo rigido rispetto al baricentro. Nel caso

della lamina in questione gli assi principali d’inerzia

per G, in virtu del teorema visto nel x2.6, teorema

che stabilisce che un asse perpendicolare per O1 ad

un piano di simmetria geometrico-materiale e princi-

pale d’inerzia, sono le due rette parallele ai lati e la

perpendicolare alla lamina. Considerato pertanto il

riferimento Gxyz, con l’asse x parallelo ai lati di lunghezza a, l’asse y parallelo a quelli di lunghezza

b e l’asse z normale alla lamina, i tre momenti centrali A, B e C sono i momenti rispetto agli assi

x, y e z. Calcoliamoli supponendo, come al solito, che la densita di massa sia ρ, per cui M = ρab.

A =

∫

Ry2dm = ρ

∫ a

2

−a

2

∫ b

2

− b

2

y2dydx = ρ[x] a2

− a

2

[y33

] b2

− b

2

= ρab3

12=

1

12Mb2

B =

∫

Rx2dm = ρ

∫ a

2

− a

2

∫ b

2

− b

2

x2dydx = ρ[x3

3

] a2

− a

2

[y] b2

− b

2

= ρa3

12b =

1

12Ma2

C =

∫

R(x2 + y2)dm = ρ

(∫ a

2

− a

2

∫ b

2

− b

2

x2dydx +

∫ a

2

− a

2

∫ b

2

− b

2

y2dydx

)= B + A =

1

12M(a2 + b2)

178

Esercizio 2.20. Scrivere l’equazione dell’ellissoide centrale della lamina dell’esercizio precedente ed

utilizzarla per calcolare i momenti d’inerzia rispetto alla retta r (bisettrice) ed r′ (diagonale)

disegnate nella figura dell’esercizio precedente.

L’equazione dell’ellissoide centrale e data dalla (2.19) con A, B e C ricavati nell’esercizio precedente.

L’equazione (il sistema solidale qui e Oxyz anziche O1x1y1z1) e quindi la seguente:

Mb2

12x2 +

Ma2

12y2 +

M

12(a2 + b2)z2 = 1 .

Per calcolare il momento d’inerzia rispetto alla retta r, calcoliamo i punti d’intersezione L1 ed L2

di r con l’ellissoide. A tal fine, mettendo a sistema le equazioni della retta con quella dell’ellissoide,

x = y

z = 0Mb2

12 x2 + Ma2

12 y2 + M12 (a2 + b2)z2 = 1 .

si ottiene: x2L = y2L =12

M(a2 + b2), zL = 0 . Da cio consegue

OL2

= x2L + y2L =24

M(a2 + b2)e quindi Ir =

1

OL2 =

1

24M(a2 + b2) .

Per calcolare Ir′ si procede allo stesso modo, cambiando ovviamente l’equazione della retta:

y = bax

z = 0Mb2

12 x2 + Ma2

12 y2 + M12 (a2 + b2)z2 = 1 .

Il sistema fornisce: x2L =6

Mb2, y2L =

6

Ma2, zL = 0 , e quindi Ir′ =

M

6

a2b2

a2 + b2.

Esercizio 2.21 Scrivere la matrice d’inerzia e l’equazione dell’ellissoide per la lamina dei due esercizi

precedenti rispetto ad un vertice.

Osserviamo innanzitutto che il testo dell’eser-

cizio non precisa il sistema di riferimento Oxyz

rispetto al quale calcolare la matrice d’iner-

zia, ma solo la sua origine. Assumiamo dun-

que come riferimento quello piu naturale, cioe

quello con il piano xy coincidente col piano

della lamina e gli assi x e y diretti ed orientati

con i lati della lamina, come in figura.

Ricordando che tutti i punti della lamina hanno z = 0, calcoliamo i coefficienti della matrice

d’inerzia.

A = ρ

∫ a

0

∫ b

0

y2dydx = ρ[x]a0

[y33

]b0

= ρab3

3=

1

3Mb2 ;

B = ρ

∫ a

0

∫ b

0

x2dydx = ρ[x3

3

]a0

[y]b0

= ρa3

3b =

1

3Ma2 ;

179

C = ρ

∫ a

0

∫ b

0

(x2 + y2)dydx = ρ

(∫ a

0

∫ b

0

x2dydx +

∫ a

0

∫ b

0

y2dydx

)= B + A =

1

3M(a2 + b2) ;

A′ = ρ

∫ a

0

∫ b

0

xydydx = ρ[x2

2

]a0

[y22

]b0

= ρa2

2

b2

2=

1

4Mab ;

B′ = ρ

∫ a

0

∫ b

0

xzdydx = 0 ; C ′ = ρ

∫ a

0

∫ b

0

yzdydx = 0 .

Osservato che il risultato B′ = C ′ = 0 e un’ovvia conseguenza del fatto che l’asse Oz e prin-

cipale d’inerzia (per cui si poteva anche evitare di scrivere gli integrali), scriviamo l’equazione

dell’ellissoide:Mb2

3x2 +

Ma2

3y2 +

M(a2 + b2)

3z2 ¡ Mab

2xy = 1 .

Si noti che i momenti principali A, B e C potevano essere calcolati in modo immediato da quelli

centrali calcolati nel precedente esercizio applicando il teorema di Huyghens. Infatti:

A =1

12Mb2 + M

( b2

)2=

1

3Mb2 ;

B =1

12Ma2 + M

(a2

)2=

1

3Ma2 ;

C =1

12M(a2 + b2) + M

[(a2

)2+( b

2

)2]=

1

3M(a2 + b2) .

Analogamente A′ poteva essere calcolato direttamente con la prima delle formule (2.22). Essendo

G ´(a2 ,

b2 ), si ha immediatamente

A′ = MxG yG = Ma

2

b

2=

1

4Mab .

A volte pero, quando si ha a che fare con una lamina ottenuta saldando assieme piu lamine

rettangolari, ci si puo trovare nella situazione di dover calcolare la matrice d’inerzia rispetto ad un

riferimento posto, rispetto alla lamina, come nella figura accanto.

E evidente che per quanto riguarda i momenti d’inerzia A,

B e C, dipendendo questi dalle distanze dei punti del corpo

dall’asse (per giunta al quadrato), nulla cambia. I momenti

di deviazione pero, dipendendo dai prodotti delle coordi-

nate dei punti, possono cambiare diventando negativi. Na-

turalmente, se l’asse Oz e principale d’inerzia, come nel

nostro caso, in ogni caso si ha B′ = C ′ = 0. Dunque, nel

problema in questione, l’unico elemento della matrice d’i-

nerzia che cambia e A′, che cambia segno. E facile verificare

cio ripetendo il calcolo dell’integrale.

A′ = ρ

∫ a

0

∫ 0

−bxydydx = ρ

[x22

]a0

[y22

]0−b

= ρa2

2

(¡ (¡b)2

2

)= ¡ρ

a2b2

4= ¡1

4Mab .

Ovviamente si perviene allo risultato, pero in modo molto piu rapido, utilizzando la prima delle

(2.22). Essendo G ´(a2 ,¡ b

2 ), si ha infatti

A′ = MxG yG = Ma

2

(¡ b

2

)= ¡1

4Mab .

180

Esercizio 2.22. Si consideri la figura rigida piana P ottenuta saldando assieme, come in figura, le

due lamine rettangolari omogenee R1 ed R2, con R1 di massa 3m e lati 2ℓ e 4ℓ ed R2 di massa m

e lati 4ℓ ed ℓ. Scelto il riferimento Oxyz come in figura, si chiede di determinare:

a) la matrice d’inerzia di P rispetto ad O e al riferimento Oxyz;

b) il momento d’inerzia di P rispetto alle rette OA e OB.

Indicati rispettivamente con AO(P), BO(P)

e CO(P) i momenti d’inerzia di P rispetto

agli assi Ox, Oy e Oz, e analogamente con

AO(R1), BO(R1) e CO(R1) quelli di R1 e con

AO(R2), BO(R2) e CO(R2) quelli di R2, si ha

AO(P) = AO(R1) + AO(R2)

BO(P) = BO(R1) + BO(R2)

CO(P) = CO(R1) + CO(R2) .

Inoltre, in virtu del fatto che, essendo la lamina piana, il piano Oxy e di simmetria per la stessa

lamina, l’asse Oz e principale d’inerzia. Di conseguenza, essendo B′ = C ′ = 0, l’unico momento di

deviazione da calcolare e A′. Naturalmente, adottata per i momenti di deviazione una simbologia

analoga, anche per A′ si avra’

A′O(P) = A′O(R1) + A′O(R2) .

Ora, ricordando l’espressione dei momenti di una lamina rettangolare omogenea di massa M e lati

a e b (ottenuti nell’esercizio 2.21) rispetto ad una terna di assi con l’origine coincidente con un

vertice della lamina e gli assi x e y contenenti rispettivamente i lati di lunghezza a e b, si ha

AO(R1) =M

3b2 =

3m

3(4ℓ)2 = 16mℓ2

BO(R1) =M

3a2 =

3m

3(2ℓ)2 = 4mℓ2

CO(R1) = AO(R1) + BO(R1) = 20mℓ2

A′O(R1) =M

4ab =

3m

4(2ℓ)(4ℓ) = 6mℓ2 .

Il calcolo degli analoghi momenti per la lamina R2 risulta un po’ piu elaborato in quanto l’origine

O del riferimento non coincide piu con un vertice della lamina e l’asse y non contiene piu il lato

ad esso parallelo (mentre l’asse x lo contiene). Procederemo dunque come prima per il calcolo di

AO(R2) e CO(R2), mentre per calcolare BO(R2) calcoleremo prima BG2(R2) (G2 e il baricentro di

R2) e applicheremo poi il teorema di Huyghens. Per quanto riguarda invece il calcolo di A′O(R2),

ricorreremo sia alla definizione che alla prima delle (2.22).

AO(R2) =M

3b2 =

m

3(ℓ)2 =

1

3mℓ2

BO(R2) = BG2(R2) + Md2 =

m

12(4ℓ)2 + m(4ℓ)2 =

52

3mℓ2

CO(R2) = AO(R2) + BO(R2) =53

3mℓ2

A′O(R2) = ρ

∫ 6ℓ

2ℓ

xdx

∫ ℓ

0

ydy = ρ[x2

2

]6ℓ2ℓ

[y22

]ℓ0

= 8ρℓ4 = 2(4ρℓ2)ℓ2 = 2mℓ2 .

181

In alternativa A′O(R2) avrebbe potuto essere calcolato facendo uso della prima delle (2.22). Essendo

G2 ´(4ℓ, ℓ

2

), si ha

A′O(R2) = MxG yG = M(4ℓ)( ℓ

2

)= 2Mℓ2 .

La matrice d’inerzia e dunque la seguente:

J =

49

3mℓ2 ¡8mℓ2 0

¡8mℓ264

3mℓ2 0

0 0113

3mℓ2

.

Infine, per calcolare i momenti d’inerzia di P rispetto alle rette OA e OB utilizziamo la formula

(2.10), che qui riprendiamo:

I = Aα2 + Bβ2 + Cγ2 ¡ 2A′αβ ¡ 2B′αγ ¡ 2C ′βγ .

Le rette in questione, giacendo nel piano Oxy, sono ortogonali all’asse z, per cui γ = 0. Per

determinarne poi i coseni direttori α e β, basta scriverne le equazioni nel piano xy nella formayβ

= xα

+ q, con α2 + β2 = 1 (se la retta e nella forma ax + by + c = 0 si ha α = ¡ b√a2+b2

e

β = a√a2+b2

). Ora, le equazioni di OA ed OB sono rispettivamente x ¡ 2y = 0 e 2x ¡ y = 0, che

poste nella forma richiesta diventano

OA :y1√5

=x2√5

OB :y2√5

=x1√5

.

Dunque, le rette in questione hanno i seguenti coseni direttori:

OA : α =2p5, β =

1p5, γ = 0 OB : α =

1p5, β =

2p5, γ = 0 .

Si ha quindi

IOA =49

3mℓ2

( 2p5

)2+

64

3mℓ2

( 1p5

)2¡ 2(8mℓ2)

2p5

1p5

=164

15mℓ2 ,

IOB =49

3mℓ2

( 1p5

)2+

64

3mℓ2

( 2p5

)2¡ 2(8mℓ2)

1p5

2p5

=209

15mℓ2 .

I due momenti d’inerzia appena trovati potevano essere calcolati anche con l’ellissoide d’inerzia.

Volendo eseguire il calcolo anche con questo metodo, andiamo a determinare le intersezioni della

retta OA con l’ellissoide. Otteniamo cosı il sistema

x = 2y

z = 0493 mℓ2x2 + 64

3 mℓ2y2 + 1133 mℓ2z2 ¡ 16mℓ2xy = 1 ,

che fornisce x2L =3

41mℓ2, y2L =

3

164mℓ2, zL = 0 . Da cio consegue

IOA =1

OL2 =

1

x2L + y2L=

164

15mℓ2 .

182

Se invece si vuole ottenere IOB , si ha

y = 2x

z = 0493 mℓ2x2 + 64

3 mℓ2y2 + 1133 mℓ2z2 ¡ 16mℓ2xy = 1 ,

da cui x2L =3

209mℓ2, y2L =

12

209mℓ2, zL = 0 . Si ha quindi

IOB =1

OL2 =

1

x2L + y2L=

209

15mℓ2 .

Abbiamo dunque ritrovato i due risultati gia ottenuti in precedenza.

Esercizio 2.23. Si consideri la figura rigida piana P ´ABCDEFGH ottenuta saldando assieme le due la-

mine rettangolari R1 ´ EFGH e R2 ´ ABCD

(vedi figura), entrambe omogenee e di massa m, di

dimensioni BC = GF = 4ℓ, AB = 2ℓ, EF = ℓ, con

AH = HD = DE = 2ℓ. Preso il sistema di riferi-

mento Oxyz come in figura con O punto medio di

HD, si chiede di determinare:

a) la matrice d’inerzia della figura rispetto al riferimento Oxyz;

b) il momento d’inerzia della figura rigida rispetto alla retta OF ;

c) il momento d’inerzia della figura rispetto alla retta normale alla lamina passante per G.

a) Osserviamo che, indicati con G1 e G2 i baricentri di R1 e R2, si ha

G1 ´(ℓ,¡ ℓ

2

), G2 ´

(¡ℓ, ℓ

).

Usando i risultati degli esercizi 2.18 e 2.20, il teorema di Huyghens e la prima formula 2.22, si ha

AO(R1) =M

3b2 =

m

3ℓ2

BO(R1) = BG1(R1) + Md2 =

1

12Ma2 + Md2 =

16

12mℓ2 + mℓ2 =

7

3mℓ2

CO(R1) = AO(R1) + BO(R1) =8

3mℓ2

A′O(R1) = MxG1yG1

= mℓ(¡ ℓ

2

)= ¡1

2mℓ2

AO(R2) =M

3b2 =

4

3mℓ2

BO(R2) = BG2(R2) + Md2 =

16

12mℓ2 + mℓ2 =

7

3mℓ2

CO(R2) = AO(R2) + BO(R2) =11

3mℓ2

A′O(R2) = MxG2yG2

= m(¡ℓ)ℓ = ¡mℓ2

183

Quindi, tenuto anche conto dell’ovvio fatto che l’asse z e principale d’inerzia, la matrice d’inerzia

e data da

J =

5

3mℓ2

3

2mℓ2 0

3

2mℓ2

14

3mℓ2 0

0 019

3mℓ2

.

b) Essendo F ´ (3ℓ, ℓ), la retta OF ha equazione x + 3y = 0, per cui

y = ¡x

3) y

1p10

=x

¡ 3p10

=) α = ¡ 3p10

, β =1p10

, γ = 0 .

Si ha quindi

IOF =5

3mℓ2(¡ 3p

10

)2+

14

3mℓ2( 1p

10

)2¡ 2(¡3

2mℓ2)(¡ 3p

10

)( 1p10

)=

16

15mℓ2

c) E richiesto il momento d’inerzia rispetto alla retta baricentrica parallela all’asse z. Siccome

conosciamo gia CO(P), che e il momento di P rispetto all’asse z, possiamo applicare il teorema di

Huyghens. Essendo G ´(0, ℓ4), si ha quindi

IzG = CO(P)¡M OG2

=19

3mℓ2 ¡ (2m)

( ℓ4

)2=(19

3¡ 1

8

)mℓ2 =

149

24mℓ2 .

Esercizio 2.24 Si consideri la figura rigida piana P mostrata nella

figura accanto, ottenuta saldando due lamine, una rettangolare

ed una circolare, indicate rispettivamente con R e C, entrambe

omogenee e di massa m ciascuna. La lamina rettangolare, di

vertici A, B, C e D, ha dimensioni AB = 2ℓ e BC = 4ℓ, mentre

quella circolare ha raggio ℓ e centro nel punto O che e posto

sul lato AD ad una distanza ℓ da A. Come risulta evidente

dalla figura, la lamina circolare si sovrappone per una meta a

quella rettangolare.

Scelto il riferimento Oxyz, con Ox parallelo ad AB e Oy paral-

lelo ad AD (come in figura), si chiede di determinare la matrice

d’inerzia di P rispetto al riferimento Oxyz.

L’esercizio presenta come novita una lamina una cui porzione e il risultato della sovrapposizione

di due lamine. Chiaramente ai fini del calcolo della matrice d’inerzia, il fatto che le due lamine

in parte si sovrappongano e irrilevante: la matrice d’inerzia di P si ottiene come somma delle matrici

d’inerzia di R e C.

Per quanto concerne la matrice d’inerzia della lamina circolare i momenti d’inerzia sono quelli gia’

visti per un disco uniforme nell’esercizio 2.14, mentre i momenti di deviazione sono chiaramente

tutti nulli in quanto una qualunque terna Oxyz con O centro del disco e Oz normale e principale

d’inerzia. Si ha dunque

AO(C ) = BO(C ) =1

4MR2 =

1

4mℓ2 , CO(C ) =

1

2MR2 =

1

2mℓ2 .

184

Per la lamina R, il cui baricentro GR ha coordinate (ℓ, ℓ), abbiamo invece:

AO(R) = AGR(R) + Md2 =

m

12(4ℓ)2 + m(ℓ2) =

7

3mℓ2

BO(R) =1

3Ma2 =

1

3m(2ℓ)2 =

4

3mℓ2

CO(R) = AO(R) + BO(R) =11

3mℓ2

A′O(R) = MxGRyGR

= mℓ2

La matrice d’inerzia di P e dunque la seguente:

J =

31

12mℓ2 ¡mℓ2 0

¡mℓ219

12mℓ2 0

0 025

6mℓ2

.

Esercizio 2.25 Calcolare i momenti centrali di una lamina rettangolare R omogenea di massa m e

lati a e b, con un foro circolare circolare di raggio r (r < a , r < b), con centro O nel centro del

rettangolo.

Osserviamo innanzitutto che il sistema di riferimento Oxyz

disegnato in figura, cioe con il piano Oxy coincidente col

piano della lamina e Ox e Oy ortogonali ai lati e passanti

per il centro-baricentro O, e principale d’inerzia. Ricor-

diamo anche che, per quanto visto nell’esecizio 2.14, nel

caso di un disco omogeneo di massa µ e raggio r si ha

Iz = 12µr

2 , Ix = Iy = 12Iz .

Ora, per quanto detto sui fori negli esercizi 2.7 e 2.18, possiamo considerare R come costituita di

una lamina rettangolare piena P ´ ABCD con la stessa densita ρ e di una lamina circolare V di

raggio r con densita ¡ρ (e quindi con massa negativa). Per quanto concerne ρ si ha:

m = ρ(ab ¡ πr2) =) ρ =m

ab ¡ πr2.

Ricordando ora anche i risultati dell’esercizio 2.19, essendo µ = ρπ r2, otteniamo

A(P) = 112ρ a b

3

B(P) = 112ρ a

3b

C(P) = 112ρ a b(a

2 + b2)

,

A(V) = ¡ 14 ρπ r4

B(V) = ¡ 14 ρπ r4

C(V) = ¡ 12 ρπ r4

=)

A(R) =m

ab ¡ πr2

(a b312

¡ π r4

4

)

B(R) =m

ab¡ πr2

(a3 b12

¡ π r4

4

).

C(R) =m

ab ¡ πr2

((a2 + b2)a b

12¡ π r4

2

)

185

Esercizio 2.26 Si consideri una lamina T , a forma di trian-

golo rettangolo, omogenea, di massa m, cateti di lunghezza

a e b. Si chiede di calcolarne: a) la matrice d’inerzia

JA rispetto alla terna Oxyz, essendo O il vertice relativo

all’angolo retto ed Ox e Oy contenenti i due cateti (come

in figura); b) la matrice d’inerzia JG rispetto alla terna

baricentrica e con assi paralleli Gx′y′z′.

a) Per calcolare i momenti d’inerzia A e B e il momento di deviazione A′ della matrice JA dob-

biamo far ricorso alla definizione. Prima, tuttavia, occorre osservare che, fissato x compreso fra 0

e a, l’ordinata del corrispondente punto sull’ipotenusa AB vale y = ba

(a¡ x

). Si avra quindi:

AO =

∫

Tρ y2 dx dy = ρ

∫ a

0

(∫ b

a(a−x)

0

y2 dy)dx = ρ

∫ a

0

[y33

] ba(a−x)

0dx =

=ρ b3

3 a3

∫ a

0

(a¡ x)3dx =ρ b3

3 a3

[¡1

4(a¡ x)4

]a0

=1

12ρ a b3 ;

BO =

∫

Tρ x2 dx dy = ρ

∫ a

0

x2(∫ b

a(a−x)

0

dy)dx = ρ

∫ a

0

x2[y] ba(a−x)

0dx =

= ρb

a

∫ a

0

x2(a¡ x) dx = ρb

a

[1

3ax3 ¡ 1

4x4]a0

=1

12ρ a3 b ;

CO = AO + BO =1

12ρ a b(a2 + b2)

A′O =

∫

Tρ x y dx dy = ρ

∫ a

0

x(∫ b

a(a−x)

0

y dy)dx = ρ

∫ a

0

x[y2

2

] ba(a−x)

0dx =

=ρ b2

2 a2

∫ a

0

x(a¡ x)2dx =ρ b2

2 a2

[1

2a2 x2 ¡ 2

3ax3 +

1

4x4]a0

=1

24ρ a2 b2 .

Essendo m = 12 ρ a b , si ha: JO =

1

6mb2 ¡ 1

12ma b 0

¡ 1

12mab

1

6ma2 0

0 01

6m(a2 + b2)

.

b) Calcoliamo ora JG, sapendo che rispetto ad Oxyz si ha G ´ (a3 ,b3 , 0).

AG = AO ¡m( b

3

)2=

1

6mb2 ¡ 1

9mb2 =

1

18mb2 ;

BG = BO ¡m(a

3

)2=

1

6ma2 ¡ 1

9ma2 =

1

18ma2 ;

CG = AG + BG =1

18m(a2 + b2) ;

A′G = A′O ¡mxG yG =1

12ma b¡m

a

3

b

3= ¡ 1

36a b .

E quindi: JG =

1

18mb2

1

36ma b 0

1

36ma b

1

18ma2 0

0 01

18m(a2 + b2)

.

186

Esercizio 2.27 Si consideri la laminaR disegnata nella figura

accanto, omogenea, di massa m, ottenuta dall’unione di un

semicerchio di diametro PQ = 2ℓ con un triangolo isoscele

di altezzaOM = h. Si chiede di calcolarne matrice d’inerzia

JO rispetto alla terna Oxyz, essendo Ox l’asse di simmetria

della lamina.

Osserviamo innanzitutto chem = ρ (h ℓ + 1

2 π ℓ2) =) ρ =m

(h ℓ + 12 π ℓ2)

.

Rileviamo quindi che, essendo Ox asse di simmetria della lamina, la terna Oxyz e principale

d’inerzia. Osserviamo anche che le formule viste nell’esercizio 2.27 per calcolare i momenti A e

B di un triangolo rettangolo possono essere utilizzate qui per calcolare gli stessi momenti per il

presente triangolo: basta riguardare POQ come unione dei triangoli rettangoli POM e QOM .

Notiamo poi che per ovvie ragioni di simmetria il momento A di POM e uguale al momento A di

QOM , e lo stesso vale per i momenti B.

Prima di procedere con i calcoli osserviamo che mentre il momento A puo essere calcolato diretta-

mente usando la formula trovata per A nell’esercizio 2.27, per il calcolo di B, oltre alla suddetta

formula occorre applicare due volte il teorema di Huyghens. Infatti, occorre calcolare prima il mo-

mento d’inerzia BM rispetto alla parallela all’asse y passante per M, poi BG rispetto alla parallela

passante per il baricentro del triangolo, e per ultimo BO quello rispetto ad Oy.

Indicata con T la componente a forma di triangolo isoscele della lamina R, con Tret la sua meta a

forma di tringolo rettangolo e con D la componente semicircolare, abbiamo:

A(T ) = 2A(Tret)

= 2[112ρ hℓ

3]

= 16ρhℓ

3 ;

B(T ) = 2B(Tret)

= 2[112ρh

3ℓ ¡(12ρhℓ

)(h3

)2+(12ρhℓ

)(2h3

)2]= 1

2ρ h3ℓ ;

C(T ) = A(T ) + B(T ) = 16ρ hℓ (ℓ2 + 3h2) .

Consideriamo ora la componente D e osserviamo che, per evidenti ragioni di simmetria, i suoi

momenti A(D) e BM (D) relativi rispettivamente agli assi Ox e My′ (parallelo ad Oy) sono uguali.

Ricordiamo poi che A(D) + BM (D) =CM (D) , essendo CM (D) il momento calcolato rispetto

all’asse Mz′ (cioe l’asse normale a R per M), e che CM (D) = 12µr

2, con µ e r rispettivamente

massa e raggio del cerchio o del settore circolare. Denotata con µ la massa di D e con d la distanza

del baricentro G di D da O, applicando due volte il teorema di Huyghens (solo per il calcolo di

B), abbiamoA(D) = 1

2CM (D) = 14µ ℓ2 ;

B(D) = 12CM (D)¡ µ d2 + µ (h + d)2 = 1

4µ ℓ2 + µ(h2 + 2hd

);

C(D) = A(D) + B(D) = 12µ ℓ2 + µ

(h2 + 2hd

),

con µ = 12 ρ π ℓ2 e d = 4ℓ

3π (si veda l’esercizio 2.5). La matrice d’inerzia richiesta e dunque la

matrice diagonale avente come elementi

A(R) = 16ρhℓ

3 + 18 ρ π ℓ4 ;

B(R) = 12ρh

3ℓ + 12ρ π ℓ2

(ℓ2

4 + h2 + 2hd)

;

C(R) = 16ρhℓ (ℓ2 + 3h2) + 1

2ρπ ℓ2

(ℓ2

2+ h2 + 2hd

).

187

Esercizio 2.28 Si consideri una lamina piana R, omogenea e di massa m, costituita dal settore

circolare ”rettangolare” OCD (nel seguito S) e dal quadrato OABC (nel seguito Q), come in

figura. Sia ℓ la comune lunghezza del lato del quadrato e del raggio del settore. Si chiede: a)

la matrice d’inerzia rispetto alla terna Oxyz, essendo Ox e Oy gli assi disegnati in figura; b) la

matrice d’inerzia rispetto alla terna baricentrica avente gli assi paralleli a quelli di Oxyz.

a) Osserviamo immediatamente che la densita ρ vale

ρ =m

ℓ2 + 14 π ℓ2

=4m

(4 + π)ℓ2.

E poi facile verificare che il momento d’inerzia di un settore

circolare omogeneo rispetto all’asse normale passante per

il centro della circonferenza vale 12 ρ S r2, con S area del

settore e r raggio del cerchio. Di conseguenza, nel caso in

oggetto, si haC(S) = IzO = 1

2 ρ(πℓ2

4

)ℓ2 = 1

8 ρ π ℓ4 .

Tenendo poi conto del fatto che Ix = Iy = 12Iz, avremo anche: A(S) = B(S) = 1

16 ρ π ℓ4 .

Avremo poi

A(Q) = B(Q) = 13 ρ ℓ

4 , C(Q) = A(Q) + B(Q) = 23 ρ ℓ

4 .

Venendo infine ai momenti di deviazione avremo ovviamente B′(R) = C ′(R) = 0. Inoltre, in virtu

della formula per A′ vista nell’esercizio 2.21, si ha

A′(Q) = 14 µa b = 1

4 (ρ ℓ2)ℓ2 = 14 ρ ℓ

4 .

Non resta quindi che calcolare A′(S). Cio deve necessariamente essere fatto ricorrendo alla defini-

zione. Ricorrendo alle coordinate polari r e θ, con θ misurato a partire dall’asse y, si ha

A′(S) =

∫

S

ρ xy dx dy = ρ

∫ ℓ

0

∫ π

2

0

(¡r sin θ)(r cos θ)r dr dθ =

= ρ

∫ ℓ

0

r3dr

∫ π

2

0

(¡ sin θ cos θ)dθ = ρ[r4

4

]ℓ0

[cos2 θ

2

] π2

0= ¡1

8ρℓ4 .

Gli elementi non nulli della matrice d’inerzia relativa al riferimento Oxyz sono dunque i seguenti:

A(R) = A(Q) + A(S) =1

3ρ ℓ4 +

1

16ρ π ℓ4 =

16 + 3π

48ρ ℓ2

B(R) = B(Q) + B(S) = A(R)

C(R) = A(R) + B(R) = 2A(R)

A′(R) = A′(Q) + A′(S) =1

4ρ ℓ4 ¡ 1

8ρ ℓ4 =

1

8ρ ℓ4 .

188

3. ESERCIZI DI CINEMATICA

Esercizio 3.1 Studiare il moto del punto che ha

le seguenti equazioni cartesiane:

x = R cosωt

y = R sinωt ,(E3.1)

con R e ω costanti positive.

Studiare il moto del punto significa studiarne la traiettoria, la velocita, la legge oraria e l’accelera-

zione. Per quanto riguarda la traiettoria, essa si ottiene eliminando il parametro t dalle equazioni

(E3.1). Per ottenerne l’equazione cartesiana basta elevare al quadrato ambo le equazioni e som-

mare:

x2 + y2 = R2 cos2 ωt + R2 sin2 ωt = R2(cos2 ωt + sin2 ωt) = R2 .

Si tratta chiaramente della circonferenza di centro O e raggio R. Fissiamo su di essa un sistema

di ascisse curvilinee assumendo come origine degli archi il punto O1 ´ (R, 0) e come verso positivo

(o verso degli archi crescenti) quello antiorario.

Andiamo ora a calcolare la velocita derivando le (E3.1) rispetto a t. Si ha

x = ¡ωR sinωt

y = ωR cosωt ,e quindi, in forma vettoriale, v(P ) = ¡ωR sinωt i + ωR cosωt j .

Dalle componenti della velocita in forma cartesiana si puo ricavare la velocita scalare s e quindi la

legge oraria.

s = §√

x2 + y2 = §pω2R2 = §ωR .

Il segno si determina tenendo conto delle condizioni iniziali, ossia della posizione e della velocita

di P all’istante t=0. Ebbene, in tale istante P e in O1 (per cui s(0) = 0) con velocita v0 = ωRj.

Essendo ω e R costanti positive, P si muove nel verso degli archi crescenti, per cui anche s e

positiva. Si ha quindi

s(t) = ωR . (E3.2)

Integrando rispetto a t e tenendo conto che s(0) = 0 si ottiene la legge oraria

s(t) = Rωt .

Ora, ricordando che in forma intrinseca si ha v = st, si puo calcolare il versore tangente t:

t =v

s, e quindi t = ¡ sinωt i + cosωt j .

Derivando una seconda volta le (E3.1) si ottengono le componenti cartesiane dell’accelerazione:

x = ¡ω2R cosωt

y = ¡ω2R sinωt ,

189

e quindi, in forma vettoriale,

a(P ) = ¡ω2R cosωt i¡ ω2R sinωt j .

Per concludere si puo calcolare a in forma intrinseca. Tenendo conto della (E3.2) e del fatto che

il raggio di curvatura di una circonferenza e ovviamente il suo raggio, si ha

at = s = 0 , an =s2

R= ω2R ,

e quindi

a(P ) = ω2Rn .

Esercizio 3.2 Studiare il moto del punto che ha

le seguenti equazioni cartesiane:

x = R cos(a

2t2 + ωt

)

y = R sin(a

2t2 + ωt

),

(E3.3)

con R, a e ω costanti positive.

Elevando al quadrato ambo le equazioni e sommmando si ottiene

x2 + y2 = R2 cos2(a

2t2 + ωt

)+ R2 sin2

(a2t2 + ωt

)= R2 .

Come nel caso dell’esercizio precedente si tratta della circonferenza di centro O e raggio R. Fissiamo

su di essa un sistema di ascisse curvilinee assumendo come origine degli archi il punto O1 ´ (0,¡R)

e come verso degli archi crescenti quello antiorario.

Calcoliamo la velocita derivando le (E3.3) rispetto a t:

x = ¡R(at + ω) sin(a

2t2 + ωt

)

y = R(at + ω) cos(a

2t2 + ωt

),

(E3.4)

e quindi, in forma vettoriale,

v(P ) = ¡R(at + ω) sin(a

2t2 + ωt

)i + R(at + ω) cos

(a2t2 + ωt

)j .

Dalle (E3.4) si ricava

s(t) = §√

x2 + y2 = §R(at + ω) .

Al fine di determinare il segno di s, osserviamo che P (0) ´ A ´ (R, 0) e v0 = ωRj, che equivalgono

alle condizioni iniziali s(0) =πR

2e s(0) = ωR. Quest’ultima condizione determina la scelta del

segno positivo per s(t), per cui

s(t) = R(at + ω) . (E3.5)

Integrando rispetto a t ed imponendo la condizione iniziale s(0) = Rπ

2, si ottiene quindi la seguente

legge oraria

s(t) = R(at2

2+ ωt

)+ R

π

2= R

(at22

+ ωt +π

2

).

190

Derivando una seconda volta le (E3.3) si ottengono le componenti cartesiane dell’accelerazione:

x = ¡aR sin(a

2t2 + ωt

)¡R(at + ω)2 cos

(a2t2 + ωt

)

y = aR cos(a

2t2 + ωt

)¡R(at + ω)2 sin

(a2t2 + ωt

).

Per concludere possiamo calcolare a in forma intrinseca esprimendone le componenti at e an.

Tenendo conto della (E3.5) e del fatto che il raggio di curvatura ρc e ovviamente R, si ha

at = s = Ra

an =s2

ρc=

R2(at + ω)2

R= R(at + ω)2 .

I tre esercizi che seguono riguardano la cinematica rigida. Ai fini di una completa comprensione,

sembra opportuno rimarcare che essi coinvolgono due sistemi di riferimento: un sistema fisso, che

non interessa precisare, ed uno mobile Oxyz, che qui assumeremo di versori i, j e k, solidale col

corpo rigido. Si sottolinea poi che le velocita assegnate, sia quelle dei punti che la velocita angolare

del corpo, sono ovviamente relative al sistema fisso, ma rappresentate in forma cartesiana rispetto

al sistema solidale.

Esercizio 3.3 Di un corpo rigido sono noti, in un dato istante, la velocita di un punto O e la velocita

angolare. Assunto un sistema di riferimento con origine in O, rispetto ad esso si abbia vO = 9i+18j

e ω = 2i ¡ j + 2k. Verificare che nell’istante considerato lo stato cinetico e rotatorio e calcolarne

l’asse.

Per verificare che lo stato cinetico del corpo rigido e rotatorio, sapendo gia che ω 6= 0, occorre

verificare che l’invariante e nullo. Calcoliamo dunque l’invariante I.

I = vO ¢ ω = (9i + 18j) ¢ (2i¡ j + 2k) = 18¡ 18 = 0 .

Ora, per trovare l’equazione dell’asse di istantanea rotazione sfruttiamo il fatto che esso puo essere

definito come il luogo geometrico dei punti aventi velocita nulla. Pertanto, indicato con P ´ (x, y, z)

un generico punto dello spazio, l’asse cercato e il luogo dei punti P per i quali v(P ) = 0. Per la

formula fondamentale della cinematica rigida si ha quindi:

v(P ) = vO + ω£ (P ¡O) = 9i+ 18j +

∣∣∣∣∣∣

i j k2 ¡1 2x y z

∣∣∣∣∣∣= (9¡ z ¡ 2y)i+ (18¡ 2z + 2x)j + (2y + x)k .

Cio porta al sistema

9¡ z ¡ 2y = 0

18¡ 2z + 2x = 0

2y + x = 0 ,

che equivale al seguente sistema di due equazioni indipendenti:

x + 2y = 0

2y + z = 9 .

Queste sono le equazioni dell’asse di istantanea rotazione.

191

Esercizio 3.4 Di un corpo rigido sono noti, in un dato istante, la velocita di un punto O e la

velocita angolare. Assunto un sistema di riferimento con origine in O, rispetto ad esso si abbia

vO = 25i ¡ 50j + 50k e ω = 3i + 4j. Verificare che nell’istante considerato lo stato cinetico e

elicoidale, calcolarne l’asse di Mozzi e la velocita di scorrimento del corpo.

Per verificare che lo stato cinetico del corpo rigido e elicoidale, occorre verificare che l’invariante e

non nullo. Calcoliamo dunque I.

I = vO ¢ ω = (25i¡ 50j + 50k) ¢ (3i + 4j) = 75¡ 200 6= 0 .

L’asse di Mozzi e il luogo geometrico dei punti aventi velocita parallela ad ω. Quindi, indicato con

P = (x, y, z) un generico punto dello spazio, l’asse cercato sara il luogo dei punti P per i quali

v(P ) e parallelo ad ω. Per la formula fondamentale della cinematica rigida si ha:

v(P ) = vO+ω£(P¡O) = 25i¡50j+50k+

∣∣∣∣∣∣

i j k3 4 0x y z

∣∣∣∣∣∣= (25+4z)i+(¡50¡3z)j+(50+3y¡4x)k .

Imponendo che v(P ) sia parallelo ad ω si ottiene la retta di equazioni

25 + 4z

3=¡50¡ 3z

450 + 3y ¡ 4x = 0 ,

che semplificando assumono la forma

4x¡ 3y = 50

z = ¡10 .

La velocita di scorrimento del corpo (si veda x3.12), vale a lire la velocita di un qualunque punto

M dell’asse di Mozzi, e data da

v(M) =I

ω2ω =

¡125

25(3i + 4j) = ¡5(3i + 4j)

Esercizio 3.5 Di un corpo rigido C sono noti all’istante t0 la velocita vA del punto A´ (¡1, 2, 0)

e il vettore velocita angolare ω = 3 i ¡ 2 j ¡ k . Dire qual e lo stato cinetico di C, calcolandonel’asse di istantanea rotazione o l’asse di Mozzi a seconda che lo stato cinetico risulti rotatorio o

elicoidale, nei due casi seguenti: a) vA = j ¡ 2 k ; b) vA = i + 2j ¡ 2 k .

a) L’invariante dello stato cinetico vale:

I = vA ¢ ω = (j ¡ 2 k) ¢ (3 i¡ 2 j ¡ k) = ¡2 + 2 = 0

Ne consegue che lo stato cinetico e rotatorio. Ne calcoliamo l’asse di rotazione, che e il luogo

geometrico dei punti aventi velocita nulla. Indicato con P (x, y, z) un generico punto dello spazio,

abbiamo

vP = vA+ω£(P ¡A) = j¡2 k+

∣∣∣∣∣∣

i j k3 ¡2 ¡1

x + 1 y ¡ 2 z

∣∣∣∣∣∣= (y¡2z¡2)i+(¡x¡3z)j+(2x+3y¡4)k .

192

Imponendo che vP = 0 si ottengono le equazioni dell’asse di rotazione:

vP = 0 =)

y ¡ 2z ¡ 2 = 0

¡x¡ 3z = 0

2x + 3y ¡ 6 = 0

=)

y ¡ 2z = 2

x + 3z = 0 .

La terza equazione e stata eliminata essendo una combinazione lineare delle prime due.

b) L’invariante dello stato cinetico vale:

I = vA ¢ ω = (i + 2j ¡ 2 k) ¢ (3 i¡ 2 j ¡ k) = 3¡ 4 + 2 = 1

Ne consegue che lo stato cinetico e elicoidale. Ne calcoliamo l’asse di Mozzi, che e il luogo geome-

trico dei punti aventi velocita parallela a ω. Indicato con P (x, y, z) un generico punto dello spazio,

abbiamo

vP = vA+ω£(P¡A) = i+2j¡2 k+

∣∣∣∣∣∣

i j k3 ¡2 ¡1

x + 1 y ¡ 2 z

∣∣∣∣∣∣= (y¡2z¡1)i+(¡x¡3z+1)j+(2x+3y¡4)k .

Imponendo che vP sia parallelo a ω si ottengono le equazioni dell’asse di Mozzi:

y ¡ 2z ¡ 1

3=¡x¡ 3z + 1

¡2y ¡ 2z ¡ 1

3=

2x + 3y ¡ 4

¡1,

che riscritte in forma piu conveniente diventano

3x¡ 2y + 13z ¡ 1 = 0

6x + 10y ¡ 2z ¡ 13 = 0 .

Esercizio 3.6 Siano Oxyz e O1x1y1z1 rispetti-

vamente un sistema fisso ed un sistema mobile

con O ´ O1 e gli assi Oz e O1z1 coincidenti.

Il sistema mobile ruota attorno all’asse z con

legge nota θ = θ(t), essendo θ = xx1. Un

punto P si muove sull’asse O1x1 con legge nota

x1 = x1(t). Determinare velocita ed accelera-

zione di P rispetto all’osservatore fisso facendo

uso dei teoremi della cinematica relativa.

Indicate velocita ed accelerazione relative di P con v1(P ) e a1(P ), si ha immediatamente

v1(P ) = x1i1 ,

a1(P ) = x1i1 .

Ora, dovendo applicare il teorema di composizione delle velocita per calcolare la velocita assoluta

di P , occorre prima calcolare vτ . Ricordando ancora che O ´ O1 e fisso, si ha:

vτ (P ) =dO1dt

+ ω £ (P ¡O1) = ω £ (P ¡O) = θk £ (x1i1) = x1θj1 . (E3.6)

193

Ora, applicando il teorema di composizione delle velocita si ottiene immediatamente la velocita

assoluta:

v(P ) = v1(P ) + vτ = x1i1 + x1θj1 . (E3.7)

Per ricavare l’accelerazione utilizzando il teorema di composizione delle accelerazioni (o teorema

di Coriolis) si devono prima calcolare l’accelerazione di trascinamento aτ (P ) e l’accelerazione di

Coriolis ac(P ).

aτ (P ) =d2O1dt2

+ ω £ (P ¡O1) + ω £(ω £ (P ¡O1)

)=

= θk £ x1i1 + θk £(θk £ x1i1

)= x1θj1 ¡ x1θ

2i1 (E3.8)

ac(P ) = 2ω £ v1 = 2θk £ x1i1 = 2x1θj1 .

In virtu del teorema di Coriolis si ha quindi

a(P ) = a1(P ) + aτ (P ) + ac(P ) = x1i1 + x1θj1 ¡ x1θ2i1 + 2x1θj1 =

= (x1 ¡ x1θ2)i1 + (x1θ + 2x1θ)j1 . (E3.9)

Osserviamo che vτ e aτ si potevano facilmente calcolare anche pensando al loro significato fisico,

ossia pensando che rappresentano rispettivamente la velocita e l’accelerazione di P supposto solidale

con il sistema mobile. In tal caso vτ e aτ corrispondono alla velocita e all’accelerazione, rispetto

al sistema fisso, di un punto che si muove nel piano Oxy descrivendo la circonferenza di centro O,

raggio x1 e angolo θ(t). Tenendo conto che t ´ j1 e n ´ ¡i1, si riottengono le espressioni gia viste

in (E3.6) e (E3.8):

vτ (P ) = st = x1θt = x1θj1 ,

aτ (P ) = st +s2

ρcn = x1θt + x1θ

2n = x1θj1 ¡ x1θ2i1 .

I vettori v(P ) e a(P ), cosı come espressi in (E3.7) e (E3.9), sono rappresentati nel sistema relativo.

Se se ne vuole trovare l’espressione cartesiana rispetto al sistema assoluto, occorre esprimere i

versori i1 e j1 tramite i versori i e j. Occorre cioe sostituire ad i1 e j1 le espressioni seguenti:

i1 = cos θi + sin θj

j1 = ¡ sin θi + cos θj .

Questo semplice esercizio viene lasciato allo studente, al quale si consiglia anche di controllare il

risultato riottenendo v(P ) e a(P ) per via assoluta, cioe mediante derivazione diretta del vettore

spostamento di P, ossia

P ¡O = x1(cos θi + sin θj) .

194

Esercizio 3.7 Un punto P percorre il bordo di un disco di raggio R con legge assegnata θ = θ(t). A

sua volta il disco ruota con legge nota α = α(t) attorno all’asse ortogonale passante per il centro

O del disco. Si chiede di determinare il moto assoluto di P .

Sia Oxyz l’osservatore fisso, con Oxy coinci-

dente col piano del disco ed Oz asse attorno al

quale ruota il disco. Sia poi Ox1y1z1 il sistema

mobile solidale col disco, con Oz1 coincidente

con Oz. Inoltre, per fissare le idee si abbia

α = xx1.

Osserviamo innanzitutto che il punto P ri-

spetto al sistema mobile descrive la circonfe-

renza di centro O e raggio R con legge θ(t).

La stessa circonferenza e descritta poi da P

con legge α(t) nel suo moto di trascinamento.

Si ha dunque v1(P ) = Rθt , vτ (P ) = Rαt ,

e quindi, applicando il teorema di composizione per le velocita,

v(P ) = v1(P ) + vτ (P ) = R(θ + α)t. (E3.10)

Passando alle accelerazioni, si ha:

a1(P ) = Rθt + Rθ2n

aτ (P ) = Rαt + Rα2n

ac(P ) = 2αk £Rθt = 2Rαθn ,

da cui

a(P ) = a1(P ) + aτ (P ) + ac(P ) = R(θ + α)t + R(θ + α)2n . (E3.11)

Volendo considerare il caso particolare in cui entrambe le rotazioni sono uniformi, posto α(t) =

Ωt + α0 e θ(t) = ωt + θ0, (E3.10) e (E3.11) forniscono

v(P ) = R(ω + Ω)t

a(P ) = R(ω + Ω)2n .

Esercizio 3.8 (Base e rulletta del glifo) Determi-

nare per via analitica base e rulletta di un’asta

rigida AB di lunghezza ℓ i cui estremi A e B

si muovono con gli estremi vincolati a scorrere

lungo due guide rettilinee ortogonali (rispetti-

vamente asse x e asse y.

Andiamo dunque ad applicare le formule (3.59)

e (3.60) per ricavare per via analitica base e

195

rulletta dell’asta vista nell’esempio del x3.20. Innanzitutto osserviamo che e nota la traiettoria

dell’estremo A dell’asta, estremo che e percio assunto come origine O1 del sistema relativo, con

l’asse O1y1 coincidente con l’asta e O1x1 scelto come in figura. Per quanto detto, si deve assumere

θ = xO1x1.Essendo

a = ℓ sin θ

b = 0da cui

da

dθ= ℓ cos θ

db

dθ= 0 .

Le (3.59) forniscono ξ = ℓ sin θ

η = ℓ cos θda cui ξ2 + η2 = ℓ2 .

La base e dunque la circonferenza di centro O e raggio ℓ. Analogamente le (3.60) danno

ξ1 = ℓ cos θ sin θ =ℓ

2sin 2θ

η1 = ℓ cos θ cos θ =ℓ

2(1 + cos 2θ)

, e quindi ξ21 +

(η1 ¡

ℓ

2

)2=

(ℓ

2

)2,

per cui la rulletta e la circonferenza di centro

(0,

ℓ

2

)e raggio

ℓ

2.

Esercizio 3.9 Determinare per via analitica base

e rulletta di un’asta rigida AB che si muove

con l’estremo A vincolato a scorrere lungo una

guida rettilinea (l’asse x) rimanendo sempre

appoggiata ad una circonferenza di raggio R e

centro Q ´ (0, R).

Assumiamo O1 ´ A, come asse Ox1 la per-

pendicolare all’asta per A e O1y1 coincidente

con l’asta (come in figura).

In questo caso si ha a = R cos θ + R(1 + sin θ) tan θ = R

1 + sin θ

cos θb = 0

.

Tenendo conto cheda

dθ= R

1 + sin θ

cos2 θ=

R

1¡ sin θ,

le (2.88) diventano

ξ = R1 + sin θ

cos θ

η =R

1¡ sin θ

,

da cui

sin θ = 1¡ R

η

cos θ =ξ

η

=) ξ2 + (η ¡R)2 = η2 =) η =ξ2

2R+

R

2.

196

La base e quindi la parabola di fuoco (0, R) e direttrice l’asse x. Per quanto concerne le equazioni

parametriche della rulletta si ottiene

ξ1 =R sin θ

1¡ sin θ

η1 =R cos θ

1¡ sin θ

,

da cui

sin θ =ξ1

ξ1 + R

cos θ =η1

ξ1 + R

=) ξ21 + η21 = (ξ1 + R)2 =) ξ1 =η212R

¡ R

2.

La rulletta e quindi la parabola di fuoco O1 e direttrice la retta ξ1 = ¡R.

197

4. ESERCIZI SULLE FORZE

Esercizio 4.1 Si consideri il sistema di forze (As, F s), s = 1, 2, 3, con

A1 ´ (3, 2, 1)

A2 ´ (5, 0, 7)

A3 ´ (2, 4,¡6)

F 1 = 2i ¡ 2j + 6k

F 2 = ¡3i¡ 4j ¡ k

F 3 = i + 6j ¡ 5k .

Si chiede di stabilire a quale sistema elementare e equivalente.

Calcoliamo i vettori caratteristici del sistema.

R = F 1 + F 2 + F 3 = (2¡ 3 + 1)i + (¡2¡ 4 + 6)j + (6¡ 1¡ 5)k = 0 ,

Ω(O) =

3∑

s=1

F s £ (O ¡As) =

∣∣∣∣∣∣

i j k2 ¡2 6¡3 ¡2 ¡1

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣

i j k¡3 ¡4 ¡1¡5 0 ¡7

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣

i j k1 6 ¡5¡2 ¡4 6

∣∣∣∣∣∣=

= (14i¡ 16j ¡ 10k) + (28i¡ 16j ¡ 20k) + (16i + 4j + 8k) =

= 58i¡ 28j ¡ 22k .

Si ha dunque R = 0 e Ω(O) 6= 0; cio significa che il sistema e equivalente ad una qualunque coppia

di momento Ω(O).

Esercizio 4.2 Si consideri il sistema di forze piane (As, F s), s = 1, 2, 3, con

A1 ´ (5,¡2)

A2 ´ (3, 0)

A3 ´ (1,¡3)

F 1 = i + j

F 2 = 3i ¡ 4j

F 3 = ¡2i + 6j .

Si chiede di far vedere che il sistema e equivalente ad una forza e quindi di determinarne l’asse

centrale.

Calcoliamo i vettori caratteristici del sistema. il sistema

R = F 1 + F 2 + F 3 = (1 + 3¡ 2)i + (1¡ 4 + 6)j = 2i + 3j ,

Ω(O) =

∣∣∣∣∣∣

i j k1 1 0¡5 2 0

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣

i j k3 ¡4 0¡3 0 0

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣

i j k¡2 6 0¡1 3 0

∣∣∣∣∣∣= (7¡ 12 + 0)k = ¡5k .

Si ha dunque

I = R ¢ Ω(O) = (2i + 3j) ¢ (¡5k) = 0 .

198

Essendo l’invariante I nullo con R non nullo, il sistema e equivalente ad una forza (P,R) con P

punto qualunque dell’asse centrale. Per calcolare l’equazione di tale retta si sfrutta il fatto che essa

e il luogo geometrico dei punti P dello spazio per i quali si ha Ω(P ) = 0.

Sia dunque P ´ (x, y, z) un generico punto dello spazio. Il momento risultante del sistema delle

forze rispetto a P si puo calcolare semplicemente ricorrendo alla formula (4.16):

Ω(P ) = Ω(O) + R £ (P ¡O) = ¡5k +

∣∣∣∣∣∣

i j k2 3 0x y z

∣∣∣∣∣∣= 3zi¡ 2zj + (2y ¡ 3x¡ 5)k .

Imponendo che Ω(P ) sia nullo si ottiene l’equazione dell’asse centrale:

2y ¡ 3x¡ 5 = 0

z = 0 .

Osserviamo che l’asse sta nel piano xy; cio non deve sorprendere: e una conseguenza del fatto che

tutte le forze stanno in questo piano.

Esercizio 4.3 Si consideri il sistema di forze (As, F s), s = 1, 2, 3, con

A1 ´ (1, 0, 0)

A2 ´ (1, 1, 1)

A3 ´ (1, 2,¡3)

F 1 = 3i + j ¡ 2k

F 2 = ¡i + 2k

F 3 = i + j ¡ k .

Si chiede di far vedere che il sistema e equivalente ad una forza ed una coppia, di determinare l’asse

centrale e il momento rispetto ai punti di tale asse.

Calcoliamo i vettori caratteristici del sistema, e quindi l’invariante I.

R = F 1 + F 2 + F 3 = (3¡ 1 + 1)i + (1 + 0 + 1)j + (¡2 + 2¡ 1)k = 3i + 2j ¡ k ,

Ω(O) =3∑

s=1

F s £ (O ¡As) =

∣∣∣∣∣∣

i j k3 1 ¡2¡1 0 0

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣

i j k¡1 0 2¡1 ¡1 ¡1

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣

i j k1 1 ¡1¡1 ¡2 3

∣∣∣∣∣∣=

= (2j + k) + (2i¡ 3j + k) + (i¡ 2j ¡ k) = 3i¡ 3j + k ,

I = R ¢ Ω(O) = (3i + 2j ¡ k) ¢ (3i¡ 3j + k) = 2 .

Il fatto che l’invariante sia non nullo implica l’equivalenza ad una forza ed una coppia. L’asse

centrale si determina cercando il luogo dei punti P per i quali si ha che Ω(P ) e parallelo ad R.

Indicate con (x, y, z) le coordinate di un generico punto dello spazio, calcoliamo Ω(P ) ricorrendo,

come nell’esercizio precedente, alla formula (4.16):

Ω(P ) = Ω(O)+R£(P¡O) = 3i¡3j+k+

∣∣∣∣∣∣

i j k3 2 ¡1x y z

∣∣∣∣∣∣= (2z+y+3)i¡(3z+x+3)j+(3y¡2x+1)k .

199

Imponendo che Ω(P ) sia parallelo ad R si ottengono le equazioni

y + 2z + 3

3= ¡x + 3z + 3

2y + 2z + 3

3=

3y ¡ 2x + 1

¡1,

che riscritte in forma piu conveniente diventano

3x + 2y + 13z + 15 = 0

3x¡ 5y ¡ z ¡ 3 = 0 .

Per finire calcoliamo il momento risultante rispetto ad un generico punto P dell’asse centrale

tenendo conto che e uguale alla componente (vettoriale) di Ω(O) parallela ad R. Ricordando che

I = 2 ed essendo jRj =p

14, si ha

Ω(P ) =

(Ω(O) ¢ R

jRj

)R

jRj =I

R2R =

1

7(3i + 2j ¡ k) .

Esercizio 4.4 Si consideri la forza piana

(P,F = yi + 2xj) .

Si chiede di calcolarne il lavoro quando il punto P si sposta dall’origine

O al punto A ´ (1, 2) percorrendo

a) la retta che congiunge O e A;

b) la parabola y = 2x2;

c) la spezzata costituita dai tratti rettilinei OB e BA, con B ´ (1, 0);

d) la spezzata costituita dai tratti rettilinei OC e CA, con C ´ (0, 2).

Posto che il punto P abbia coordinate (x, y), il lavoro infinitesimo dL compiuto dalla forza data

vale

dL = F ¢ dP = (yi + 2xj) ¢ (dxi + dyj) = y dx + 2x dy .

Andiamo a calcolare il lavoro La quando P si sposta da O ad A percorrendo la retta che congiunge

i due punti, vale a dire la retta di equazione y = 2x. Indicato con OA tale percorso, e osservato

che, essendo y = 2x, si ha dy = 2dx, segue che

La =

∫

OA

dL =

∫

OA

(y dx + 2x dy) =

∫ 1

0

(2x dx + 2x 2dx) =

∫ 1

0

6x dx = 3 .

Per calcolare il lavoro Lb relativo al percorso b) osserviamo che, essendo y = 2x2, si ha dy = 4x dx.

Di conseguenza

Lb =

∫

OA

dL =

∫

OA

(y dx + 2x dy) =

∫ 1

0

(2x2 dx + 2x 4x dx) = 10

∫ 1

0

x2dx =10

3.

Per quanto riguarda il calcolo del lavoro Lc relativo al cammino c), bisogna spezzare il cammino

stesso nei due tratti rettilinei OB e BA, tenendo presente che nel primo tratto si ha y = 0 e quindi

anche dy = 0, mentre nel secondo si ha x = 1 e dx = 0. Si ha quindi

Lc =

∫

OB

dL +

∫

BA

dL =

∫ 1

0

(0 dx + 2x 0) +

∫ 2

0

(y 0 + 2 dy) = 0 +

∫ 2

0

2 dy = 4 .

200

Per finire, operando come nell’ultimo caso, calcoliamo Ld spezzando il cammino nei due tratti

rettilinei OC e CA, e ricordando che nel primo tratto si ha x = 0 e quindi dx = 0, mentre nel

secondo si ha y = 2 e quindi dy = 0.

Ld =

∫

OC

dL +

∫

CA

dL =

∫ 2

0

(y 0 + 0 dy) +

∫ 1

0

(2 dx + 2x 0) =

∫ 1

0

2 dx = 2 .

Esercizio 4.5 Si considerino le tre forze piane (P, F 1), (P,F 2) e (P, F 3) i cui vettori sono i seguenti:

F 1 = xi + yj ; F 2 = yi + xj ; F 3 = (x + 2xy)i + x2j .

1) Verificare che le tre forze sono conservative, determinare il potenziale di ciascuna e calcolarne il

lavoro quando il punto d’applicazione P si muove sulla parabola y=x2 partendo dall’origine fino a

raggiungere il punto di ascissa 2.

2) Scrivere la forza risultante, determinarne il potenziale e calcolarne il lavoro relativo allo stesso

percorso, verificando che e uguale alla somma dei tre lavori precedentemente trovati.

Ricordiamo che il criterio per verificare se una data forza piana di vettore F = Fxi + Fyj e

conservativa consiste nel verificare che

∂Fx

∂y=

∂Fy

∂x.

Ricordiamo anche che il potenziale della forza e una funzione U(x, y) tale che

∂U

∂x= Fx e

∂U

∂y= Fy .

Questa proprieta che caratterizza il potenziale U(x, y) potrebbe essere utile, almeno nei casi piu

semplici come quelli ora proposti, anche al fine di determinare lo stesso U . Giova infine aver

presente che nel caso di una forza conservativa il lavoro L non dipende dalla curva percorsa, ma

solo dal punto iniziale P0 e dal punto finale P1. Piu precisamente: L = U(P1)¡ U(P0) .

1) Consideriamo la forza di vettore F 1. Essendo

∂F1x∂y

= 0 ,∂F1y∂x

= 0 ,

il criterio risulta soddisfatto, e quindi la prima forza e conservativa. Il

suo potenziale puo essere calcolato con la formula (4.37) con P0´(x0, y0)

arbitrariamente scelto. Ricordiamo che con tale formula si calcola

il lavoro compiuto dalla forza quando il suo punto d’applica-

zione si sposta da P0 ad un generico punto P ´ (x, y) muo-

vendosi prima parallelamente all’asse x e poi parallelamente

all’asse y. Assunto per semplicita P0 ´ (0, 0) (come anche in figura)

ed indicata con U∗ una costante arbitraria, si ha quindi

U1(x, y) =

∫ x

x0

Fx(ξ, y0) dξ +

∫ y

y0

Fy(x, ξ) dξ =

∫ x

0

ξ dξ +

∫ y

0

ξ dξ =x2

2+

y2

2+ U∗ .

201

Essendo poi P0 ´ (0, 0) e P1 ´ (2, 4), il lavoro L1 della forza quando P si sposta da P0 a P1 vale

L1 = U1(2, 4)¡ U1(0, 0) = (2 + 8 + U∗)¡ U∗ = 10 .

Consideriamo ora la forza di vettore F 2. Essendo

∂F2x∂y

= 1 ,∂F2y∂x

= 1 ,

il criterio risulta soddisfatto. Dunque la forza e conservativa e il suo potenziale, ottenuto ancora

attraverso la (4.37), vale

U2(x, y) =

∫ x

x0

Fx(ξ, y0) dξ +

∫ y

y0

Fy(x, ξ) dξ =

∫ x

0

0 dξ +

∫ y

0

x dξ = xy + U∗ .

Di conseguenza il lavoro L2 della forza vale

L2 = U2(2, 4)¡ U2(0, 0) = (8 + U∗)¡ U∗ = 8 .

Consideriamo infine la terza forza. Essendo

∂F3x∂y

= 2x ,∂F3y∂x

= 2x ,

il criterio risulta soddisfatto. Pertanto la forza e conservativa e il suo potenziale vale

U3(x, y) =

∫ x

x0

Fx(ξ, y0) dξ +

∫ y

y0

Fy(x, ξ) dξ =

∫ x

0

(ξ + 2ξ ¢ 0) dξ +

∫ y

0

x2 dξ =x2

2+ x2y + U∗ .

Di conseguenza il lavoro L3 della forza vale

L3 = U3(2, 4)¡ U3(0, 0) = (2 + 16 + U∗)¡ U∗ = 18 .

2) La forza risultante, che esiste certamente in quanto le tre forze date hanno lo stesso punto di

applicazione, e ovviamente applicata in P e ha come vettore il risultante

R = F 1 + F 2 + F 3 = (2x + y + 2xy)i + (x + y + x2)j .

Il suo potenziale e dato dalla somma dei potenziali delle forze componenti:

U(x, y) = x2 +y2

2+ xy + x2y + U∗ .

Il lavoro compiuto per andare da O ad A ´ (2, 4) vale

L = U(2, 4)¡ U(0, 0) = (4 + 8 + 8 + 16 + U∗)¡ U∗ = 36 ,

che e uguale alla somma di L1, L2 ed L3.

202

5. ESERCIZI DI MECCANICA DEL PUNTO

Esercizio 5.1 (Moto di un proiettile nel vuoto) Determinare il moto di un punto materiale (P,m),

soggetto al solo peso, in moto nel vuoto, con condizioni iniziali P (0) = P0 e P (0) = v0.

Per semplicita assumiamo come origine O del

sistema di riferimento il punto P (0) e come

piano Oxy il piano verticale contenente la ve-

locita iniziale v0, con Ox orizzontale e Oy ver-

ticale ascendente. L’asse z e ovviamente de-

terminato in modo che Oxyz sia una terna

destra. Siano v0x e v0y le componenti di v0rispettivamente lungo gli assi x e y. Natural-

mente, se α e l’angolo tra v0 e la direzione

positiva dell’asse x, si ha v0x = v0 cosα e

v0y = v0 sinα (v0=jv0j).

Si tratta di un problema a 3 gradi di liberta. Ovviamente le tre coordinate cartesiane x, y, z

rappresentano la scelta piu naturale dei parametri lagrangiani. Per determinare il moto di P

dovremo risolvere il seguente problema di Cauchy:

m(xi + yj + zk) = ¡mgj

P (0) = (0, 0, 0)

v0 = v0xi + v0yj.

(E5.1)

Proiettando sui tre assi l’equazione di Newton si ottiene il seguente sistema di equazioni differenziali

scalari:

mx = 0

my = ¡mg

mz = 0.

L’integrale generale di questo facile sistema e dato da

x(t) = C1t + C2

y(t) = ¡1

2gt2 + C3t + C4

z(t) = C5t + C6.

(E5.2)

Imponendo le condizioni iniziali si ottiene il sistema

x(0) = 0 = C2

y(0) = 0 = C4

z(0) = 0 = C6

x(0) = v0x = C1

y(0) = v0y = C3

z(0) = 0 = C5

203

Sostituendo i valori delle 6 costanti Ci nelle equazioni (E5.2) si ottengono le equazioni del moto:

x(t) = v0xt

y(t) = ¡1

2gt2 + v0yt

z(t) = 0.

Si noti che z(t) ´ 0, il che implica che il moto si mantiene nel piano verticale contenente v0.

Volendo, si possono calcolare la traiettoria del punto, la gittata (cioe la distanza percorsa oriz-

zontalmente al momento in cui P ricade sul piano orizzontale di partenza) e l’altezza massima

raggiunta.

Per calcolare la traiettoria basta esprimere y in funzione di x eliminando il tempo t. Ricavando

t =x

v0xdall’equazione della x(t) e sostituendo nell’equazione della y(t), si ha

y = ¡ g

2v20xx2 +

v0yv0x

x,

che e una parabola. La gittata xmax corrisponde al valore di x (diverso da 0) per cui si ha y = 0.

Dunque:

xmax = 2v0xv0y

g.

Per quanto riguarda invece l’altezza massima raggiunta, ymax, essa corrisponde ad y(t∗) essendo

t∗ l’istante per cui y(t) si annulla. Essendo y(t) = ¡gt + v0y, si ha t∗ =v0yg

, e quindi

ymax =v20y2g

.

Esercizio 5.2 (moto di un proiettile nell’aria) Determinare il moto di un punto materiale (P,m), soggetto

al peso e ad una forza resistente (per esempio la resistenza dell’aria), con condizioni iniziali P (0) =

P0 e P (0) = v0.

Assunti il sistema di riferimento Oxyz e v0 come nell’esercizio precedente, supponiamo che la forza

resistente sia lineare nella velocita, ossia sia del tipo (P, F = ¡λv), con λ positivo (altrimenti la

forza non si opporrebbe al moto). Il problema di Cauchy (E5.1) si modifica diventando il seguente:

m(xi + yj + zk) = ¡mgj ¡ λ(xi + yj + zk)

P (0) = (0, 0, 0)

v0 = v0xi + v0yj.

Proiettando l’equazione di Newton sui tre assi cartesiani, si ha

mx = ¡λx

my = ¡λy ¡mg

mz = ¡λz.

204

Posto h =λ

m, questo sistema di tre equazioni differenziali lineari del secondo ordine (la prima e la

terza omogenee, la seconda completa) diventa

x + hx = 0

y + hy = ¡g

z + hz = 0.

Essendo le tre equazioni indipendenti e, per la parte omogenea, la stessa equazione, l’integrale

generale di ciascuna e legato alle soluzioni dell’equazione caratteristica α2 + hα = 0, che implica

α1 = 0 e α2 = ¡h. Cio porta all’integrale generale seguente:

x(t) = C1e−ht + C2

y(t) = C3e−ht + C4 ¡

g

ht

z(t) = C5e−ht + C6.

(E5.3)

Imponendo le condizioni iniziali si ottiene il sistema

x(0) = 0 = C1 + C2

y(0) = 0 = C3 + C4

z(0) = 0 = C5 + C6

x(0) = v0x = ¡hC1

y(0) = v0y = ¡hC3 ¡g

h

z(0) = 0 = ¡hC5 ,

da cui C1 = ¡v0xh

, C2 = ¡C1, C3 = ¡(v0y

h+

g

h2

), C4 = ¡C3, C5 = C6 = 0. Sostituendo in

(E5.3) si hanno le equazioni del moto cercate:

x(t) =v0xh

(1¡ e−ht)

y(t) =(v0y

h+

g

h2

)(1¡ e−ht)¡ g

ht

z(t) = 0.

Osserviamo che, come nel caso di moto nel vuoto, il moto avviene nel piano Oxy, cioe nel piano

verticale che contiene la velocita iniziale. Osserviamo anche che ora la traiettoria non e piu una

parabola e che il calcolo della gittata e della massima altezza raggiunta, pur essendo lo stesso dal

punto di vista procedurale, porta ad espressioni assai piu complicate.

Un’altra interessante osservazione riguarda il comportamento asintotico della soluzione. A questo

riguardo studiamo i limiti per t!1 di x(t) e y(t):

limt→∞

x(t) =v0xh

; limt→∞

y(t) = ¡ g

h.

Dunque, asintoticamente il moto tende a diventare verticale e uniforme.

205

Esercizio 5.3 Determinare equilibrio e moto di un punto materiale (P,m), soggetto al peso e ad una

forza elastica di vettore k2(O ¡ P ), vincolato a percorrere una retta orizzontale liscia passante per

O. Assunta tale retta come asse x, sono assegnate le condizioni iniziali x(0) = x0 e x(0) = v0.

Assumiamo come sistema di riferimento la terna

destra Oxyz con Ox coincidente con la retta

a cui e vincolato il punto e l’asse Oz verticale

ascendente. Essendo il vincolo liscio, la sua

azione su P e rappresentabile con una reazione

vincolare di vettore Φ normale all’asse x, ossia

Φ = Φyj + Φzk.

Studio dell’equilibrio

L’equazione dell’equilibrio per un punto e F + Φ = 0, che nel nostro caso diventa

¡mgk ¡ k2xi + Φyj + Φzk = 0 .

Proiettando sui tre assi si ottengono le seguenti equazioni scalari:

¡ k2x = 0

Φy = 0

¡mg + Φz = 0.

La prima equazione fornisce x = 0 , che costituisce chiaramente l’unica posizione d’equilibrio del

punto. Dalle altre due equazioni si ottengono Φy = 0 e Φz = mg, per cui la reazione vincolare

(nella posizione d’equilibrio) vale Φ = mgk.

Studio del moto

Per determinare il moto di P utilizziamo l’equazione di Newton ma = F + Φ, ossia

mxi = ¡mgk ¡ k2xi + Φyj + Φzk .

Proiettando sui tre assi cartesiani si ha

mx = ¡k2x

0 = Φy

0 = ¡mg + Φz .

(E5.4)

La prima equazione, non contenendo reazioni vincolari scalari, costituisce l’equazione differenziale

del moto. Posto ω2 =k2

m, essa puo essere riscritta nella forma

x + ω2x = 0 .

Si ritrova cosı la stessa equazione gia vista nel caso delle oscillazioni libere non smorzate e nel caso

delle piccole oscillazioni del pendolo semplice. Dal x5.8 sappiamo che il moto che ne deriva e un

moto oscillatorio armonico, centrato in O, di ampiezza C, pulsazione ω e fase iniziale γ, ossia

x(t) = C cos(ωt + γ) ,

206

con

C =

√x20 +

v20ω2

, γ =

arctan(¡ v0ωx0

)se x0 > 0

arctan(¡ v0ωx0

)+ π se x0 < 0

¡π

2se x0 = 0 e v0 > 0

+π

2se x0 = 0 e v0 < 0 .

(E5.5)

Osserviamo infine che la reazione vincolare durante il moto e fornita dalle altre due equazioni del

sistema (E5.4) e risulta esattamente la stessa che si ha quando il punto e in equilibrio.

Esercizio 5.4 Determinare le posizioni d’equilibrio di un punto materiale (P,m), soggetto al peso

e ad una forza elastica di vettore k2(O ¡ P ), vincolato a percorrere una retta orizzontale scabra

passante per O.

Eccetto che per la presenza dell’attrito, si tratta dello stesso sistema meccanico dell’esercizio pre-

cedente. Assumiamo dunque lo stesso riferimento Oxyz di prima ed osserviamo che ora, per effetto

dell’attrito, la reazione vincolare non e piu normale all’asse x, per cui Φ = Φxi + Φyj + Φzk.

In presenza di attrito l’equilibrio per un punto e garantito, oltre che dall’equazione dell’equilibrio,

dalla relazione statica di Coulomb, vale a dire dal sistema

F + Φ = 0

jΦtj · fsjΦnj ,

con fs coefficiente d’attrito statico. Tenendo conto che Φt = Φxi e Φn = Φyj+Φzk, questo sistema

diventa

¡mgk ¡ k2xi + Φxi + Φyj + Φzk = 0

jΦxj · fs

√Φ2y + Φ2z .

Proiettando sui tre assi l’equazione F + Φ, questo sistema diventa

¡ k2x + Φx = 0

Φy = 0

¡mg + Φz = 0

jΦxj · fs

√Φ2y + Φ2z .

Le tre equazioni scalari forniscono immediatamente Φx=k2x, Φy=0 e Φz=mg. Sostituendo nella

disequazione si ottiene

jk2xj · fsmg , ossia jxj · fsmg

k2.

Posto d =fsmg

k2, la relazione dell’attrito risulta dunque soddisfatta per

¡d · x · d .

207

Ci sono quindi infinite posizioni d’equilibrio: 8x 2 [¡d, d]. Se x∗ e una di queste posizioni, la

corrispondente reazione vincolare vale Φ = k2x∗i + mgk.

Osserviamo che nel passaggio da vincolo liscio a vincolo scabro si e passati da un’unica posizione

d’equilibrio, l’origine, ad infinite posizioni d’equilibrio, corrispondenti ai punti di un intervallo cen-

trato nell’origine. L’attrito, dunque, genera infinite posizioni d’equilibrio “attorno” alle posizioni

d’equilibrio presenti in assenza d’attrito. Naturalmente ogni posizione d’equilibrio con vincolo

liscio rimane tale anche con vincolo scabro.

Esercizio 5.5 Determinare il moto di un punto materiale (P,m), soggetto al peso e ad una forza

elastica di vettore k2(O ¡ P ), vincolato a percorrere una retta orizzontale scabra passante per O

(asse x), con condizioni iniziali x(0) = x0 e x(0) = v0.

In questo esercizio si studia il problema del moto di un punto nelle stesse condizioni dell’esercizio

precedente, nel quale si era affrontato solo il problema dell’equilibrio. Torna utile ricordare, anche

ai fini della risoluzione di questo esercizio, quanto appena visto: le posizioni d’equilibrio del nostro

punto sono infinite, cioe

8x 2 [¡d, d] , con d =fsmg

k2.

Assumiamo dunque un riferimento Oxyz con l’asse x coincidente con la retta a cui e vincolato

il punto P e l’asse z verticale ascendente. La reazione vincolare agente su P avra vettore Φ =

Φxi + Φyj + Φzk.

Per studiare il moto in presenza di attrito, oltre l’equazione di Newton, dobbiamo considerare

anche la relazione dinamica di Coulomb. Cio comporta la scrittura del sistema

ma = F + Φ

Φt = ¡fdjΦnjv

v,

essendo fd il coefficiente d’attrito dinamico. Tenendo conto che Φt = Φxi e Φn = Φyj + Φzk,

questo sistema diventa

mxi = ¡mgk ¡ k2xi + Φxi + Φyj + Φzk

Φxi = ¡segno(x)fdjΦnji ,dove la funzione segno denota + o ¡ a seconda che l’argomento sia positivo o negativo. Proiettando

sui tre assi le due equazioni, questo sistema diventa

mx = ¡k2x + Φx

0 = Φy

0 = ¡mg + Φz

Φx = ¡segno(x)fdjΦnj .

Le prime tre equazioni forniscono immediatamente Φx=mx + k2x, Φy=0 e Φz=mg. Sostituendo

nella quarta equazione si ottiene l’equazione del moto:

mx + k2x = ¡segno(x)fdmg .

208

Ora, posto a = fdg e, come usuale, ω2 =k2

m, questa equazione puo riscriversi nel modo seguente:

x + ω2x = ¡segno(x) a . (E5.6)

A questo punto osserviamo che il termine a destra dell’uguale esprime una forza costante, dovuta

all’attrito, che, essendo a > 0, si oppone sempre al moto. Quando il punto si muove nel verso

positivo delle x (e quindi, nel nostro caso, verso destra), l’equazione del moto e

x + ω2x = ¡a ,

mentre nel caso opposto l’equazione e

x + ω2x = a .

Cio implica che quando il punto si ferma ed inverte la direzione del moto, l’equazione differenziale

che lo governa cambia.

Un’altra osservazione molto importante e la seguente. Se la posizione in cui il punto si arresta cade

all’interno dell’intervallo di ascisse [¡d, d], allora non c’e piu moto in quanto l’arresto e definitivo.

Infatti, per definizione di posizione d’equilibrio, se un punto viene a trovarsi in un dato istante t∗

in una posizione d’equilibrio con velocita nulla, vi rimane anche per t > t∗.

Il risultato di queste due osservazioni e percio il seguente. Supponiamo, per fissare le idee, che

v0 sia positivo. Il punto si muove dalla posizione x0 verso destra fino a che la sua velocita si

annulla. Cio accade in una posizione x1 all’istante τ1. Se x1 appartiene all’intervallo [¡d, d], il

punto si ferma definitivamente; altrimenti inverte il suo moto fino al nuovo arresto, che avverra

in una posizione x2 all’istante τ2. Di nuovo, se x2 2 [¡d, d], il punto si ferma definitivamente; se

invece x2 e esterno, riprende a muoversi di nuovo verso destra fino a fermarsi nella posizione x3

all’istante τ3. Siccome le oscillazioni del punto avvengono attorno ad O e sono di ampiezza via via

decrescente, esiste un valore xk 2 [¡d, d] in cui il punto si arresta rimanendovi definitivamente.

Andiamo ora a determinare il moto del punto P mediante l’equazione (E5.6), supponendo, per

fissare le idee, che anche x0 sia positivo. Essendo v0 > 0, il primo problema di Cauchy che dobbiamo

risolvere e il seguente:

x + ω2x = ¡a

x(0) = x0

x(0) = v0 .

L’integrale generale dell’equazione differenziale e

x(t) = C1 cos(ωt + γ1)¡a

ω2.

Imponendo le condizioni iniziali si ha il sistema

C1 cos γ1 ¡a

ω2= x0

¡ C1ω sin γ1 = v0 ,

che, tenendo conto dell’ipotesi x0 > 0, fornisce

C1 =

√(x0 +

a

ω2

)2+(v0ω

)2, γ1 = arctan

( ¡ωv0a + ω2x0

).

209

Osservato che C1 > x0 + aω2

e che, essendo sin γ1 < 0, γ1 2(¡ π

2 , 0), andiamo a calcolare l’istante

τ1 in corrispondenza al quale si ha il primo arresto di P . Avendosi

x(t) = ¡C1ω sin(ωt + γ1) = 0 per ωt + γ1 = kπ , k = 0,§1,§2, . . . ,

essendo γ1 < 0, il minimo t positivo per cui x(t) e nulla si ottiene per k=0, per cui si ottiene

τ1 = ¡γ1ω

, e quindi x1 = x(τ1) = C1 ¡a

ω2.

Osserviamo che, essendo x0 > 0 e C1 > x0 + aω2

, certamente x1 > x0 > 0. Per quanto preceden-

temente detto, se x1 · d, il punto P rimane fermo in x1, altrimenti si rimette in moto tornando

indietro.

Supponiamo allora x1 > d e andiamo a studiare il moto di P . Riazzerato il tempo t (cioe assunto

come nuova origine di t l’istante τ1), il nuovo problema di Cauchy da risolvere e il seguente:

x + ω2x = a

x(0) = x1

x(0) = 0 .

L’integrale generale dell’equazione differenziale in questione e

x(t) = C2 cos(ωt + γ2) +a

ω2.

Imponendo le condizioni iniziali, si ottiene il sistema

C2 cos γ2 +a

ω2= x1

¡ C2ω sin γ2 = 0 ,

La soluzione di questo sistema fornisce

C2 = x1 ¡a

ω2, γ2 = 0 ,

per cui si ha semplicemente

x(t) = C2 cosωt +a

ω2.

Andiamo ora a calcolare l’istante t∗ corripondente al secondo arresto di P . Essendo x(t) =

¡C2ω sinωt, il primo istante t∗ per cui si ha x(t∗) = 0 si ottiene per ωt∗ = π, ossia

t∗ =π

ω.

Ne consegue

τ2 = τ1 + t∗ = τ1 +π

ω=¡γ1 + π

ω, e quindi x2 = x(t∗) = ¡C2 +

a

ω2= ¡x1 + 2

a

ω2.

Se x2 2 [¡d, d], il punto si arresta definitivamente; altrimenti riprende con legge del moto deter-

minata dal seguente problema di Cauchy, dove il tempo t e stato di nuovo azzerato.

x + ω2x = ¡a

x(0) = x2

x(0) = 0 .

210

La soluzione di questo problema di Cauchy e

x(t) = C3 cosωt¡ a

ω2,

con

C3 = x2 +a

ω2. (si noti che C3 < 0)

Come prima, l’istante t¤ corripondente al terzo arresto di P e t∗ =π

ω, per cui

x3 = ¡C3 ¡a

ω2, τ3 = τ2 + t∗ =

¡γ1 + 2π

ω.

A questo punto il fenomeno e il metodo per studiarlo dovrebbero essere chiari. Il risultato si puo

comunque riassumere in questi termini. Il punto P , partendo dalla posizione P0 ´ (x0) raggiunge

successivamente negli istanti τk =¡γ1 + (k ¡ 1)π

ωi punti Pk ´ (xk), k = 1, 2, ...M , con PM primo

punto della successione a cadere nell’intervallo [¡d, d]. Posto per semplicita b =a

ω2, si noti che la

successione degli xk si puo scrivere in forma iterativa nel modo seguente:

x1 = C1 ¡ b

x2 = ¡C2 + b = ¡x1 + 2b = 3b¡ C1

x3 = ¡C3 ¡ b = ¡x2 ¡ 2b = ¡5b + C1

.........................................................................

xk = ¡Ck + (¡1)kb = ... = (¡1)k[(2k ¡ 1)b¡ C1]

..................................................................................

Si noti che, essendo

b =a

ω2=

mg

k2fd , d =

mg

k2fs ,

ed essendo fd · fs, si ha sempre b · d, ed in generale b < d. Denotati quindi con B1 e B2 i punti

di ascissa rispettivamente ¡b e b, con D1 e D2 quelli di ascissa rispettivamente ¡d e d, e con X1,

X2, X3,...., quelli di ascissa x1, x2, x3, ..., questi punti hanno sull’asse x una disposizione di questo

tipo:

211

Esercizio 5.6 Determinare equilibrio e moto di un punto materiale (P,m), soggetto al peso e ad una

forza elastica di vettore k2(O ¡ P ), vincolato a percorrere un piano orizzontale liscio passante per

O. Assunto tale piano come piano Oxy, sono assegnate le condizioni iniziali x(0) = x0, y(0) = y0,

x(0) = vx e y(0) = vy.

Assumiamo come sistema di riferimento la terna de-

stra Oxyz con Oxy coincidente col piano su cui e

vincolato il punto e l’asse Oz verticale ascendente.

Essendo il vincolo liscio, la sua azione su P e rap-

presentabile con una reazione vincolare di vettore

Φ = Φzk.

Studio dell’equilibrio

L’equazione vettoriale per l’equilibrio di P e

¡mgk ¡ k2(xi + yj) + Φzk = 0 .

Proiettando sui tre assi si ottengono le seguenti equazioni scalari:

¡ k2x = 0

¡ k2y = 0

¡mg + Φz = 0

.

Le prime due equazioni forniscono x = 0 , y = 0 , il che ci dice che l’unica posizione d’equilibrio

per il punto e l’origine O. Dalla terza equazione si ottiene Φz = mg, per cui la reazione vincolare

(nella posizione d’equilibrio) vale Φ = mgk.

Studio del moto

In questo caso l’equazione di Newton e la seguente:

m(xi + yj) = ¡mgk ¡ k2(xi + yj) + Φzk .

Proiettandola sui tre assi cartesiani si ottiene:

mx = ¡k2x

my = ¡k2y

0 = ¡mg + Φz

.

Le prime due equazioni, non contenendo reazioni vincolari scalari, rappresentano le due equazioni

differenziali del moto. La terza equazione fornisce invece Φz = mg, per cui Φ = mgk (come per

l’equilibrio).

Ora, posto ω2 =k2

m, il sistema delle due equazioni differenziali, puo essere cosı riscritto:

x + ω2x = 0

y + ω2y = 0

Le due equazioni differenziali sono indipendenti una dall’altra e formalmente uguali. La forma

dell’integrale generale di ciascuna e quella ben nota del moto oscillatorio. Avremo dunque

x(t) = A cos(ωt + α)

y(t) = B cos(ωt + β)

212

Il valore delle coppie di costanti (A,α) e (B, β) si ottiene facilmente dalle (E5.5) sostituendo

opportunamente le coppie di condizioni iniziali (x0, vx) e (y0, vy) al posto di (x0, v0).

Chiaramente la proiezione del moto di P lungo ciascuno dei due assi rappresenta un moto oscilla-

torio armonico. Per quanto riguarda poi la traiettoria descritta da P , in generale, e un’ellisse. Per

dimostrare questo fatto poniamo β = α + ǫ. Ne consegue

B cos(ωt + β) = B cos(ωt + α + ǫ) = B cos ǫ cos(ωt + α)¡B sin ǫ sin(ωt + α) .

Le equazioni del moto del punto diventano quindi

x = A cos(ωt + α)

y = B cos ǫ cos(ωt + α)¡B sin ǫ sin(ωt + α)da cui

cos(ωt + α) =x

A

sin(ωt + α) =1

sin ǫ

(x cos ǫ

A¡ y

B

).

Quadrando e sommando, si ottiene

x2

A2+

1

sin2 ǫ

(x cos ǫ

A¡ y

B

)2= 1 ,

da cuix2

A2+

y2

B2¡ 2 cos ǫ

ABxy = sin2 ǫ .

Questa e l’equazione di una conica che, essendo jxj · A e jyj · B, e tutta al finito, e quindi e

un’ellisse. In particolare l’ellisse e una circonferenza se A = B e cos ǫ = 0, ossia se ǫ = §π2 . Nel

caso invece in cui sin ǫ = 0, cioe ǫ = 0 oppure ǫ = π, l’ellisse degenera in una retta passante per

l’origine, piu precisamente

x

A¡ y

B= 0 se ǫ = 0 ,

x

A+

y

B= 0 se ǫ = π .

Esercizio 5.7 Assegnato il riferimento Oxyz, con Oz verticale ascendente, determinare equilibrio e

moto di un punto materiale (P,m) appoggiato al piano Oxy supposto liscio. Il punto e soggetto

al peso e alla forza elastica di vettore k2(A ¡ P ), con A´(0, 0, h). Sono assegnate le condizioni

iniziali x(0) = x0, y(0) = y0, x(0) = vx e y(0) = vy.

Osserviamo che rispetto al problema precedente ci sono due va-

riazioni: i) la forza elastica ha vettore

¡k2(xi + yj) + k2h k ,

e quindi, mentre ha le stesse componenti nel piano Oxy, ora ha

componente anche lungo l’asse z ; ii) il punto, anziche vincolato

al piano, e appoggiato, per cui la reazione vincolare Φ = Φk, per

essere compatibile col vincolo, deve soddisfare la condizione

Φ¸ 0 .

213

Andando a proiettare sugli assi cartesiani le equazioni dell’equilibrio e di Newton si trovera dunque

che, mentre le equazioni dell’equilibrio e del moto rimangono le stesse, l’unica differenza concerne

Φ che, sia in statica che in dinamica, risulta essere

Φ = (mg ¡ k2h) k ,

compatibile col vincolo se

mg ¡ k2h ¸ 0 ovvero se h · mg

k2(¤) .

Conclusione: se la condizione (*) e verificata, i problemi dell’equilibrio e del moto del punto hanno

le stesse soluzioni del problema precedente; se invece la condizione (*) non e verificata non c’e

equilibrio e non c’e moto (nel piano Oxy), poiche il punto P si solleva dal piano.

Esercizio 5.8 Studiare il moto di un punto materiale

(P,m), vincolato a muoversi nel piano orizzontale

liscio Oxy, soggetto al peso e a due forze elastiche di

vettori k21(H ¡ P ) e k22(K ¡ P ), essendo H e K le

proiezioni di P rispettivamente sull’asse y e sull’asse

x. Sono assegnate le condizioni iniziali x(0) = x0,

y(0) = y0, x(0) = vx e y(0) = vy.

Assumiamo come sistema di riferimento la terna destra Oxyz con Oz verticale ascendente. Essendo

il vincolo liscio, la reazione vincolare in P ha vettore Φ = Φzk.

In questo caso, che in apparenza non e molto dissimile dal precedente, l’equazione di Newton

m(xi + yj) = ¡mgk ¡ k21xi¡ k22yj + Φzk ,

produce le tre equazioni scalari

mx = ¡k21x

my = ¡k22y

0 = ¡mg + Φz .

In virtu della terza equazione si ottiene Φ = mgk (come nel problema precedente) e, posto ω21 =k21m

e ω22 =k22m

, il sistema delle equazioni differenziali del moto risulta il seguente

x + ω21x = 0

y + ω22y = 0 .

Le due equazioni del moto sono dunque ancora di tipo oscillatorio, ma, diversamente dal problema

precedente dove le due oscillazioni avevano la stessa pulsazione, qui le due pulsazioni sono diverse.

Si ha infatti x(t) = A cos(ω1t + α)

y(t) = B cos(ω2t + β),

con le coppie di costanti (A,α) e (B, β) ottenute imponendo le condizioni iniziali (x0, vx) e (y0, vy).

Ovviamente, essendo ¡A · x(t) · A e ¡B · y(t) · B, la traiettoria del punto P risulta in ogni

caso contenuta nel rettangolo centrato nell’origine di lati 2A e 2B. Il moto di P presenta pero

214

una caratteristica assai interessante che merita di essere messa in rilievo: in generale, la traiettoria

di P tende asintoticamente (vale a dire per t tendente a 1) a ricoprire densamente il suddetto rettangolo,

ripassando al piu una volta per lo stesso punto e con direzione trasversale. Un moto di questo

genere e detto moto quasiperiodico ed ha luogo tutte le volte che il moto e il risultato della

composizione di due moti periodici con periodi T1 e T2 il cui rapporto e un numero irrazionale.

Componendo invece due oscillazioni con periodi aventi un rapporto razionale, ossiaT1T2

=p

q, si

ottiene ancora un moto periodico, la cui traiettoria ha lunghezza finita ed e tanto piu semplice

quanto piu semplice e il numero razionalep

q. Osserviamo che nel caso in questione i periodi delle

due oscillazioni sono T1 =2π

ω1e T2 =

2π

ω2, per cui

T1T2

=ω2ω1

=k22k21

.

Le due figure che seguono mostrano un moto periodico e uno quasiperiodico. Piu precisamente

mostrano due traiettorie associate alle equazioni:(x(t) = cosω1t , y(t) = 1

2 sinω2t).

La figura a sinistra corrisponde ad ω1 =π ed ω2 = 13π, da cui T1

T2= 1

3 . Ne deriva un moto periodico

su una curva chiusa assai semplice. Quella a destra corrisponde invece ad ω1 =π ed ω2 = 2.62,

con T1T2

= 0.8339 ¢ ¢ ¢ irrazionale. Si tratta di un moto quasiperiodico: il grafico della traiettoria(x(t), y(t)

)nell’intervallo di tempo (0, 500) fornisce chiaramente l’idea di una curva che copre

densamente il rettangolo (¡1 · x · 1,¡12 · y · 1

2 ).

Esercizio 5.9 Determinare le posizioni d’equilibrio di un punto (P,m), soggetto al peso e ad una

forza elastica di vettore k2(O¡P ), vincolato ad un piano orizzontale scabro passante per O.

Si tratta di un problema di statica con attrito; il sistema

meccanico, a parte il vincolo scabro, e lo stesso dell’esercizio

precedente. Pertanto, come prima, assumiamo come riferi-

mento la terna destra Oxyz con Oxy coincidente col piano

a cui e vincolato il punto e l’asse Oz verticale ascendente.

Ora, essendo il vincolo con attrito, la reazione ad esso asso-

ciata ha vettore qualunque, per cui Φ = Φxi + Φyj + Φzk.

215

Perche il punto sia in equilibrio, oltre all’equazione

¡mgk ¡ k2(xi + yj) + Φxi + Φyj + Φzk = 0 ,

dovra essere soddisfatta anche la disuguaglianza di Coulomb

jΦxi + Φyjj · fsjΦzj ,

dove fs e il coefficiente d’attrito statico. Proiettando sui tre assi l’equazione vettoriale e riscrivendo

la disequazione si ottiene il seguente sistema di relazioni scalari (tre equazioni e una disequazione):

¡ k2x + Φx = 0

¡ k2y + Φy = 0

¡mg + Φz = 0√

Φ2x + Φ2y · fsjΦzj .

Dalle tre equazioni si ottiene

Φx = k2x

Φy = k2y

Φz = mg ,

che sostituite nella disequazione, dopo elevamento al quadrato per eliminare la radice ed il valore

assoluto, forniscono la relazione

k4(x2 + y2) · (fsmg)2 , ossia x2 + y2 ·(fsmg

k2

)2.

I punti (x, y) che soddisfano questa disequazione sono tutti quelli di un cerchio con centro nell’o-

rigine e raggio R =fsmg

k2. Ci sono dunque infinite posizioni d’equilibrio: tutte quelle associate ai

punti di questo cerchio. Notiamo che il passaggio da vincolo liscio a vincolo scabro ha comportato il

passaggio dall’unica posizione d’equilibrio (0, 0) alle infinite posizioni d’equilibrio di un cerchio con

centro in (0, 0). Naturalmente l’origine (0, 0), che era posizione d’equilibrio in assenza di attrito, e

rimasta tale anche in presenza d’attrito.

Osserviamo infine che, se (x∗, y∗) e una posizione d’equilibrio, la reazione vincolare ad essa associata

ha vettore

Φ = k2x∗i + k2y∗j + mgk .

Esercizio 5.10. Determinare l’equilibrio di un punto appoggiato ad un piano scabro Π, inclinato di

un angolo α rispetto al piano orizzontale, soggetto al solo peso.

Consideriamo un riferimento Oxyz con il piano xy

coincidente con Π, con l’asse x orizzontale, l’asse y

diretto secondo la linea di massima pendenza e verso

ascendente, l’asse z normale al piano e verso ascen-

dente. I parametri lagrangiani sono le coordinate x

e y. L’unica forza attiva e il peso la cui rappresenta-

zione in forma cartesiana e la seguente:

mg = ¡mg sinαj ¡mg cosαk .

216

Per quanto concerne Φ, essendo il piano scabro, si ha Φ = Φxi + Φyj + Φzk, con Φz ¸ 0.

L’equazione dell’equilibrio F + Φ e la condizione di Coulomb jΦtj · fsjΦnj forniscono il seguente

sistema di tre equazioni ed una disequazione:

Φx = 0

¡mg sinα + Φy = 0

¡mg cosα + Φz = 0√

Φ2x + Φ2y · fsjΦzj .

Ricavando dalle tre equazioni le reazioni scalari Φx, Φy e Φz , si ha:

Φx = 0 , Φy = mg sinα , Φz = mg cosα .

Sostituendo nella disequazione, si ottiene che, perche ci sia equilibrio, deve essere soddisfatta la

seguente relazione

mg sinα · fsmg cosα =) tanα · fs =) α · arctan fs .

Abbiamo dunque trovato che il sistema e soddisfatto per qualunque punto (x, y) del piano purche

l’angolo d’inclinazione del piano non superi l’angolo α∗ = arctan fs. Se α > α∗, non c’e equilibrio

in nessun punto. Ovviamente, in assenza di attrito, nel qual caso fs=0 e quindi anche α∗=0,

l’equilibrio c’e solo se α=0, cioe se il piano e orizzontale.

Esercizio 5.11 Un punto materiale (P,m) e vin-

colato a percorrere la retta orizzontale liscia

(O, i1) che ruota attorno all’asse fisso verti-

cale (O, k) con velocita angolare costante ω =

ω0k. Oltre che alla forza peso, il punto e sog-

getto ad una forza elastica di vettore k2(O ¡P ). Indicata con x1 l’ascissa di P sulla retta

(O, i1), si chiede di determinare le posizioni

d’equilibrio di P sulla retta e, assegnate le con-

dizioni iniziali x1(0) = x10 e x1(0) = v10, di

determinarne anche il moto.

Si tratta di un problema di meccanica relativa. Assumiamo come sistema di riferimento relativo

la terna destra Ox1y1z1 con Ox1 coincidente con la retta a cui e vincolato il punto e l’asse Oz1

coincidente con (O, k). Essendo il vincolo liscio, la relativa reazione vincolare ha vettore Φ =

Φyj1 + Φzk1.

Studio dell’equilibrio

L’equazione dell’equilibrio relativo per un punto e

F + Φ¡maτ = 0 .

217

Poiche nel nostro caso il sistema relativo ruota uniformemente attorno all’asse z1 con velocita

angolare scalare ω0, la forza di trascinamento coincide con la forza centrifuga. Essendo

aτ = ¡x1ω20i1 ,

l’equazione vettoriale dell’equilibrio diventa

¡mgk1 ¡ k2x1i1 + Φyj1 + Φzk1 + mω20x1i1 = 0 .

Proiettando sui tre assi del sistema relativo si ottengono le seguenti equazioni scalari:

¡ k2x1 + mx1ω20 = 0

Φy = 0

¡mg + Φz = 0.

(E5.7)

La prima equazione scalare, che ovviamente rappresenta l’equazione dell’equilibrio, puo essere cosı

riscritta:

x1(¡k2 + mω20) = 0 .

In generale questa equazione ammette solo la soluzione x1 = 0. Tuttavia, nel caso particolare in

cui si verifica la condizione mω20 = k2, che fisicamente implica compensazione tra forza elastica e

forza centrifuga, ogni x1 2 < e soluzione. Si e dunque trovato che

— se mω20 6= k2, solo l’origine e posizione d’equilibrio;

— se mω20 = k2, qualunque punto della retta e posizione d’equilibrio.

Dalle altre due equazioni del sistema (E5.7) si ottengono Φy = 0 e Φz = mg, per cui in ogni caso

la reazione vincolare vale Φ = mgk.

Studio del moto

Per determinare il moto di P utilizziamo l’equazione di Newton per il moto relativo

ma1 = F + Φ¡maτ ¡mac .

Poiche

aτ = ¡x1ω20i1 , ac = 2ω £ v1 = 2ω0k1 £ x1i1 = 2ω0x1j1 ,

l’equazione di Newton diventa

mx1i1 = ¡mgk1 ¡ k2x1i1 + Φyj1 + Φzk1 + mx1ω20i1 ¡ 2mx1ω0j1 .

Proiettando sui tre assi si ha

mx1 = ¡k2x1 + mω20x1

0 = Φy ¡ 2mω0x1

0 = ¡mg + Φz .

La prima equazione, non contenendo reazioni vincolari scalari, costituisce l’equazione differenziale

del moto. Essa puo essere riscritta nella seguente forma

x1 +(k2m¡ ω20

)x1 = 0 . (E5.8)

218

L’integrale generale di questa equazione differenziale del 2 ordine, lineare, a coefficienti costanti,

omogenea, dipende dalla quantita (k2

m¡ ω20). Sono possibili tre casi.

Caso a): 0 <k2

m¡ ω20 = Ω2. L’equazione (E5.8) diventa

x1 + Ω2x1 = 0

e la relativa soluzione e

x1(t) = A cos(Ωt + α)

con A e α dati (si vedano il paragrafo sul pendolo semplice e l’esercizio 5.3) da

A =

√x210 +

v210Ω2

, γ =

arctan(¡ v10

Ωx10

)se x10 > 0

arctan(¡ v10

Ωx10

)+ π se x10 < 0

¡π

2se x10 = 0 e v10 > 0

+π

2se x10 = 0 e v10 < 0 .

Caso b): 0 >k2

m¡ ω20 = ¡h2. L’equazione (E5.8) diventa

x1 ¡ h2x1 = 0

e il relativo integrale generale e del tipo

x1(t) = A1e−ht + A2e

ht .

Le costanti arbitrarie A1 ed A2 si determinano imponendo le condizioni iniziali, il che porta al

sistema seguente: x1(0) = x10 = A1 + A2

x1(0) = v10 = ¡hA1 + hA2 ,

ossia

A1 + A2 = x10

A2 ¡A1 =v10h

.

Questo sistema fornisce A1=hx10 ¡ v10

2he A2=

hx10 + v102h

. Il moto del punto P avviene dunque

con legge

x1(t) =hx10 ¡ v10

2he−ht +

hx10 + v102h

eht .

Caso c):k2

m¡ ω20 = 0. Forza elastica e forza centrifuga si compensano e l’equazione (E5.8)

diventa percio banale: x1 = 0 . Il moto e uniforme con legge

x1(t) = v10t + x10 .

219

Esercizio 5.12 Un punto materiale (P,m) e vin-

colato a muoversi su un piano orizzontale li-

scio Ox1y1, ruotante con velocita angolare co-

stante ω = ω0k attorno all’asse fisso (O, k).

Oltre che al peso, il punto e soggetto alla forza

elastica di vettore k2(O¡P ). Si chiede di de-

terminare le posizioni d’equilibrio e le equa-

zioni differenziali del moto di P rispetto al si-

stema di riferimento Ox1y1z1, essendo Ox1y1detto piano.

Si tratta di un problema di meccanica relativa. I parametri lagrangiani sono ovviamente le coordi-

nate (x1, y1) di P rispetto ad Ox1y1z1. Essendo il vincolo liscio, la relativa reazione vincolare ha

vettore Φ = Φzk1.

Studio dell’equilibrio

L’equazione dell’equilibrio relativo per un punto e

F + Φ¡maτ = 0 .

Poiche il sistema relativo ruota uniformemente attorno all’asse z1 con velocita angolare scalare ω0,

la forza di trascinamento coincide con la forza centrifuga. Essendo

aτ = ω20(O ¡ P ) = ¡ω20(P ¡O) = ¡ω20(x1i1 + y1j1) , (E5.9)

l’equazione vettoriale dell’equilibrio diventa

¡mgk1 ¡ k2(x1i1 + y1j1) + Φzk1 + mω20(x1i1 + y1j1) = 0 .

Proiettando sui tre assi del sistema relativo si ottengono le seguenti equazioni scalari:

¡ k2x1 + mx1ω20 = 0

¡ k2y1 + my1ω20 = 0

¡mg + Φz = 0.

(E5.10)

Le prime due equazioni scalari, che ovviamente rappresentano le equazioni dell’equilibrio, possono

essere riscritte nel modo seguente:

x1(¡k2 + mω20) = 0

y1(¡k2 + mω20) = 0 .

In generale questo sistema di due equazioni ammette solo la soluzione (x1=0, y1=0). Tuttavia, nel

caso particolare in cui si verifica la condizione mω20 = k2, che fisicamente implica compensazione

tra forza elastica e forza centrifuga, ogni punto (x1, y1) e soluzione. Si e dunque trovato che

— se mω20 6= k2, solo l’origine (0,0) e posizione d’equilibrio;

— se mω20 = k2, qualunque punto (x1, y1) del piano e posizione d’equilibrio.

Dalla terza equazione del sistema (E5.10) si ottiene Φz = mg, da cui Φ = mgk.

220

Studio del moto

Scriviamo l’equazione di Newton per il moto relativo: ma1 = F + Φ¡maτ ¡mac .

Essendo aτ gia noto dalla (E5.9), andiamo a calcolare l’accelerazione di Coriolis ac.

ac = 2ω £ v1 = 2ω0k1 £ (x1i1 + y1j1) = 2ω0(¡y1i1 + x1j1) .

L’equazione di Newton diventa quindi

m(x1i1 + y1j1) = ¡mgk1 ¡ k2(x1i1 + y1j1) + Φzk1 + mω20(x1i1 + y1j1)¡ 2mω0(¡y1i1 + x1j1) .

Proiettando sui tre assi si ha

mx1 = ¡k2x1 + mω20x1 + 2mω0y1

my1 = ¡k2y1 + mω20y1 ¡ 2mω0x1

0 = ¡mg + Φz .

(E5.11)

Le prime due equazioni, non contenendo reazioni vincolari scalari, sono le equazioni differenziali del

moto. Dividendo per m e ponendo ω2 =k2

m, il sistema da esse costituito puo essere cosı riscritto:

x1 + (ω2 ¡ ω20)x1 ¡ 2ω0y1 = 0

y1 + (ω2 ¡ ω20)y1 + 2ω0x1 = 0 .

Si tratta di un sistema di due equazioni differenziali del 2 ordine, lineari, a coefficienti costanti,

omogenee. Non essendo pero le due equazioni indipendenti una dall’altra, l’integrale generale del

sistema non e immediato, e quindi non lo calcoliamo.

Dalla terza equazione del sistema (E5.11) si ottiene ancora Φz=mg, e quindi Φ = mgk.

Esercizio 5.13 (pendolo semplice “rotante”) Un punto

materiale pesante (P,m) e vincolato a muoversi

lungo una circonferenza verticale liscia, di cen-

tro O e raggio R, ruotante con velocita angolare

costante ω = ω0j1 attorno all’asse verticale fisso

(O, j1). Si chiede di determinare le posizioni d’e-

quilibrio e l’equazione differenziale del moto di P

rispetto alla circonferenza.

Si tratta dunque di un pendolo semplice rotante uniformemente attorno ad un proprio diametro

verticale, indicato in figura con AB. Studiarne l’equilibrio ed il moto implica la risoluzione di un

problema di Meccanica relativa. Consideriamo come riferimento relativo il sistema Ox1y1z1, soli-

dale con la circonferenza, con Ox1y1 coincidente col piano della circonferenza, con Ox1 orizzontale

e Oy1 verticale, positivo nel verso ascendente. Scegliamo come parametro lagrangiano l’angolo θ

che il vettore P ¡O forma con il semiasse negativo delle y1 (come nel caso del pendolo semplice).

221

Studio dell’equilibrio

L’equazione dell’equilibrio relativo per un punto e

F + Φ¡maτ = 0 .

Osserviamo innanzitutto che, come nei casi gia visti, essendo la rotazione del sistema relativo

uniforme, l’accelerazione di trascinamento di P coincide con l’accelerazione centripeta, per cui

aτ = ¡R sin θω20i1 . (E5.12)

Inoltre, essendo la circonferenza liscia, la reazione vincolare Φ e normale alla circonferenza stessa.

Denotata, come al solito, con (t, n, b) la terna intrinseca (con b ´ k), abbiamo quindi

Φ = Φnn + Φbb . (E5.13)

L’equazione vettoriale dell’equilibrio e percio la seguente:

¡mgj1 + Φnn + Φbb + mRω20 sin θi1 = 0 . (E5.14)

A questo punto occorre decidere su quale terna di assi si proietta questa equazione vettoriale.

Ebbene, quando il punto e vincolato ad una curva, e sempre conveniente proiettare sulla terna intrinseca.

Per poterlo fare bisogna prima esprimere i versori i1 e j1 in funzione di t e n (abbiamo gia osservato

che b ´ k). Si ha

i1 = cos θt¡ sin θn , j1 = sin θt + cos θn .

Sostituendo i versori i1 e j1 nell’equazione (E5.14) si ottiene

¡mg(sin θt + cos θn) + Φnn + Φbb + mRω20 sin θ(cos θt¡ sin θn) = 0 .

Proiettando ora nell’ordine su t, n e b si ottengono le seguenti equazioni scalari:

¡mg sin θ + mRω20 sin θ cos θ = 0

Φn ¡mgcosθ ¡mRω20 sin2 θ = 0

Φb = 0.

La prima equazione fornisce l’equilibrio, le altre due la reazione vincolare. Riscriviamo l’equazione

dell’equilibrio:

(¡mg + mRω20 cos θ) sin θ = 0 .

Questa equazione si scinde nelle due equazioni

sin θ = 0 oppure ¡mg + mRω20 cos θ = 0 ,

da cui

sin θ = 0 =)

θ1 = 0

θ2 = π, ¡g+Rω20 cos θ = 0 =) se g < Rω20 ,

θ3 = arccos( g

Rω20

)

θ4 = ¡θ3

.

Dunque, il punto P ha sempre le due posizioni d’equilibrio 0 e π; nell’ipotesi g < Rω20 , ha anche

le due posizioni d’equilibrio θ3 e θ4, simmetriche rispetto all’asse y1 e poste nella meta inferiore

222

della circonferenza (θ3 e θ4 sono angoli acuti). La reazione vincolare Φk relativa alla configurazione

d’equilibrio θk, vale

Φk = m(gcosθk + Rω20 sin2 θk)n , k = 1, 2, 3, 4 . (E5.15)

Studio del moto

Per determinare il moto di P scriviamo l’equazione di Newton per il moto relativo

ma1 = F + Φ¡maτ ¡mac .

Tenendo conto che aτ e Φ sono ancora dati da (E5.12) ed (E5.13), rispetto al problema statico

occorre solo scrivere a1 e ac, le cui espressioni sono

a1 = Rθt + Rθ2n

ac = 2ω £ v1 = 2ω0j1 £Rθt = 2ω0(sin θt + cos θn)£Rθt = ¡2Rω0θ cos θb .

L’equazione di Newton diventa quindi

mR(θt + θ2n) = ¡mg(sin θt + cos θn) + Φnn+ Φbb+ mRω20 sin θ(cos θt¡ sin θn) + 2mRω0θ cos θb .

Proiettando sugli assi della terna intrinseca si ottiene il seguente sistema di tre equazioni scalari:

mRθ = ¡mg sin θ + mRω20 sin θ cos θ

mRθ2 = Φn ¡mgcosθ ¡mRω20 sin2 θ

0 = Φb + 2mRω0θ cos θ .

(E5.16)

La prima equazione fornisce l’equazione differenziale del moto che, posto ω2 =g

R, puo essere cosı

riscritta:

θ + ω2 sin θ ¡ ω20 sin θ cos θ = 0 .

Come si puo osservare, l’equazione differenziale e quella del pendolo semplice (verticale) con l’ag-

giunta di un termine dovuto alla forza centrifuga agente su P per effetto della rotazione della

circonferenza. Ovviamente, trattandosi di un’equazione differenziale nonlineare, non e possibile

scriverne l’integrale generale in termini di funzioni elementari. Di conseguenza consideriamo ri-

solto il problema del moto a questo punto.

Le altre due equazioni del sistema (E5.16) determinano la reazione vincolare durante il moto

Φ = m(Rθ2 + gcosθ + Rω20 sin2 θ)n¡ 2mRω0θ cos θb .

Si noti che la reazione vincolare dinamica, a differenza di quella statica (si veda (E5.15)), ha

componente anche lungo b. Tale componente e dovuta alla forza di Coriolis che in statica non c’e

(in quanto v1 = 0).

223

Esercizio 5.14 Un punto materiale (P,m) e vincolato a muover-

si lungo una retta liscia, inclinata di un angolo di 60 rispetto

ad un piano orizzontale. La retta ruota con velocita angolare ω0

costante attorno all’asse verticale fisso Oy1. Oltre al peso, sul

punto P agisce una molla, di costante elastica k2, che ha l’altro

estremo fissato in O. Si chiede di determinare (rispetto alla terna

mobile Ox1y1z1): a) le posizioni d’equilibrio di P; b) il moto

di P, assegnate le condizioni iniziali ξ(0) = ξ0 , ξ(0) = 0 .

Si tratta ovviamente di un problema di meccanica relativa. Per

comodita introduciamo nel piano mobile Ox1y1 una seconda cop-

pia di assi ξ1 e η1, sempre con origine in O, con Oξ1 coincidente

con la retta su cui si muove P, diretto verso il ”basso”. Indichiamo

con t1 il versore relativo a Oξ1 e con n1 quello relativo a Oη1. As-

sumiamo poi come parametro lagrangiano l’ascissa ξ di P sull’asse

Oξ1. Avremo quindi: ¡1 < ξ < +1 .

Osserviamo innanzitutto che si ha

ξ1(P ) = ξ

η1(P ) = 0;

x1(P ) = 1

2ξ

y1(P ) = ¡√32 ξ

;

i1 = 1

2 t1 +√32 n1

j1 = ¡√32 t1 + 1

2n1.

Scriviamo i vettori delle forze che agiscono su P durante il moto:

F = ¡mg j1 ¡ k2ξ t1 = ¡mg(¡√32 t1 + 1

2n1)¡ k2ξ t1 =

[√32 mg ¡ k2ξ

]t1 ¡ 1

2mg n1 ;

F τ = ¡maτ (P ) = mω20x1(P ) i1 = 12mω20ξ

(12 t1 +

√32 n1

);

F c = ¡mac(P ) = ¡2mω0j1 £ v1 = ¡2mω0j1 £ ξ t1 = mω0ξ k1 ;

Φ = Φn n1 + Φzk1 .

a) L’equazione dell’equilibrio relativo e F + F τ + Φ = 0 . La proiettiamo sugli assi della terna

Oξ1η1z1.

√32 mg ¡ k2ξ + 1

4mω20ξ = 0 (¤)¡12mg +

√34 mω20ξ + Φn = 0 .

Φz = 0

Chiaramente la prima equazione e quella dell’equilibrio; le altre due forniscono la reazione vincolare.

Risolvendo l’equazione (*) ricaviamo

ξ∗ =2p

3mg

4k2 ¡mω20,

che fornisce un’unica posizione d’equilibrio: con P nel semipiano y1 < 0 (come in figura) se

4k2 > mω20 , nel semipiano y1 > 0 se 4k2 < mω20 . Per quanto concerne la reazione vincolare

statica essa vale

Φ∗

=[12mg ¡

√34 mω20ξ

∗]n1 .

b) Per studiare il moto dobbiamo utilizzare l’equazione del moto relativo: ma1 = F+F τ+F c+Φ.

Anche in questo caso conviene proiettare sulla terna Oξ1η1z1. Essendo a1 = ξ t1, , il sistema di

224

equazioni scalari che si ottiene e il seguente:

m ξ =√32 mg ¡ k2ξ + 1

4mω20ξ (¤¤)0 = ¡ 1

2mg +√34 mω20ξ + Φn .

0 = mω0ξ + Φz

Analogamente al caso statico, la prima equazione, non contenendo alcuna reazione, fornisce l’equa-

zione del moto cercata. Le altre due equazioni forniscono invece la reazione vincolare dinamica:

Φ(t) =[12mg ¡

√34 mω20ξ(t)

]n1 ¡mω0ξ(t) k1 .

Per determinare il moto di P dobbiamo risolvere il problema di Cauchy che si ottiene associando

all’equazione (**) le condizioni iniziali assegnate. Riscrivendo opportunamente (**), il problema e

il seguente:

ξ +[k2m¡ ω20

4

]ξ =

p3

2g

ξ(0) = ξ0

ξ(0) = 0 .

La soluzione dipende dal coefficiente di ξ. Si hanno quindi i tre casi seguenti.

— Casok2

m>

ω204

. Posto Ω2 =k2

m¡ ω20

4, si ha

ξ + Ω2ξ =

p3

2g =) ξ(t) = C cos(Ω t + γ) +

p3 g

2 Ω2,

per cui, imponendo le condizioni iniziali, si ha

C cos γ = ξ0 ¡p

3 g

2 Ω2

¡C Ω sin γ = 0

=) ξ(t) =[ξ0 ¡

p3 g

2 Ω2

]cos Ω t +

p3 g

2 Ω2.

— Casok2

m<

ω204

. Posto h2 =ω204¡ k2

m, otteniamo

ξ ¡ h2ξ =

p3

2g =) ξ(t) = C1e

ht + C2e−ht ¡

p3 g

2h2,

per cui, imponendo le condizioni iniziali, si ha

C1 + C2 ¡p

3 g

2h2= ξ0

hC1 ¡ hC2 = 0

=) ξ(t) =[ξ0

2+

p3 g

4h2

](eht + e−ht)¡

p3 g

2h2.

— Casok2

m=

ω204

. Si ha immediatamente

ξ =

p3

2g =) ξ(t) =

p3

4g t2 + ξ0 .

225

Esercizio 5.15 (I velocita astronautica; satellite geostazionario) Si chiede di determinare la velocita v(r)

di un punto materiale pesante (P,m) che descrive un’orbita circolare nel piano equatoriale ad una

distanza r dalla superficie terrestre.

La velocita richiesta, che e detta I velocita astronautica, dipende ovviamente dalla distanza r di

P dalla superficie terrestre, per cui v = v(r). Supposto r assegnata, andiamo dunque a calcolare

v(r).

Indicato con O il centro-baricentro della terra, sia Oxyz una terna traslante rispetto alle stelle fisse

(riferimento terrestre-stellare), e Ox1y1z1 una terna ruotante con velocita angolare costante ω =

ωk1, con (O, k) ´ (O, k1) asse terrestre Sud-Nord. Il problema di determinare v(r) si riconduce al

seguente problema: determinare ω(r) affinche (P,m) sia in equilibrio relativo rispetto ad Ox1y1z1 a

distanza R+r da O, essendo R il raggio terrestre. Scelto l’asse x1 coincidente con l’asse individuato

da (P ¡O), sul punto agiscono la forza di attrazione Newtoniana esercitata dalla terra, di vettore

F = ¡GmM

(R + r)2i1 ,

e la forza centrifuga, dovuta alla rotazione (uniforme) del sistema Ox1y1z1 rispetto ad Oxyz,

F centrif = m(R + r)ω2i1 .

Di conseguenza l’equazione dell’equilibrio relativo di P e data da

¡GmM

(R + r)2+ m(R + r)ω2 = 0 , (E5.17)

che esprime la cosidetta condizione di imponderabilita di P . Siccome v(r) = (R + r)ω, si ha

v(r) =

√GM

R + r,

oppure, posto g′ =GM

(R + r)2,

v(r) =√

g′(R + r) .

Quest’ultima espressione di v(r) torna utile ai fini del calcolo, tenendo anche conto del fatto che

GM

R2¼ g ¼ 9, 8 m/sec2 .

A titolo di esempio, possiamo andare a calcolare v per r=160 Km. In tal caso, essendo R '6370 Km, per cui R + r = 6530 Km ' 41

40R, si ha

g′ =GM

(R + r)2=

GM

R2R2

(R + r)2'(40

41

)2g ' 9.3 m/sec2 .

Di conseguenza

v 'p

9.3 ¢ 6.5 ¢ 106 m/sec ' 7775 m/sec ' 28000 Km/h .

Un satellite geostazionario e un satellite che si muove nel piano equatoriale, rimanendo fisso rispetto

ad un osservatore solidale con la terra. Questo significa che esso deve essere in equilibrio relativo

226

rispetto ad un osservatore Ox1y1z1 che ruota rispetto a Oxyz con velocita angolare costante uguale

a quella della terra, ossia con

ω =2π

24 ¢ 60 ¢ 60rad/sec =

π

43200rad/sec .

Ora, riprendendo la (E5.17) si ha la relazione che determina la distanza r di un satellite geosta-

zionario dalla terra:

(R + r)3 =GM

ω2=

GM

R2

(Rω

)2= g(Rω

)2.

Facendo i calcoli si ottiene R + r ' 42210 Km, per cui risulta r ' 35840 Km.

Esercizio 5.16 (II velocita astronautica) Si chiede di determinare la minima velocita con cui si deve

lanciare verticalmente un punto materiale pesante (P,m) perche non ritorni piu sulla superficie

terrestre (nell’ipotesi che non ci sia resistenza dell’aria).

Premettiamo che la velocita di cui e richiesto il calcolo, oltre che II velocita astronautica, e anche

detta velocita di fuga, e che pertanto la indicheremo con vfuga. Assunto come riferimento assoluto

il sistema terrestre-stellare (considerato come inerziale), trascurate tutte le forze dovute a corpi

eccetto quella esercitata dalla terra, il problema si puo risolvere applicando il teorema di conserva-

zione dell’energia. A tal fine ricordiamo che indicato con G la costante di gravitazione universale

e con M la massa della terra, il potenziale della forza d’attrazione Newtoniana agente sul punto P

dovuta alla terra vale

U(ρ) = GmM

ρ,

con ρ distanza di P dal centro della terra. Ora, indicate rispettivamente con v0 e v la velocita di

lancio e la velocita di P a distanza r dalla superficie terrestre, posto ρ = R+r, con R ¼ 6370Km, e

ricordato che l’energia potenziale V e uguale a ¡U , scriviamo il teorema di conservazione T +V =

T0 + V0:1

2mv2 ¡G

mM

R + r=

1

2mv20 ¡G

mM

R.

Esplicitando v2 si ottiene

v2 = v20 + 2GM( 1

R + r¡ 1

R

).

Ora, perche il punto non ritorni piu sulla superficie terrestre, occorre che v non si annulli mai,

ovvero si annulli al piu all’infinito. Per r tendente all’infinito, v2 tende a v20 ¡ 2GM

R. Dovra

dunque essere

v20 ¡ 2GM

R¸ 0 , ossia v0 ¸

√2GM

R.

Ne consegue

vfuga =

√2GM

R.

Ai fini di dare una valutazione quantitativa di vfuga teniamo conto del fatto che

GM

R2= g ¼ 9, 8 m/sec2 ,

per cui

vfuga =

√2GM

R=√

2gR ¼ 11, 147 Km/sec ¼ 40130 Km/h .

227

6. ESERCIZI DI MECCANICA DEI SISTEMI

PREMESSA. I primi quattro esercizi, da 6.0a a 6.0d, sono esercizi di statica dei sistemi in cui il

sistema e, per ipotesi, in equilibrio. Di conseguenza e richiesto solo il calcolo delle reazioni vincolari.

Sottolineiamo il fatto che questi problemi si discostano dai “normali” problemi di statica, che

comportano prima il calcolo delle configurazioni d’equilibrio, poi il calcolo delle reazioni vincolari

associate ad ognuna delle configurazioni trovate. Rimarchiamo anche il fatto che, mentre in questi

primi problemi di statica, sfrutteremo la necessarieta delle equazioni che utilizzeremo (le equazioni

cardinali della statica per i corpi rigidi e, seppure indirettamente, l’equazione dell’equilibrio per i

punti), in quelli che seguiranno sfrutteremo la sufficienza.

Esercizio 6.0a Un’asta AB, omogenea, di massa 3m e lunghezza

6d e in equilibrio appoggiata su due supporti lisci nei punti C

e D, essendo AC = d e AD = 4d. Nell’estremo B dell’asta e

appesa, mediante un filo, una massa puntiforme (P,m). Si

chiede di:

a) determinare le reazioni vincolari in C e D;

b) calcolare in quale punto dell’asta occorre appoggiare un punto materiale di massa 2m affinche

le reazioni vincolari in C e D abbiano lo stesso modulo.

a) Osserviamo innanzitutto che le forze attive in gioco sono il peso dell’asta, applicato nel baricentro

G (che coincide col punto medio dell’asta), e il peso della massa puntiforme (P,m), che possiamo

supporre applicata in B. In realta questa supposizione e una semplificazione che possiamo adottare

perche non altera i valori delle reazioni vincolari richieste. Per quanto riguarda queste, essendo

dovute ad un vincolo d’appoggio liscio, esse sono normali all’asta e giacciono nel piano verticale

Oxy. Riassumendo le forze in gioco sono:

(G,¡3mgj) , (B,¡mgj) , (C, ΦCj) , (D, ΦDj) .

I punti d’applicazione di tali forze, rispetto al riferimento Oxy del disegno, hanno le seguenti ascisse

(le ordinate, tutte uguali, non interessano):

xG = 3d , xB = 6d , xC = d , xD = 4d .

Le Equazioni Cardinali della Statica sono le seguenti:Re + Φe = 0

Ωe(O1) + Ψe(O1) = 0.(6.0)

Per quanto riguarda la prima equazione, poiche tutte le forze sono verticali (j e il versore verticale

ascendente), essa produce un’equazione scalare significativa solo quando la proiettiamo lungo j.

Analogamente l’equazione dei momenti, scelto come polo C (ricordiamo che il polo e arbitrario),

risulta anch’essa fornire un’equazione significativa solo quando la proiettiamo lungo k, versore

dell’asse z (ortogonale al piano Oxy della figura). Le equazioni cardinali forniscono quindi il

seguente sistema di due sole equazioni:¡ 3mg ¡mg + ΦC + ΦD = 0

¡ 3mg ¢ 2d + ΦD ¢ 3d¡mg ¢ 5d = 0 ,

da cui: ΦC =1

3mg , ΦD =

11

3mg .

228

b) Per rispondere a questa seconda domanda dobbiamo sup-

porre che sull’asta sia dislocata un’ulteriore massa 2m, posta in

un punto Q di ascissa x incognita, da determinarsi imponendo

che le due nuove reazioni vincolari ΦC e ΦD, ovviamente dipen-

denti da x, abbiano lo stesso modulo. Il sistema delle equazioni

precedentemente ottenuto si modifica e diventa:

¡ 3mg ¡mg + ΦC + ΦD ¡ 2mg = 0

¡ 3mg ¢ 2d + ΦD ¢ 3d¡mg ¢ 5d¡ 2mg ¢ (x¡ 1) = 0 .

Risolvendo il sistema si ottiene:

ΦC =9 + 2x

3mg , ΦD = 6mg ¡ 9 + 2x

3mg .

Imponendo ΦC = ΦD, si ottiene x = 0, ovvero Q ´ A.

Esercizio 6.0b Una scala, che per semplicita assimiliamo ad un’asta

AB, omogenea, di massa M e lunghezza L, e in equilibrio appog-

giata in A ad una parete verticale ed in B al pavimento, con un

angolo di inclinazione rispetto a quest’ultimo di 60. La scala e

mantenuta in equilibrio da una fune orizzontale agganciata alla

parete e ad un piolo (in figura, il punto C) posto a 34 della sua

lunghezza a partire da B. Si chiede di:

a) determinare la tensione T della fune;

b) supposto che la fune abbia un carico di rottura pari a 4Mg e

che un uomo di massa 10M cominci a salire la scala, che altezza h

(rispetto al pavimento) puo raggiungere l’uomo prima che la fune

si rompa?

a) Sia Oxyz un sistema di riferimento con Oxy piano verticale contenente la scala, Ox orizzontale

e Oy verticale (come in figura). La fune esercita sull’asta una forza (C,T ), detta tensione, ovvia-

mente diretta come la corda e con verso da C verso il muro. Dunque: T = ¡Ti. Oltre alla tensione

e al peso (G,¡Mgj), sulla scala (asta) agiscono le due reazioni vincolari dovute agli appoggi in A

e B. In virtu del fatto che detti vincoli sono lisci, avremo ΦA = ΦAi, con ΦA ¸ 0, e ΦB = ΦBj,

con ΦB ¸ 0.

Essendo l’asta in equilibrio, necessariamente valgono le equazioni (6.0). Proiettando la prima sugli

assi x e y e la seconda, calcolata rispetto al polo A, sull’asse z, si ottiene il seguente sistema di 3

equazioni scalari:

¡ T + ΦA = 0

¡Mg + ΦB = 0

ΦB ¢L

2¡Mg ¢ L

4¡ T ¢

p3

2L = 0 .

Tale sistema, risolto, fornisce: T = ΦA =2Mgp

3e ΦB = Mg.

229

b) Supponiamo ora che sulla scala, nel punto D di ordinata h,

sia posta una massa (puntiforme) 10M. In tal caso, essendo xD =L2 ¡ h√

3, il sistema precedente diventa:

¡ T + ΦA = 0

¡ 10Mg ¡Mg + ΦB = 0

ΦB ¢L

2¡ 10Mg ¢

(L2¡ hp

3

)¡Mg ¢ L

4¡ T ¢

p3

2L = 0 .

da cui si ricava immediatamente ΦB = 11Mg. Sostituendo nella

terza equazione si ricava

T =

p3L + 40h

6LMg .

Perche la fune non si rompa occorre che sia T · 4Mg. Di conseguenza si hap

3L + 40h

6LMg · 4Mg ovvero h · 24¡

p3

40L .

Esercizio 6.0c Una mensola, formata da due aste rigide AC e CB

di peso trascurabile, saldate nel punto C in modo che l’angolo

BAC sia retto, e vincolata ad una parete lungo l’asse verticale

y nei punti A e B, in A con una cerniera piana orizzontale e

in B con una cerniera sferica. Un corpo puntiforme (P,M) e

appeso tramite un filo al punto C. Indicato con α l’angolo ACB,

0 < α < π2 , e con ℓ la lunghezza dell’asta BC, si chiede di:

a) determinare le reazioni vincolari ΦA e ΦB;

b) se la cerniera in A puo sopportare una trazione pari a 2Mg

prima di essere strappata dalla parete, qual e il valore minimo che

puo assumere l’angolo α ?

a) Come nel caso del problema 6.0a, al fine del calcolo delle reazioni vincolari ΦA e ΦB l’effetto

della massa appesa al filo e lo stesso di una forza di vettore ¡Mg j applicata nel punto C. Inoltre,

trattandosi di un sistema piano, cioe di un sistema materiale piano con le forze attive giacenti

nello stesso piano, le reazioni vincolari possono essere supposte giacere anch’esse nel piano. Di

conseguenza, la reazione vincolare dovuta alla cerniera piana avra componente solo lungo x, mentre

quella dovuta alla cerniera sferica avra direzione nel piano della figura. Si avra quindi:

ΦA = ΦAi , ΦB = ΦBxi + ΦByj .

Andiamo dunque a scrivere le equazioni cardinali della statica per la mensola, sapendo che oltre

alle due reazioni vincolari appena scritte su di essa agisce solo la forza peso (C,¡Mgj). Scelto A

come polo per l’equazione dei momenti, avremo:

ΦA + ΦBx = 0

¡Mg + ΦBy = 0

ΦBx ¢ ℓ sinα¡Mg ¢ ℓ cosα = 0 .

E quindi:

ΦBx = Mg cotgα , ΦBy = Mg , ΦA = ¡ΦBx = ¡Mg cotgα .

230

b) Perche la cerniera non sia strappata dalla parete deve essere

jΦAj · 2Mg =) Mg cotgα · 2Mg =) cotgα · 2 =) tanα ¸ 1

2> 28.56 .

Esercizio 6.0d Un estremo di una sbarra omogenea AB di

massa 6M e lunghezza 5a e vincolato ad una parete verticale

mediante una cerniera sferica. La sbarra e mantenuta oriz-

zontale da una fune avente un estremo fissato nel punto D

della parete, con AD = 4a, e agganciata alla sbarra nel punto

C, con AC = 3a. All’estremo libero della sbarra e appesa me-

diante un filo una massa (P,M). Si chiede di:

a) determinare la tensione della fune e la reazione vincolare

in A;

b) supposto che il carico di rottura della fune sia 150Mg,

determinare la distanza minima dalla parete alla quale si puo

agganciare la fune alla sbarra senza che la fune si rompa.

a) Osserviamo innanzitutto che, posto α = ACD, si ha: sinα =4

5, cosα =

3

5. Inoltre, come

abbiamo osservato negli esercizi precedenti, l’azione della massa appesa al filo equivale a quella

della stessa massa posta in B e la reazione vincolare in A dovuta alla cerniera sferica e del tipo

ΦA = ΦAxi = ΦAyj. Per quanto riguarda poi la tensione T della corda, essa e diretta come la corda

stessa, e quindi, indicato con T il suo modulo, si ha: T = ¡T cosα i+T sinα j = ¡35 T i+ 4

5 T j .

Riassumendo, e ricordando che sulla sbarra agisce anche il peso (applicato in G, punto medio di

AB), le forze agenti sono:

(G, ¡6Mg j) , (B, ¡Mgj) , (A, ΦAxi + ΦAyj) , (C, ¡ 35T i + 4

5 T j) .

Siamo ora in grado di scrivere le equazioni cardinali della statica. Assunto A come polo, per cui

risultano nulli il momento della ΦA e quello della componente orizzontale di T , abbiamo:

ΦAx ¡3

5T = 0

¡ 6Mg ¡Mg + ΦAy +4

5T = 0

¡ 6Mg ¢ 5

2a¡Mg ¢ 5a +

4

5T ¢ 3a = 0 .

Ricavando T dall’ultima equazione, e sostituendolo poi nelle prime due, si ricava:

T =25

3Mg , ΦAx = 5Mg , ΦAy =

1

3Mg .

b) Supposto ora che il punto C abbia ascissa x qualunque, andiamo a ricalcolare T . A tal fine e

sufficiente riscrivere l’equazione dei momenti con x al posto di 3a:

¡6Mg ¢ 5

2a¡Mg ¢ 5a +

4

5T ¢ x = 0 ,

da cui

T = 25a

xMg .

Perche la fune non si rompa deve essere T · 150Mg e quindi

25a

xMg · 150Mg =) x ¸ 1

6a .

231

Esercizio 6.1 (glifo) Nel piano verticale Oxy (Oy

verticale ascendente) e mobile un’asta rigida

omogenea AB di massa m e lunghezza ℓ, i

cui estremi A e B sono vincolati a percor-

rere senza attrito l’asse x e l’asse y rispet-

tivamente. Sull’asta agisce, oltre alla forza

peso, la forza costante (A,F=¡Fi), con F =

cost. > 0. Determinare le configurazioni d’e-

quilibrio e l’equazione differenziale del moto

dell’asta.

Si tratta di un problema ad un grado di liberta. Assumiamo come parametro lagrangiano l’angolo

θ, con 0 · θ < 2π positivo in verso antiorario, che il vettore A¡B forma con la direzione negativa

dell’asse y. Essendo l’asta AB omogenea il baricentro G coincide col punto medio dell’asta stessa.

Le forze attive esterne agenti sull’asta sono la forza peso (G,¡mgj) e la forza (A,F=¡Fi). Poiche

siamo in presenza di vincoli lisci, le reazioni vincolari si esplicano in direzione normale al vincolo,

per cui si hanno le seguenti reazioni vincolari esterne: (A,ΦA = ΦAj) e (B,ΦB = ΦBi).

Dovendo nel seguito utilizzare le coordinate dei punti A, B, G e C (centro di istantanea rotazione),

le premettiamo una volta per tutte:

xA = ℓ sin θ

yA = 0

xB = 0

yB = ℓ cos θ

xG = ℓ

2 sin θ

yG = ℓ2 cos θ

xC = ℓ sin θ

yC = ℓ cos θ .

Studio dell’equilibrio con le Equazioni Cardinali della Statica

Le Equazioni Cardinali della Statica sono le seguenti:

Re + Φe = 0

Ωe(O1) + Ψe(O1) = 0.(E6.1)

Scelto il baricentro G come polo per il calcolo dei momenti, proiettando sui tre assi cartesiani le

(E6.1) (l’asse Oz e normale al piano Oxy ed il suo verso e tale che Oxyz sia una terna destra), si

ottiene il seguente sistema di equazioni scalari:

¡ F + ΦB = 0

¡mg + ΦA = 0

ΦA

ℓ

2sin θ ¡ ΦB

ℓ

2cos θ ¡ F

ℓ

2cos θ = 0.

Le prime due equazioni forniscono le componenti scalari delle reazioni vincolari ΦA e ΦB , ossia

ΦA = mg e ΦB = F . Sostituendo nella terza equazione si ottiene l’equazione dell’equilibrio:

mgℓ

2sin θ ¡ Fℓ cos θ = 0 ,

da cui si ricava

tan θ =2F

mge quindi

θ1 = arctan2F

mg

θ2 = θ1 + π ,

232

con θ1 2 (0, π2 ) (e di conseguenza θ2 2 (π, 32π)).

Le configurazioni di equilibrio dell’asta sono dunque due, individuate rispettivamente da θ1 (asta

nel primo quadrante) e θ2 (asta nel terzo quadrante). Le reazioni vincolari all’equilibrio sono le

stesse in entrambe le configurazioni e valgono

(A,ΦA = mgj) , (B,ΦB = Fi) .

Scegliendo come polo per il calcolo dei momenti il punto C (centro d’istantanea rotazione) dato

dall’intersezione tra la normale all’asse x passante per A e la normale all’asse y passante per

B, l’equazione dei momenti non conterrebbe le reazioni vincolari scalari (essendo Ψ(C) = 0) e

fornirebbe direttamente l’equazione dell’equilibrio:

mg ℓ2 sin θ ¡ Fℓ cos θ = 0.

Studio dell’equilibrio con il Metodo del Potenziale

Il potenziale della sollecitazione attiva del sistema e dato da

U(θ) = ¡mgℓ

2cos θ ¡ Fℓ sin θ + U0 . (E6.2)

Le configurazioni di equilibrio dell’asta corrispondono ai punti di stazionarieta del potenziale, cioe

sono date dalle soluzioni dell’equazione U ′(θ) = 0. Essendo

U ′(θ) = mg ℓ2 sin θ ¡ Fℓ cos θ ,

si ottiene

mg ℓ2 sin θ ¡ Fℓ cos θ = 0 ,

che e l’equazione dell’equilibrio (gia ottenuta con le Equazioni Cardinali).

Il Metodo del Potenziale ha il vantaggio di prescindere dai vincoli e quindi dalle reazioni vincolari.

Inoltre, con esso e possibile determinare la stabilita delle configurazioni di equilibrio studiando

massimi e minimi della funzione potenziale. La configurazione di equilibrio del sistema e stabile

(instabile) se e solo se e un massimo (minimo) per U .

La derivata seconda di U vale

U ′′(θ) = mg ℓ2 cos θ + Fℓ sin θ .

Si ha quindi:

U ′′(θ1) = mgℓ

2cos θ1 + Fℓ sin θ1 > 0 =) θ1 INSTABILE

in quanto θ1 2 (0, π2 ) (per cui seno e coseno sono entrambi positivi);

U ′′(θ2) = mgℓ

2cos θ2 + Fℓ sin θ2 < 0 =) θ2 STABILE

in quanto θ2 2 (π, 32π) (e quindi seno e coseno sono entrambi negativi).

233

Studio dell’equilibrio col Principio dei Lavori Virtuali

Il lavoro virtuale delle forze attive e dato da

δL = ¡mgj ¢ δG¡ Fi ¢ δA = ¡mgj ¢ (δxGi + δyGj)¡ Fi ¢ (δxAi) = ¡mgδyG ¡ FδxA .

Essendo

δyG = ¡ ℓ2 sin θδθ , δxA = ℓ cos θδθ ,

ed essendo gli spostamenti virtuali dell’asta tutti invertibili (non ci sono configurazioni di confine),

in virtu del Principio dei Lavori Virtuali si ha

δL = mgℓ

2sin θδθ ¡ Fℓ cos θδθ = 0 , 8δθ . (E6.3)

Dovendo δL essere nullo qualunque sia δθ, da (E6.3) si ottiene l’equazione

mgℓ

2sin θ ¡ Fℓ cos θ = 0 ,

che coincide con l’equazione dell’equilibrio trovata in precedenza.

Il Principio dei Lavori Virtuali fornisce le configurazioni di equilibrio coinvolgendo solo le forze

attive agenti sul sistema. E pero possibile utilizzare lo stesso principio anche per calcolare le

reazioni vincolari statiche. A tal fine occorre sopprimere i vincoli sostituendoli con le relative

reazioni vincolari, inserendo queste ultime tra le forze attive per le quali calcolare il lavoro virtuale.

Supponiamo dunque di sopprimere i vincoli in A e B e riguardiamo le reazioni ΦA e ΦB come

se fossero forze attive. Ora, avendo eliminato i vincoli, l’asta e libera di muoversi nel piano Oxy.

Possiamo quindi considerare una traslazione virtuale qualunque in tale piano, vale a dire una

traslazione del tipo (δxi + δyj), sempre invertibile. Il lavoro virtuale corrispondente e il seguente:

δL = ¡mgj ¢ (δxi + δyj)¡ Fi ¢ (δxi + δyj) + ΦAj ¢ (δxi + δyj) + ΦBi ¢ (δxi + δyj) =

= ¡mgδy ¡ Fδx + ΦAδy + ΦBδx ..

Applicando il Principio dei Lavori Virtuali si ottiene

(¡F + ΦB)δx + (¡mg + ΦA)δy = 0 , 8δx, 8δy,

da cui si deducono le due equazioni scalari gia viste che determinano ΦA e ΦB :

¡ F + ΦB = 0

¡mg + ΦA = 0 .

Studio del moto con le Equazioni Cardinali della Dinamica

Le Equazioni Cardinali della Dinamica sono le seguenti:

md2G

dt2= Re + Φe

dK(O1)

dt= Ωe(O1) + Ψe(O1) + mv(G)£ v(O1).

(E6.4)

234

Scegliamo il baricentro G come polo per l’equazione dei momenti. Poiche le forze attive e le reazioni

vincolari sono le stesse considerate nel caso statico, restano solo da calcolare i termini relativi ai

primi membri delle equazioni (E6.4). L’accelerazione del baricentro G dell’asta e data da

a(G) =d2G

dt2= xGi + yGj =

ℓ

2(θ cos θ ¡ θ2 sin θ)i¡ ℓ

2(θ sin θ + θ2 cos θ)j .

Il momento delle quantita di moto K(G) si scrive

K(G) = IzGω =mℓ2

12θk ,

dove IzG e il momento d’inerzia dell’asta AB rispetto all’asse Gz parallelo all’asse Oz e passante

per G, e quindi la sua derivata edK(G)

dt=

mℓ2

12θk .

Proiettando ora le (E6.4) sugli assi cartesiani si ottengono le tre equazioni scalari

mℓ

2(θ cos θ ¡ θ2 sin θ) = ¡F + ΦB

¡mℓ

2(θ sin θ + θ2 cos θ) = ¡mg + ΦA

mℓ2

12θ = ΦA

ℓ

2sin θ ¡ ΦB

ℓ

2cos θ ¡ F

ℓ

2cos θ .

(E6.5)

Le prime due equazioni di (E6.5) forniscono le reazioni vincolari dinamiche

(A,ΦA = [mg ¡m

ℓ

2(θ sin θ + θ2 cos θ)]j

),

(B,ΦB = [F + m

ℓ

2(θ cos θ ¡ θ2 sin θ)]i

).

Sostituendo nella terza equazione si ottiene l’equazione differenziale del moto

θ =3g

2ℓsin θ ¡ 3F

mℓcos θ. (E6.6)

Ovviamente, trattandosi di un’equazione differenziale non lineare, non e possibile scriverne l’inte-

grale generale in termini di funzioni elementari. Di conseguenza consideriamo risolto il problema

del moto a questo punto.

Anche nel caso dinamico avremmo potuto scegliere come polo per i momenti il centro C d’istantanea

rotazione. Con questa scelta, nella seconda equazione di (E6.4), si annulla il prodotto vettoriale

v(G)£v(C) (i due vettori sono paralleli) ed inoltre Ψ(C) = 0. Cio permette di ottenere direttamente

l’equazione differenziale del moto, che naturalmente coincide con la (E6.6).

mℓ2

3θ = mg

ℓ

2sin θ ¡ Fℓ cos θ ,

Studio del moto con le Equazioni di Lagrange

L’equazione differenziale del moto si ottiene scrivendo l’unica equazione di Lagrange

d

dt

(∂T

∂θ

)¡ ∂T

∂θ=

∂U

∂θ, (E6.7)

235

dove la funzione potenziale U e data da (E6.2), mentre l’energia cinetica T del sistema, dal momento

che lo stato cinetico dell’asta e rotatorio attorno all’asse fisso (C, k), vale

T =1

2IzCω

2 =mℓ2

6θ2 .

Sostituendo T ed U nella (E6.7) e derivando, si ottiene

mℓ2

3θ = mg

ℓ

2sin θ ¡ Fℓ cos θ ,

che e proprio l’equazione del moto trovata sopra.

Esercizio 6.2 Nel piano verticale Oxy (y verticale ascendente)

e mobile la lamina rigida, omogenea e di massa m, ottenuta

dall’unione di un semicerchio di centro C e diametro AB = 2ℓ

con un triangolo isoscele di base AB e altezza OC = 2ℓ. La

lamina, che e fissata in O, ruota attorno all’asse fissoOz. Oltre

che al peso, essa e soggetta alla forza elastica (C, k2(H ¡C)),

con H ´ (2ℓ, 0). Indicato con θ l’angolo che OC forma con

la direzione negativa dell’asse y, 0 · θ < 2π , e supposti i

vincoli lisci, si chiede di determinare quanto segue:

a) il baricentro G e il momento d’inerzia Iz della lamina rispetto all’asse Oz;

b) il potenziale, l’energia cinetica e l’equazione differenziale del moto;

c) le configurazioni d’equilibrio e relativa stabilita;

d) le equazioni cardinali della statica, ritrovando l’equazione dell’equilibrio vista in c);

e) le equazioni cardinali della dinamica, ritrovando l’equazione del moto vista in d);

f) un integrale primo del moto assegnate le condizioni iniziali θ(0) = π4 , θ(0) =ω0 .

Suggerimento: si indichi con d la distanza fra O e G.

a) Per calcolare G conviene considerare un riferimento piano

Cx′y′ con l’asse x′ coincidente con la retta OC, orientato come

in figura. Osserviamo innanzitutto che poiche Cx′ e asse di

simmetria per la lamina, G vi appartiene. Indicati poi con

G1 e G2 i baricentri del triangolo e del semicerchio, ricordato

che il baricentro di un triangolo omogeneo coincide col suo

baricentro geometrico e omettendo il calcolo di G2 per il quale

si rinvia all’esercizio 2.5, si ha:

x1 = x′(G1) = ¡ 23 ℓ , x2 =x′(G2) = 4

3π ℓ .

Di conseguenza, indicate con m1 e m2 le masse del triangolo e del semcerchio, essendo

m1 = 2 ρ ℓ2 , m2 = 12ρ π ℓ2 , ρ =

2m

(4 + π)ℓ2

(essendo m = ρ

(2 ℓ2 + 1

2πℓ2))

,

abbiamo

x′(G) =m1 x1 + m1 x2

M= ¡ 4

3(4 + π)ℓ , da cui d = OG = 2ℓ¡ x′(G) =

20 + 6π

3(4 + π)ℓ .

Per quanto concerne invece il momento d’inerzia Iz, ci limitiamo a riprenderne l’espressione dall’e-

sercizio 2.28, omettendone il calcolo diretto. Essendo l’altezza h del triangolo uguale a 2ℓ, abbiamo:

236

Iz = 16ρ hℓ (ℓ2 + 3h2) + 1

2ρ π ℓ2(ℓ2

2 + h2 + 2hd)

=1

2

9π + 28

π + 4mℓ2 .

b) Calcoliamo il potenziale. Essendo

xC = 2ℓ sin θ

yC = ¡2ℓ cos θ,

xG = d sin θ

yG = ¡d cos θ,

xH = 2ℓ

yH = 0,

si ha

U(θ) = ¡mgyG ¡1

2k2(C ¡H)2 = ¡mg(¡d cos θ)¡ 1

2k2[(2ℓ¡ 2ℓ sin θ)2 + (2ℓ cos θ)2

]=

= mgd cos θ + 4k2ℓ2 sin θ + U∗ .

Il calcolo dell’energia cinetica e banale. Infatti, trattandosi di un corpo rigido con una asse fisso,

omettendo di scrivere esplicitamente Iz, si ha

T = 12Iz θ

2 .

L’equazione differenziale del moto si ottiene subito con le equazioni di Lagrange:

d

dt

(∂T

∂θ

)¡ ∂T

∂θ=

∂U

∂θ=) Iz θ = ¡mg d sin θ + 4 k2ℓ2 cos θ .

c) Le configurazioni d’equilibrio sono le soluzioni dell’equazione:

∂U

∂θ= ¡mg d sin θ + 4 k2ℓ2 cos θ = 0 ,

da cui

tan θ =4 k2ℓ2

mg d sin θ=) θ1 = arctan

4 k2ℓ2

mg d, θ2 = θ1 + π .

Ai fini dello studio della stabilita occorre studiare il segno di U ′′(θ) in θ1 e θ2. Essendo

U ′′(θ) = ¡mg d cos θ ¡ 4 k2ℓ2 sin θ ,

poiche θ1 2(0, π2 ) e θ2 2

(π , 32π

), si ha

U ′′(θ1) < 0 =) θ1 STABILE ;

U ′′(θ2) > 0 =) θ2 INSTABILE .

d) Scriviamo le equazioni cardinali della statica assumendo come polo per i momenti l’origine O.

Sia Φ = Φxi + Φyj il vettore della reazione vincolare in O. Essendo

Ω(O) =[k2(2ℓ(1¡ sin θ)i + 2ℓ cos θj

)]£ (¡2ℓ sin θi + 2ℓ cos θj) = 4k2ℓ2 cos θk ,

proiettando sugli assi abbiamo:

k2(2ℓ¡ 2ℓ sin θ) + Φx = 0

k22ℓ cos θ ¡mg + Φy = 0

¡mgd sin θ + 4k2ℓ2 cos θ = 0 .

Ora, mentre la terza equazione e evidentemente l’equazione dell’equilibrio e coincide con quella

precedentemente trovata col metodo del potenziale, le prime due equazioni fornsiscono la reazione

vincolare nelle due configurazioni d’equilibrio. Tale reazione e la seguente:

Φh = ¡2k2ℓ(1¡ sin θh)i + (mg ¡ 2k2ℓ cos θh)j , h = 1, 2.

237

e) Per scrivere le equazioni cardinali della dinamica servono l’accelerazione a(G) del baricentro

e il momento K(O). Quest’ultimo e di immediata scrittura: K(O) = Iz θk. Calcoliamo dunque

a(G). xG = d θ cos θ

yG = d θ sin θ,

xG = d (θ cos θ ¡ θ2 sin θ)

yG = d (θ sin θ + θ2 cos θ).

Le equazioni cardinali della dinamica sono dunque le seguenti:

md (θ cos θ ¡ θ2 sin θ) = k2(2ℓ¡ 2ℓ sin θ) + Φx

md (θ sin θ + θ2 cos θ) = k22ℓ cos θ ¡mg + Φy

Iz θ = ¡mgd sin θ + 4k2ℓ2 cos θ = 0 .

La terza equazione coincide con l’equazione del moto gia vista, mentre le prime due forniscono la

reazione vincolare in O durante il moto (che non scriviamo esplicitamente).

f) Essendo il sistema conservativo (vincoli lisci e forze conservative) vale il teorema di conservazione

dell’energia. Si ha dunque:

T + V = E =) 1

2Iz θ

2 ¡mgd cos θ ¡ 4k2ℓ2 sin θ =1

2Izω

20 ¡

p2

2

(mgd + 4k2ℓ2

).

Esercizio 6.3 Determinare le configurazioni di equili-

brio e le equazioni differenziali del moto di un di-

sco D omogeneo, di massa m e raggio R, vincolato

a muoversi nel piano Oxy (Oy verticale ascendente)

rotolando senza strisciare sull’asse orizzontale Ox.

Sul corpo D, oltre alla forza peso, agisce una coppiadi momento Ω = mgR cos θk ortogonale al piano del

disco.

Si tratta di un problema ad un grado di liberta. Assumiamo come parametro lagrangiano l’angolo

θ di rotazione del disco, positivo in verso antiorario come in figura (θ2IR). Essendo D omogeneo, il

suo baricentro G coincide col centro del disco. Le forze attive esterne sono la forza peso (G,¡mgj)

e la coppia di forze di momento Ω = mgR cos θk. Poiche il disco rotola senza strisciare siamo in

presenza di attrito e quindi la reazione vincolare in H (punto di contatto del disco con l’asse Ox)

ha anche una componente tangenziale, per cui si ha ΦH = ΦHxi + ΦHyj.

Le coordinate dei punti che ci interessano sono

xG = ¡Rθ + x0

yG = R

xH = ¡Rθ + x0

yH = 0 .

Studio dell’equilibrio con le Equazioni Cardinali della Statica

In presenza di attrito l’equilibrio del corpo rigido e garantito dalle Equazioni Cardinali della Statica

con l’aggiunta della relazione di Coulomb per l’attrito statico, cioe dal sistema misto

Re + Φe = 0

Ωe(O1) + Ψe(O1) = 0

jΦtj · fsjΦnj .

238

Scegliendo come polo per il calcolo dei momenti il punto H (la reazione vincolare e applicata in H

e la linea d’azione della forza peso passa per H) e proiettando sui tre assi cartesiani le equazioni

vettoriali, si ottiene:

ΦHx = 0

¡mg + ΦHy = 0

mgR cos θ = 0

jΦHxj · fsjΦHyj .

Le configurazioni di equilibrio sono tutte e sole le soluzioni della terza equazione, purche le com-

ponenti della reazione vincolare in tali configurazioni soddisfino la disequazione di Coulomb. Ri-

solvendo la terza equazione si ha

cos θ = 0 =) θk =π

2+ kπ, k 2 Z .

In questo caso l’angolo di rotazione θ non e periodico e quindi si hanno infinite configurazioni θkdistinte. (Per rendersi conto di questo fatto basta considerare le configurazioni corrispondenti a due

diversi k e le relative posizioni di xG. Se, ad esempio, consideriamo le configurazioni θ0=π2 e θ1=

32π,

le corrispondenti posizioni di G sono date rispettivamente da x0G = x0 e x1G = Rπ+x0.) Dunque, si

hanno infinite configurazioni θk che risultano tutte d’equilibrio in quanto la corrispondente reazione

vincolare, la stessa per tutte le configurazioni, e data da

(H,ΦH = mgj) ,

che avendo componente tangenziale nulla, soddisfa in maniera evidente la relazione di Coulomb.

Studio dell’equilibrio con il Metodo del Potenziale

Il potenziale della sollecitazione attiva del disco e dato dalla somma del potenziale della forza peso

e del potenziale della coppia:

U(θ) = ¡mgR + mgR sin θ + cost = mgR sin θ + U0 .

Determinando i punti di stazionarieta del potenziale, cioe le soluzioni dell’equazione U ′(θ) = 0, si

ha

mgR cos θ = 0 ,

che e l’equazione dell’equilibrio (gia ottenuta col metodo delle Equazioni Cardinali).

Per quanto riguarda poi la stabilita, dal momento che U ′′(θ) = ¡mgR sin θ, si ha

U ′′(θk) =

¡mgR se k = 2h

mgR se k = 2h + 1 ,

da cui cui segue che le configurazioni θ2h sono STABILI, mentre le θ2h+1 sono INSTABILI.

Studio del moto con le Equazioni Cardinali della Dinamica

Poiche c’e attrito il moto del corpo rigido deve soddisfare le Equazioni Cardinali della Dinamica

con l’aggiunta della relazione di Coulomb per l’attrito statico. A questo proposito ricordiamo che

l’uso della relazione statica anche nel caso di puro rotolamento e dovuto al fatto che il punto di

239

contatto H ha velocita di trascinamento nulla. Si avra pertanto il seguente sistema misto:

md2G

dt2= Re + Φe

dK(O1)

dt= Ωe(O1) + Ψe(O1) + mv(G)£ v(O1)

jΦtj · fsjΦnj .

Scriviamo le equazioni cardinali scegliendo come polo per la seconda equazione il baricentro G.

L’accelerazione del baricentro G del disco e il momento delle quantita di moto K(G) sono dati da

d2G

dt2= ¡Rθi , K(G) = IzGω =

mR2

2θk ,

dove IzG e il momento d’inerzia del disco rispetto all’asse Gz parallelo ad Oz e passante per G.

Proiettando ora le equazioni vettoriali sugli assi cartesiani e osservando che le componenti tangen-

ziale e normale dell’attrito sono rispettivamente ΦHxi e ΦHyj, si ottiene

¡mRθ = ΦHx

0 = ¡mg + ΦHy

mR2

2θ = ΦHxR + mgR cos θ

jΦHxj · fsjΦHyj .

Le prime due equazioni forniscono immediatamente la reazione vincolare dinamica

(H,ΦH = ¡mRθi + mgj) .

Sostituendo poi ΦHx e ΦHy nella terza equazione si ottiene l’equazione differenziale del moto

3

2mR2θ ¡mgR cos θ = 0 . (E6.8)

Osserviamo che questa sara l’equazione del moto del disco che rotola senza strisciare finche risulta

soddisfatta la relazione jmRθj · fsmg, che garantisce appunto il puro rotolamento.

Essendo la (E6.9) un’equazione differenziale non lineare, non e possibile scriverne l’integrale gene-

rale in termini di funzioni elementari. Di conseguenza consideriamo risolto il problema del moto a

questo punto.

Anche nel caso dinamico avremmo potuto scegliere come polo per l’equazione dei momenti il

punto H che risulta essere il centro d’istantanea rotazione del disco. Con questa scelta la seconda

equazione di (E6.4), in cui si annulla il prodotto vettoriale v(G) £ v(H) ed inoltre Ψ(H) = 0,

darebbe direttamente l’equazione differenziale del moto. Infatti, si avrebbe

IzH θ = (IzG + mR2)θ = mgR cos θ =) 32mR2θ = mgR cos θ ,

che e ancora la (E6.8).

Studio del moto con le Equazioni di Lagrange

L’equazione differenziale del moto si ottiene da (E6.7), dove la funzione potenziale e data da

U(θ) = mgR sin θ + U0 ,

240

mentre l’energia cinetica T , che si ricava applicando il teorema di Konig, vale

T =1

2mv2G +

1

2IzGω

2 =3

4mR2θ2 ,

o, equivalentemente, tenendo conto del fatto che lo stato cinetico del disco in ogni istante e rotatorio

attorno all’asse (H, k), per cui

T =1

2IzHω2 =

3

4mR2θ2 .

Sostituendo T ed U nella (E6.7) e derivando, si ottiene

3

2mR2θ = mgR cos θ ,

che e proprio l’equazione del moto trovata in precedenza.

Esercizio 6.4 Nel piano verticale Oxy (y verticale ascendente)

e mobile l’asta rigida AB, omogenea, di massa m e lunghezza

ℓ, con l’estremo A vincolato a percorrere senza attrito l’asse

x. Sull’asta, oltre al peso, agiscono due molle uguali, di

costante elastica k2, una con gli estremi fissati in O e in B,

l’altra con gli estremi fissati in A e in C ´ (2ℓ, 0) (come in

figura). Assunti come parametri l’ascissa x del punto A e

l’angolo θ evidenziato in figura, si chiede di determinare quanto segue:

a) il potenziale, l’energia cinetica e le equazione differenziali del moto;

b) le equazioni dell’equilibrio col metodo del potenziale;

c) ritrovare le equazioni viste in b) col principio dei lavori virtuali;

d) le equazioni cardinali della statica, ritrovando le equazioni viste in b) e in c);

e) le equazioni cardinali della dinamica, ritrovando le equazioni del moto viste in a);

f) un integrale primo del moto assumendo che all’istante t = 0 il punto B coincida con O e l’asta

sia in quiete con A a destra.

Scriviamo innanzitutto le coordinate dei punti che interessano, incluso il baricentro G dell’asta:

xA = x

yA = 0,

xB = x¡ ℓ cos θ

yB = ¡ℓ sin θ,

xG = x¡ ℓ

2 cos θ

yG = ¡ ℓ2 sin θ

,

xC = 2ℓ

yC = 0.

a) Il potenziale e l’energia cinetica sono i seguenti:

U = ¡mgyG ¡ 12k

2(O ¡B)2 ¡ 12k

2(C ¡A)2 =

= ¡mg(¡ ℓ2 sin θ)¡ 1

2k2[(x¡ ℓ cos θ

)2+(¡ℓ sin θ

)2]¡ 12k

2(2ℓ¡ x

)2=

= 12mgℓ sin θ ¡ k2x2 + k2ℓ x cos θ + 2k2ℓ x + U∗

T = 12m(x2G + y2G) + 1

2IzGθ

2 = 12m[(x + ℓ

2 θ sin θ)2

+(¡ ℓ2 θ cos θ

)2]+ 1

2

(112mℓ2

)θ2 =

= 12mx2 + 1

6mℓ2θ2 + 12mℓ x θ sin θ .

241

Scriviamo le equazioni di Lagrange:

d

dt

(mx + 1

2mℓθ sin θ)

= ¡2k2x + k2ℓ cos θ + 2k2ℓ

d

dt

(13mℓ2θ + 1

2mℓ x sin θ)¡ 1

2mℓ x θ cos θ = 12mgℓ cos θ ¡ k2ℓ x sin θ

A conti fatti:

mx + 1

2 mℓ θ sin θ + 12 mℓ θ2 cos θ = ¡2k2x + k2ℓ cos θ + 2k2ℓ

13mℓ2θ + 1

2mℓ x sin θ = 12mg ℓ cos θ ¡ k2ℓ x sin θ

(¤)

b) Le configurazioni d’equilibrio corrispondono ai punti di stazionarieta di U(x, θ), cioe alle solu-

zioni del seguente sistema di equazioni:

∂U

∂ x= 0

∂U

∂ θ= 0

=) ¡2 x + ℓ cos θ + 2 ℓ = 0

12mg cos θ ¡ k2x sin θ = 0 .

(¤¤)

c) Il lavoro virtuale delle forze attive e dato da

δL = ¡mgj ¢ δG + k2(O ¡B) ¢ δB + k2(C ¡A) ¢ δA =

= ¡mgj ¢ (δxGi + δyGj)¡ k2(xBi + yBj) ¢ (δxBi + δyBj) + k2(xC ¡ xA)i ¢ δxAi =

= ¡mg δyG ¡ k2xBδxB ¡ k2yBδyB + k2(xC ¡ xA) δxA .

Essendo:

δyG = ¡ ℓ2 cos θδθ , δxB = δ x + ℓ cos θδθ , δyB = ¡ℓ cos θδθ , δxA = δ x ,

facendo i calcoli, si ottiene

δL = 12mg ℓ cos θδθ ¡ k2(x¡ ℓ cos θ)(δ x + ℓ sin θδθ)¡ k2(¡ℓ sin θ)(¡ℓ cos θδθ) + k2(2ℓ¡ x) δ x =

= k2(¡2x + ℓ cos θ + 2ℓ) δ x + (12mg ℓ cos θ ¡ k2ℓ x sin θ) δθ .

In virtu del Principio dei Lavori Virtuali, essendo gli spostamenti virtuali dell’asta tutti inverti-

bili (non ci sono configurazioni di confine), deve essere δL = 0 , 8(δ x , δ θ) . Cio comporta che i

coefficienti di δ x e δ θ siano entrambi nulli, il che ci riconduce alle equazioni (**).

d) Scriviamo ora le equazioni cardinali della statica assumendo come polo il punto A. In questo

modo l’equazione dei momenti fornira direttamente una delle due equazioni dell’equilibrio in quanto

non conterra alcuna reazione. Infatti l’unica reazione vincolare del sistema e applicata in A:

(A,ΦA = ΦAj). Le forze attive sono le seguenti:

(G,¡mg j),(B, k2(O ¡B)

),(A, k2(C ¡A)

).

Calcoliamone il loro momento rispetto ad A:

Ω(A) = ¡mg j £ (A¡G) + k2(O ¡B)£ (A¡B) =

= ¡mg j £(ℓ2 cos θ i + ℓ

2 sin θ j)

+ k2[(ℓ cos θ ¡ x) i + ℓ sin θ j

]£(ℓ cos θ i + ℓ sin θ j

)=

= 12mg ℓ cos θ k ¡ k2ℓ x sin θ k .

242

Le equazioni cardinali della statica forniscono quindi il sistema di equazioni scalari che segue:

¡k2(x¡ ℓ cos θ) + k2(2ℓ¡ x) = 0

k2ℓ sin θ ¡mg + ΦA = 012mg ℓ cos θ ¡ k2ℓ x sin θ = 0 .

Osserviamo che la prima e la terza equazione, che non contenendo le reazioni vincolari costituiscono

le equazioni dell’equilibrio, coincidono con le equazioni (**) ottenute in precedenza col metodo del

potenziale. La seconda equazione fornisce invece la reazione in A:

ΦA = mg ¡ k2ℓ sin θ .

e) Per scrivere le equazioni cardinali della dinamica servono innanzitutto xG e yG:

xG = x + ℓ

2 θ sin θ

yG = ¡ ℓ2 θ cos θ

e quindi

xG = x + ℓ

2

[θ sin θ + θ2 cos θ

]

yG = ℓ2

[¡θ cos θ + θ2 sin θ

]

Quale polo convenga scegliere per l’equazione dei momenti non e ovvio. Avendo gia calcolato Ω(A),

manteniamo la scelta di A. In questo caso, essendo Ψ(A) = 0, l’equazione che dobbiamo scrivere

e la seguente:dK(A)

dt= Ω(A) + m

dG

dt£ dA

dt.

Calcoliamo dunque K(A) e vG £ vA.

K(A) = K′(A) + mvA £ (A¡G) = IzAθ k + mx i£

(ℓ2 cos θ i + ℓ

2 sin θ j)

=

= 13mℓ2θ k + 1

2mℓ x sin θ k

dK(A)

dt= m

[13ℓ2θ + 1

2ℓ(x sin θ + x θ cos θ

]k

vG £ vA =[(x + ℓ

2 θ sin θ)i +(¡ ℓ2 θ cos θ

)j]£ x i = ℓ

2 x θ cos θ k .

Ora possiamo scrivere rapidamente le equazioni cardinali della dinamica.

m[x + ℓ

2

(θ sin θ + θ2 cos θ

)]= k2(2ℓ¡ 2x + ℓ cos θ)

m[ℓ2

(¡θ cos θ + θ2 sin θ

)]= k2ℓ sin θ ¡mg + ΦA

m[13ℓ2θ + 1

2ℓ(x sin θ + x θ cos θ

]= 1

2mg ℓ cos θ ¡ k2ℓ x sin θ + 12 mℓ x θ cos θ

La prima e la terza equazione (previa semplificazione) coincidono in maniera evidente con le equa-

zioni (*) gia trovate con le equazioni di Lagrange.

f) Le condizioni dell’asta assegnate per quest’ultima domanda corrispondono alle condizioni iniziali

x(0) = ℓ, θ(0) = 0, x(0) = 0, θ(0) = 0 . L’integrale del moto richiesto e quello della conservazione

dell’energia meccanica: T + V = E . Nel nostro caso, essendo E = T0 + V0 = V0 = ¡2k2ℓ2 , esso

diventa:

12mx2 + 1

6mℓ2θ2 + 12mℓ x θ sin θ ¡ 1

2mg ℓ sin θ + k2x2 ¡ k2ℓ x cos θ ¡ 2k2ℓ x = ¡2k2ℓ2 .

243

Esercizio 6.5 (bipendolo) Nel piano verticale Oxy

(Oy verticale ascendente) e mobile il sistema

materiale pesante costituito da due aste rigide

omogenee OA ed AB di lunghezza 2ℓ e massa

m ed M rispettivamente. L’asta OA ha l’e-

stremo O fissato nell’origine del sistema di

riferimento e l’altro estremo incernierato al-

l’asta AB nel suo estremo A. Sul sistema,

oltre alla forza peso, agisce la forza costante

(B,F=Fi), con F = cost > 0. Supponendo i

vincoli lisci, determinare le configurazioni d’e-

quilibrio e le equazioni differenziali del moto

del sistema.

Si tratta di un problema a due gradi di liberta. Assumiamo come parametri lagrangiani l’angolo

α, 0 · α < 2π, che il vettore A ¡ O forma con la direzione negativa dell’asse y e l’angolo β,

0 · β < 2π , che il vettore B ¡ A forma con la direzione negativa dell’asse y, entrambi positivi

in verso antiorario. Essendo entrambe le aste omogenee, i baricentri G1 (per OA) e G2 (per AB)

coincidono coi punti medi delle aste stesse. Le forze attive esterne agenti sul sistema sono le forze

peso (G1,¡mgj) e (G2,¡Mgj) e la forza (B,F = Fi). Inoltre supponiamo di scegliere l’asse Oz

ortogonale al piano Oxy e orientato, come sempre, in modo che la terna Oxyz sia destra.

Dovendo nel seguito utilizzare le coordinate dei punti A, B, G1 e G2, le premettiamo una volta

per tutte:

xA = 2ℓ sinα

yA = ¡2ℓ cosα

xB = 2ℓ(sinα + sinβ)

yB = ¡2ℓ(cosα + cos β)

xG1

= ℓ sinα

yG1= ¡ℓ cosα

xG2

= ℓ(2 sinα + sinβ)

yG2= ¡ℓ(2 cosα + cos β) .

Studio dell’equilibrio con le Equazioni Cardinali della Statica

Trattandosi di un sistema articolato, le Equazioni Cardinali della Statica, se scritte per l’intero

sistema, sono una condizione solo necessaria per l’equilibrio del sistema. E possibile comunque

utilizzarle come condizione sufficiente, purche si scrivano le equazioni separatamente per le singole

parti rigide, previa sostituzione dei vincoli di tipo interno con le opportune rezioni vincolari.

Sull’asta OA agiscono le seguenti forze attive e reazioni vincolari:

(G1,¡mgj), (O,ΦO = ΦOxi + ΦOyj) (A,ΦA = ΦAxi + ΦAyj) .

Le Equazioni Cardinali della Statica per l’asta OA, dove per l’equazione dei momenti si e scelto

come polo O, sono queste:

¡mgj + ΦOxi + ΦOyj + ΦAxi + ΦAyj = 0

¡mgℓ sinαk + (2ℓΦAx cosα + 2ℓΦAy sinα)k = 0 .(E6.9)

Per quanto riguarda l’asta AB, su di essa agiscono le seguenti forze attive e reazioni vincolari:

(G2,¡Mgj), (B,F = Fi) (A,¡ΦA = ¡ΦAxi¡ ΦAyj) .

244

Scegliendo come polo per l’equazione dei momenti il punto A, le Equazioni Cardinali della Statica

per l’asta AB diventano ¡Mgj + Fi¡ ΦAxi¡ ΦAyj = 0

¡Mgℓ sinβk + 2ℓF cos βk = 0 .(E6.10)

Proiettando le (E6.9) e le (E6.10) sui tre assi cartesiani si ottiene il seguente sistema di sei equazioni

nelle sei incognite ΦOx,ΦOy,ΦAx,ΦAy, α, β:

ΦOx + ΦAx = 0

¡mg + ΦOy + ΦAy = 0

¡mgℓ sinα + 2ℓΦAx cosα + 2ℓΦAy sinα = 0

F ¡ ΦAx = 0

¡Mg ¡ ΦAy = 0

¡Mgℓ sinβ + 2ℓF cos β = 0 .

(E6.11)

La sesta equazione, non contenendo le reazioni vincolari e una delle due equazioni dell’equilibrio;

l’altra puo essere determinata dalla terza equazione sostituendovi ΦAx e ΦAy ricavate dalla quarta

e dalla quinta equazione. Si avra:¡ (m + 2M)g sinα + 2F cosα = 0

¡Mg sinβ + 2F cos β = 0,(E6.12)

da cui si ricava

tanα =2F

(m + 2M)g

tanβ =2F

Mg

=)

α1 = arctan2F

(m + 2M)g, α2 = α1 + π

β1 = arctan2F

Mg, β2 = β1 + π ,

con α1, β1 2 (0, π2 ) (e di conseguenza α2, β2 2 (π, 32π)). Si hanno quindi quattro configurazioni di

equilibrio:

C1 ´ (α1, β1), C2 ´ (α1, β2), C3 ´ (α2, β1), C4 ´ (α2, β2) .

Sfruttando anche le prime due equazioni del sistema (E6.11) si ricavano poi completamente le

reazioni vincolari, che risultano le stesse nelle quattro configurazioni d’equilibrio:

(O,ΦO = ¡Fi + (m + M)gj) (A,ΦA = Fi¡Mgj) .

Studio dell’equilibrio con il Metodo del Potenziale

Il potenziale della sollecitazione attiva del sistema e dato da:

U(α, β) = (m + 2M)gℓ cosα + Mgl cos β + 2Fℓ(sinα + sinβ) + U0 . (E6.13)

Le configurazioni di equilibrio dell’asta coincidono con i punti di stazionarieta del potenziale, cioe

con le soluzioni del sistema

∂U

∂α= 0

∂U

∂β= 0

=) ¡(m + 2M)gℓ sinα + 2Fℓ cosα = 0

¡Mgℓ sinβ + 2Fℓ cos β = 0 .

Si ritrovano cosı le (E6.12).

245

Per determinare la stabilita delle configurazioni di equilibrio occorre calcolare il determinante della

matrice Hessiana

H(α, β) =

∂2U

∂α2∂2U

∂α∂β∂2U

∂β∂α

∂2U

∂β2

,

attraverso il quale e possibile studiare massimi e minimi della funzione potenziale. Poiche∂2U

∂β∂α=

∂2U

∂α∂β= 0, si ha

detH(α, β) = ((m + 2M)gℓ cosα + 2Fℓ sinα)(Mgℓ cosβ + 2Fℓ sinβ) .

Poiche α1, β1 2 (0, π2 ) e α2, β2 2 (π, 32π) si ottiene

detH(α1, β1) > 0 ,∂2U

∂α2

∣∣∣∣C1

< 0

detH(α1, β2) < 0

detH(α2, β1) < 0

detH(α2, β2) > 0 ,∂2U

∂α2

∣∣∣∣C4

> 0

=)

=)

=)

=)

C1 STABILE

C2 PUNTO SELLA

C3 PUNTO SELLA

C4 INSTABILE .

Studio dell’equilibrio col Principio dei Lavori Virtuali

Il lavoro virtuale delle forze attive e dato da

δL = ¡mgj ¢ (δxG1i + δyG1

j)¡Mgj ¢ (δxG2i + δyG2

j) + Fi ¢ (δxBi + δyBj) =

= ¡mgδyG1¡MgδyG2

+ FδxB .

Essendo

δyG1= ℓ sinαδα , δyG2

= 2ℓ sinαδα + ℓ sinβδβ , δxB = 2ℓ cosαδα + 2ℓ cosβδβ ,

ed essendo tutte le configurazioni del sistema di tipo interno (per cui tutti gli spostamenti sono

invertibili), la relazione (6.1) vale col segno di uguale. Si ha dunque

δL = (¡(m+2M)gℓ sinα+2Fℓ cosα)δα+(¡Mgℓ sinβ+2Fℓ cos β)δβ = 0 8δα, 8δβ. (E6.14)

Dovendo δL essere nullo qualunque sia δα e qualunque sia δβ, da (E6.14) si ottiene il sistema

¡ (m + 2M)g sinα + 2F cosα = 0

¡Mg sinβ + 2F cos β = 0 ,

che consiste delle equazioni dell’equilibrio trovate in precedenza.

Per determinare le reazioni vincolari statiche eliminiamo ad uno ad uno i vincoli e li sostituiamo

con le relative reazioni che riguardiamo come forze attive.

246

Eliminiamo dapprima il vincolo in O applicando la reazione (O,ΦO = ΦOxi + ΦOyj) e riscriviamo

il lavoro virtuale delle forze attive (inserendo tra esse anche la ΦO). Si avra:

δL = ¡mgj ¢ (δxi + δyj)¡Mgj ¢ (δxi + δyj) + Fi ¢ (δxi + δyj) + (ΦOxi + ΦOyj) ¢ (δxi + δyj),

dove (δxi+ δyj) rappresenta una generica traslazione virtuale del sistema che, dopo l’eliminazione

del vincolo in O, risulta essere un sistema articolato libero nel piano Oxy. Applicando il principio

dei lavori virtuali si ottiene

(F + ΦOx)δx + (¡(m + M)g + ΦOy)δy = 0 8δx, 8δy,

da cui il sistema F + ΦOx = 0

¡ (m + M)g + ΦOy = 0,

che fornisce le componenti scalari di ΦO gia determinate con le Equazioni Cardinali della Statica.

Per ottenere la reazione vincolare interna ΦA, eliminiamo anche il vincolo in A e consideriamo solo

l’asta OA, ora libera nel piano. Su di essa agiscono le seguenti forze:

(G1,¡mgj), (O,ΦO = ΦOxi + ΦOyj) (A,ΦA = ΦAxi + ΦAyj).

Applicando il Principio dei Lavori Virtuali si ha

δL = (ΦOx + ΦAx)δx + (¡mg + ΦOy + ΦAy)δy = 0 8δx, 8δy,

da cui ΦOx + ΦAx = 0

¡mg + ΦOy + ΦAx = 0 ,

come trovato in precedenza.

Studio del moto con le Equazioni Cardinali della Dinamica

Consideriamo separatamente le due aste OA ed AB e scriviamo per ciascuna le equazioni (E6.4).

Per tener conto del vincolo in A si dovra considerare su entrambe la reazione vincolare dovuta

a tale vincolo. Piu precisamente, considereremo su OA la reazione (A,ΦA) e su AB la reazione

(A,¡ΦA) (si potrebbe, equivalentemente, fare anche il contrario). Poiche le forze attive e le reazioni

vincolari sono le stesse gia considerate nel problema statico, per scrivere le Equazioni Cardinali

della Dinamica restano solo da determinare i vettori ai primi membri.

Per quanto riguarda l’asta OA si ha

a(G1) =d2G1

dt2= ℓ(α cosα¡ α2 sinα)i¡ ℓ(α sinα + α2 cosα)j ,

e, scegliendo come polo per l’equazione dei momenti il punto O,

K(O) = IzOω1 =4

3mℓ2αk.

247

Per l’asta AB l’accelerazione del baricentro G2 e il momento delle quantita di moto calcolato con

polo in G2 sono

a(G2) = xG2i + yG2

j con

¨xG2

= 2ℓ(α cosα¡ α2 sinα) + ℓ(β cos β ¡ β2 sinβ)

¨yG2= 2ℓ(α sinα + α2 cosα) + ℓ(β sinβ + β2 cos β) ,

K(G2) = IzG2ω2 =

Mℓ2

3βk .

Proiettando le (E6.4) scritte per le due aste sui tre assi cartesiani si ottiene il sistema di sei equazioni

nelle sei incognite ΦOx,ΦOy,ΦAx,ΦAy, α, β:

mℓ(α cosα¡ α2 sinα) = ΦOx + ΦAx

mℓ(α sinα + α2 cosα) = ¡mg + ΦOy + ΦAy

4

3mℓ2α = ¡mgℓ sinα + 2ℓΦAx cosα + 2ℓΦAy sinα

2Mℓ(α cosα¡ α2 sinα) + Mℓ(β cos β ¡ β2 sinβ) = F ¡ ΦAx

2Mℓ(α sinα + α2 cosα) + Mℓ(β sinβ + β2 cos β) = ¡Mg ¡ ΦAy

Mℓ2

3β = ΦAxℓ cos β + ΦAyℓ sinβ + Fℓ cos β.

(E6.15)

Sostituendo nella terza e nella sesta equazione di (E6.15) l’espressione di ΦAx e ΦAy ricavate dalla

quarta e dalla quinta, ossia

ΦAx = F ¡ 2Mℓ(α cosα¡ α2 sinα)¡Mℓ(β sinβ + β2 cosβ)

ΦAy = ¡Mg ¡ 2Mℓ(α sinα + α2 cosα)¡Mℓ(β sinβ + β2 cosβ) ,

si ottengono le due equazioni differenziali del moto:

4(m

3+ M

)ℓ2α = ¡(m + 2M)gℓ sinα + 2Fℓ cosα¡ 2Mℓ2β cos(α¡ β)¡ 2Mℓβ2 sin(α¡ β)

4

3mℓ2β = ¡Mgℓ sinβ + 2Fℓ cos β ¡ 2Mℓ2α cos(α¡ β) + 2Mℓ2α2 sin(α¡ β) .

La prima e la seconda equazione di (E6.15) forniscono poi le componenti scalari ΦO:

ΦOx = ¡F + (m + 2M)ℓ(α cosα¡ α2 sinα) + Mℓ(β cos β ¡ β2 sinβ)

ΦOy = (m + M)g ¡ (m¡ 2M)ℓ(α sinα + α2 cosα) .

Studio del moto con le Equazioni di Lagrange

Le equazioni differenziali del moto si ottengono scrivendo le Equazioni di Lagrange

d

dt

(∂T

∂qi

)¡ ∂T

∂qi=

∂U

∂qi, i = 1, 2 , (E6.16)

dove q1 = α, q2 = β. La funzione potenziale U e data da (E6.13), mentre l’energia cinetica T del

sistema vale:

T = TOA + TAB =1

2IzOω

21 +

1

2Mv2G2

+1

2IzG2

ω22 ,

248

e quindi

T =2

3mℓ2α2 +

1

2M(4ℓ2α2 + ℓ2β2 + 4ℓ2αβ cos(α¡ β)) +

Mℓ2

6β2

= 2(m

3+ M

)ℓ2α2 +

2

3Mℓ2β2 + 2Mℓ2αβ cos(α¡ β) .

Dalle (E6.16) si ottengono quindi le equazioni differenziali

4(m

3+ M

)ℓ2α + 2Mℓ2β cos(α¡ β) + 2Mℓ2β2 sin(α¡ β) = ¡(m + 2M)gℓ sinα + 2Fℓ cosα

4

3Mℓ2β + 2Mℓ2α cos(α¡ β)¡ 2Mℓ2α2 sin(α¡ β) = ¡Mgℓ sinβ + 2Fℓ cos β ,

che coincidono con le equazioni differenziali del moto trovate con le Equazioni Cardinali della

Dinamica.

Esercizio 6.6 Nel piano verticale Oxy (Oy verticale ascen-

dente) e mobile il sistema materiale pesante costituito

da: a) un disco rigido D omogeneo di centro O, raggio

R e massa M ; b) un punto materiale (P,m). Il disco

e vincolato a ruotare attorno ad un asse fisso normale

al disco e passante per O; il punto P scorre sul bordo

del disco ed e collegato mediante una molla ideale di co-

stante elastica k2 ad un punto C del bordo del disco.

Sul sistema agiscono le forze peso. Supponendo i vin-

coli lisci, determinare le configurazioni d’equilibrio e le

equazioni differenziali del moto del sistema.

Si tratta di un problema a due gradi di liberta. Assumiamo come parametri lagrangiani l’angolo

ϕ di rotazione del disco (¡π < ϕ · π) e l’angolo θ che il raggio vettore P ¡O forma con il raggio

vettore C¡O (¡π < θ · π). Entrambi gli angoli sono positivi in verso antiorario. Essendo il disco

omogeneo, il suo baricentro coincide col centro O. Ovviamente l’asse Oz e normale al piano xy ed

orientato verso chi legge.

I punti che interessano sono C e P . Le loro coordinate sono le seguenti:

xC = R sinϕ

yC = ¡R cosϕ

xP = R sin(ϕ + θ)

yP = ¡R cos(ϕ + θ) .

Studio dell’equilibrio col Metodo del Potenziale

Il potenziale della sollecitazione attiva del sistema e dato da

U(θ, ϕ) = ¡mgyP ¡k2

2(P ¡ C)2 + U ′

0 = ¡mgyP ¡k2

2

[(xP ¡ xC)2 + (yP ¡ yC)2

]+ U ′

0 =

= mgR cos(θ + ϕ)¡ k2

2

[2R2(1¡ cos θ)

]+ U ′

0 = mgR cos(θ + ϕ) + k2R2 cos θ + U0 . (E6.17)

Uguagliando a zero le derivate parziali prime della funzione U(θ, ϕ) si hanno le due equazioni

dell’equilibrio

∂U

∂θ= ¡mgR sin(θ + ϕ)¡ k2R2 sin θ = 0

∂U

∂ϕ= ¡mgR sin(θ + ϕ) = 0 ,

(E6.18)

249

da cui, con semplici passaggi, si ricava

sin(θ + ϕ) = 0

sin θ = 0=)

sinϕ = 0 =) ϕ1 = 0 , ϕ2 = π

sin θ = 0 =) θ1 = 0 , θ2 = π .

Le configurazioni di equilibrio sono quattro:

C1 ´ (θ1 = 0, ϕ1 = 0), C2 ´ (θ1 = 0, ϕ2 = π), C3 ´ (θ2 = π, ϕ1 = 0), C4 ´ (θ2 = π, ϕ2 = π).

Il determinante della matrice Hessiana, che si calcola facilmente, vale

detH(θ, ϕ) = mgk2R3 cos θ cos(θ + ϕ) .

Lo studio della stabilita porta quindi alle seguenti conclusioni:

detH(θ1, ϕ1) = mgk2R3 > 0 ,∂2U

∂ϕ2

∣∣∣∣C1

< 0

detH(θ1, ϕ2) = ¡mgk2R3 < 0

detH(θ2, ϕ1) = mgk2R3 > 0 ,∂2U

∂ϕ2

∣∣∣∣C3

> 0

detH(θ2, ϕ2) = ¡mgk2R3 < 0

=)

=)

=)

=)

C1 STABILE

C2 PUNTO SELLA

C3 INSTABILE

C4 PUNTO SELLA .

Studio dell’equilibrio con le Equazioni Cardinali della Statica

Il sistema meccanico e formato da un disco e da un punto. Scriviamo le Equazioni Cardinali della

Statica per il disco e l’equazione F + Φ = 0 per il punto.

Sul disco D agiscono le seguenti forze attive

(O,¡Mgj

),

(C, k2(P ¡ C) = k2R[(sin(θ + ϕ)¡ sinϕ)i¡ (cos(θ + ϕ)¡ cosϕ)j]

)

e le seguenti reazioni vincolari

(O,ΦO = ΦOxi + ΦOyj

),

(P,ΦP = ΦP sin(θ + ϕ)i¡ ΦP cos(θ + ϕ)j

).

Proiettiamo sui tre assi del sistema di riferimento Oxyz le Equazioni Cardinali della Statica per il

disco, dove si e scelto O come polo per l’equazione dei momenti:

k2R(sin(θ + ϕ)¡ sinϕ) + ΦOx + ΦP sin(θ + ϕ) = 0

¡Mg ¡ k2R(cos(θ + ϕ)¡ cosϕ) + ΦOy ¡ ΦP cos(θ + ϕ) = 0

k2R2 sin θ = 0 .

(E6.19)

Sul punto P agiscono le seguenti forze attive e reazioni vincolari:

(P,¡mgj) , (P, k2(C ¡ P ) = ¡k2R[(sin(θ + ϕ)¡ sinϕ)i¡ (cos(θ + ϕ)¡ cosϕ)j]) ,

(P,¡ΦP = ¡ΦP sin(θ + ϕ)i + ΦP cos(θ + ϕ)j) .

250

Proiettando l’equazione dell’equilibrio per P sugli assi x e y si ottengono le due equazioni

¡ k2R(sin(θ + ϕ)¡ sinϕ)¡ ΦP sin(θ + ϕ) = 0

¡mg + k2R(cos(θ + ϕ)¡ cosϕ) + ΦP cos(θ + ϕ) = 0.(E6.20)

Le (E6.19) e (E6.20) costituiscono un sistema di cinque equazioni nelle cinque incognite: θ, ϕ, ΦOx,

ΦOy, ΦP . Sommando la seconda equazione di (E6.20), moltiplicata per cos(θ + ϕ), alla prima, a

sua volta moltiplicata per ¡ sin(θ + ϕ), si ottiene

ΦP = mg cos(θ + ϕ)¡ k2R + k2R cos θ .

Sommando poi la prima equazione di (E6.19) alla prima di (E6.20) e la seconda di (E6.19) alla

seconda di (E6.20) si ha ΦOx = 0

ΦOy = (m + M)g .

Infine, la terza equazione di (E6.19), e l’equazione che si ottiene sommando alla prima equazione di

(E6.20) moltiplicata per cos(θ + ϕ) la seconda moltiplicata per sin(θ + ϕ), forniscono le equazioni

dell’equilibrio ¡mg sin(θ + ϕ)¡ k2R sin θ = 0

k2R2 sin θ = 0 .

Si e cosı ritrovato un sistema di equazioni equivalente al sistema (E6.18).

Studio del moto con le Equazioni di Lagrange

Scriviamo le equazioni differenziali del moto utilizzando le equazioni di Lagrange

d

dt

(∂L∂qi

)¡ ∂L

∂qi= 0, i = 1, 2 ,

dove q1 = θ, q2 = ϕ e L = T + U .

In questo problema la funzione potenziale U e data da (E6.17), mentre l’energia cinetica T del

sistema vale

T = TD + TP =1

2IzOω

2 +1

2Mv2P .

Essendo

TD =1

2IzOϕ

2 =1

4MR2ϕ2 , TP =

1

2m(x2P + y2P ) =

1

2m(R2(ϕ + θ)2

),

si ha

T =1

2mR2θ2 + mR2ϕθ +

1

4(M + 2m)R2ϕ2 .

Dalle equazioni di Lagrange, facendo le opportune derivate, si ottengono quindi le seguenti equa-

zioni del moto:

mR2θ + mR2ϕ+mgr sin(θ + ϕ) + k2R2 sin θ = 0

(M

2+ m)R2ϕ + mR2θ + mgR sin(θ + ϕ) = 0.

251

Esercizio 6.7 Nel piano verticale Oxy (Oy verticale ascen-

dente) e mobile il sistema materiale pesante costituito

da: a) un anello puntiforme (P,m); b) un corpo rigido

di massa M formato da due aste omogenee AB e BC,

di uguale densita e di lunghezza 2ℓ ed ℓ rispettivamente.

Le due aste sono rigidamente unite in B in modo che il

triangolo ABC sia rettangolo in C.

Gli estremi A e C sono vincolati a percorrere l’asse x;

l’anello P e vincolato a scorrere lungo l’asta AB ed e collegato al punto B del corpo rigido me-

diante una molla di costante elastica k2 e lunghezza nulla a riposo. Sull’intero sistema agiscono

le forze peso. Supponendo i vincoli lisci, determinare le configurazioni d’equilibrio e le equazioni

differenziali del moto del sistema.

Si tratta di un problema a due gradi di liberta. Assumiamo come parametri lagrangiani l’ascissa

x di C e l’ascissa ξ del punto P misurata su AB a partire da B (0 · ξ · 2ℓ). Essendo il corpo Cformato da aste omogenee, il suo baricentro G risulta avere le seguenti coordinate:

xG = x +

p3

3ℓ , yG =

ℓ

2.

Sono poi di interesse per lo svolgimento dell’esercizio le coordinate dei punti C, B, A e P :

xC = x

yC = 0

xB = x

yB = ℓ

xA = x +

p3ℓ

yA = 0

xP = x +

√32 ξ

yP = ℓ¡ ξ2 .

Oltre alla terna fissa Oxyz, ovviamente di versori (i, j, k), consideriamo la terna Bx1y1z1 solidale

con il corpo rigido, di versori (i1, j1, k1), con i1 =(P ¡B)

PB, j1 ortogonale a i1 nel piano Oxy e

k1 ´ k. Le relazioni che legano tra di loro i versori delle due terne sono le seguenti:

i1 =√32 i¡ 1

2j

j1 = 12 i +

√32 j

;

i =

√32 i1 + 1

2j1

j = ¡12 i1 +

√32 j1

. (E6.21)

Studio dell’equilibrio col Metodo del Potenziale

Il potenziale della sollecitazione attiva del sistema e dato dalla somma del potenziale delle forze

peso e del potenziale della coppia di forze elastiche interne. Pertanto si avra

U(x, ξ) = ¡MgyG ¡mgyP ¡1

2k2(P ¡ B)2 + cost =

1

2mgξ ¡ 1

2k2ξ2 + U0 . (E6.22)

Poiche∂U

∂xe identicamente nulla e

∂U

∂ξ=

mg

2¡ k2ξ, le configurazioni di equilibrio sono date dalle

soluzioni del sistema

0 = 0mg

2¡ k2ξ = 0 .

Le soluzioni di questo sistema sono del tipo(x, ξ∗ =

mg

2k2

)con x qualunque. Di conseguenza,

ricordando che ξ deve essere compreso tra 0 e 2ℓ, si ha che(x, ξ∗ =

mg

2k2

)e accettabile se

mg

2k2· 2ℓ

e cioe semg

k2ℓ· 4. Pertanto, ci sono infinite configurazioni di equilibrio

(x, ξ∗ =

mg

2k2

)se

mg

k2ℓ· 4;

non c’e nessuna configurazione d’equilibrio semg

k2ℓ> 4.

252

Studio del moto con le Equazioni Cardinali della Dinamica

Il sistema meccanico e formato da un corpo rigido e da un punto materiale. Scriviamo le Equazioni

Cardinali della Dinamica (E6.4) per il corpo rigido e l’equazione di Newton per P .

Sul corpo rigido agiscono le seguenti forze attive e le seguenti rezioni vincolari:

(G,¡Mgj),(B, k2(P ¡B) = k2ξi1 = k2ξ

(p3

2i¡ 1

2j))

(A,ΦA = ΦAj) (C,ΦC = ΦCj)(P,ΦP = ΦP j1 =

1

2ΦP i +

p3

2ΦP j

).

L’accelerazione di G e

d2G

dt2= x i ,

mentre il momento della quantita di moto rispetto al polo B vale

K(B) = K(G) + mv(G)£ (B ¡G) = Mℓ2 xk ,

in quanto K(G) = 0 perche il corpo trasla. I momenti delle forze attive esterne e delle reazioni

vincolari esterne sono poi i seguenti:

Ωe(B) = ¡p

3

3Mgℓk, Ψe(B) =

(p3ℓΦA + ξΦP

)k .

Osservato che v(G) £ v(B) = 0 perche i due vettori sono paralleli, se proiettiamo sui tre assi del

sistema di riferimento Oxyz le Equazioni Cardinali della Dinamica per il corpo rigido, otteniamo

le tre equazioni seguenti:

Mx =

p3

2k2ξ +

1

2ΦP

0 = ¡Mg ¡ k2

2ξ + ΦA + ΦC +

p3

2ΦP

Mℓ

2x = ¡

p3

3Mgℓ +

p3ℓΦA + ξΦP .

(E6.23)

Consideriamo ora il punto P . Su di esso agiscono le seguenti forze attive e reazioni vincolari:

(P,¡mgj =

1

2mgi1 ¡

p3

2mgj1

), (P, k2(B ¡ P ) = ¡k2ξi1) , (P,¡ΦP = ¡ΦP j1) .

L’accelerazione di P rispetto al sistema Oxyz vale

a(P ) =(x +

p3

2ξ)i¡ 1

2ξ j ,

oppure, sostituendo ai versori i e j le loro espressioni (E6.21) in funzione dei versori i1 e j1,

a(P ) =(p3

2x + ξ

)i1 +

1

2xj1 .

Proiettando l’equazione di Newton sugli assi x1 e y1 del sistema solidale solidale con ABC si

ottengono le due equazioni

m(

p3

2x + ξ) =

mg

2¡ k2ξ

m

2x = ¡

p3

2mg ¡ ΦP .

(E6.24)

253

Le (E6.23) e (E6.24) costituiscono un sistema di cinque equazioni nelle cinque incognite: x, ξ, ΦA,

ΦC e ΦP . Dalla seconda equazione di (E6.24) si ottiene

ΦP = ¡p

3

2mg ¡ m

2x ,

che sostituita nelle ultime due equazioni di (E6.23) fornisce

ΦA =mg

2ℓξ +

p3m

6ℓξx +

1

3Mg +

p3

6Mx

ΦC =k2

2ξ ¡ mg

2ℓξ ¡

p3m

6ℓξx +

2

3Mg +

3

4mg +

p3

2(m

2¡ M

3)x .

La prima equazione di (E6.23) (in cui si sostituisce l’espressione di ΦP ) e la prima di (E6.24) danno

le equazioni differenziali del moto

(M +m

4)x¡

p3

2k2ξ +

p3

4mg = 0

p3

2mx + mξ ¡ mg

2+ k2ξ = 0.

(E6.25)

Studio del moto con le Equazioni Lagrange

Scriviamo le equazioni differenziali del moto utilizzando le equazioni di Lagrange

d

dt

(∂L∂qi

)¡ ∂L

∂qi= 0, i = 1, 2 ,

dove q1 = x, q2 = ξ e L = T + U . La funzione potenziale U e data da (E6.22), mentre l’energia

cinetica T del sistema, tenuto conto che il corpo rigido trasla, vale

T = TC + TP =1

2Mv2G +

1

2Mv2P =

1

2(m + M)x2 +

p3

2mxξ +

1

2mξ2 .

Pertanto la Lagrangiana del sistema e

L =1

2(m + M)x2 +

p3

2mxξ +

1

2mξ2 +

1

2mgξ ¡ 1

2k2ξ2 .

Le equazioni del moto sono quindi

(M + m)x +

p3

2mξ = 0

p3

2mx + mξ ¡ 1

2mg + k2ξ = 0 .

Chiaramente la seconda equazione coincide con la seconda delle (E6.25). Se poi si sottrae dalla

prima equazione di quest’ultimo sistema la seconda moltiplicata per

p3

2, si ottiene la prima delle

(E6.25). Dunque il sistema ottenuto con le Equazioni di Lagrange e equivalente al sistema (E6.25).

Ringraziamenti. L’autore desidera porgere i suoi piu sentiti ringraziamenti alla Dott.ssa Cecilia Vernia

per il prezioso contributo dato alla scrittura di questi esercizi.

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