Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3...

211
Universit`a degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale Esercizio 138. Geometria delle masse Una lamina rettangolare pesante OABC , di lati |A O| = L e |B A| = L/2, ` e vincolata a ruotare attorno all’asse fisso Ox = OA di una terna di riferimento cartesiana ortogonale Oxyz. Rispetto alla terna solidale Oξηζ mostrata in figura la densit` a della lamina pu` o scriversi nella forma σ(ξ,η )= µ L 4 (+ ξ 2 ) (ξ,η ) [0,L] × [0, L/2] con µ> 0 costante. Facendo uso, dove necessario, dell’angolo θ illustrato in figura, determinare: (a) le coordinate del baricentro rispetto alla terna solidale Oξηζ ; (b) il momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse Ox; (c) l’equazione del moto del sistema, nell’ipotesi che l’asse fisso sia privo di attrito; (d) gli equilibri del sistema, nella stessa ipotesi di asse fisso privo di attrito; (e) l’asse di Mozzi, assumendo ˙ θ = 0. Soluzione (a) Coordinate del baricentro rispetto alla terna solidale Oξηζ Indicate con ξ G , η G , ζ G le coordinate del baricentro G rispetto alla terna solidale Oξηζ , si ha immediatamente che ζ G = 0 in quanto la lamina giace interamente nel piano Oξη , che ne costituisce un ovvio piano di simmetria. Le altre due coordinate si esprimono in termini della massa m del sistema e della densit`a areale σ ξ G = 1 m [0,L]×[0,L/2] dξdη ξ σ(ξ,η ) η G = 1 m [0,L]×[0,L/2] dξdη η σ(ξ,η ) . La massa della lamina viene determinata integrando la densit` a areale σ(x, y) sul relativo dominio di definizione {(ξ,η ) [0,L] × [0, L/2]} m = [0,L]×[0,L/2] dξdη σ(ξ,η )= L 0 L/2 0 µ L 4 (+ ξ 2 )= = L 0 µ L 4 L η 2 2 + ξ 2 η L/2 η=0 = L 0 µ L 4 L 3 8 + L 2 ξ 2 = Stefano Siboni 835

Transcript of Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3...

Page 1: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 138. Geometria delle masseUna lamina rettangolare pesante OABC , di lati |A−O| = L e |B −A| = L/2, e vincolataa ruotare attorno all’asse fisso Ox = OA di una terna di riferimento cartesiana ortogonaleOxyz. Rispetto alla terna solidale Oξηζ mostrata in figura la densita della lamina puoscriversi nella forma

σ(ξ, η) =µ

L4(Lη + ξ2) (ξ, η) ∈ [0, L]× [0, L/2]

con µ > 0 costante.

Facendo uso, dove necessario, dell’angolo θ illustrato in figura, determinare:

(a) le coordinate del baricentro rispetto alla terna solidale Oξηζ;

(b) il momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse Ox;

(c) l’equazione del moto del sistema, nell’ipotesi che l’asse fisso sia privo di attrito;

(d) gli equilibri del sistema, nella stessa ipotesi di asse fisso privo di attrito;

(e) l’asse di Mozzi, assumendo θ = 0.

Soluzione(a) Coordinate del baricentro rispetto alla terna solidale OξηζIndicate con ξG, ηG, ζG le coordinate del baricentro G rispetto alla terna solidale Oξηζ,si ha immediatamente che ζG = 0 in quanto la lamina giace interamente nel piano Oξη,che ne costituisce un ovvio piano di simmetria. Le altre due coordinate si esprimono intermini della massa m del sistema e della densita areale σ

ξG =1m

∫[0,L]×[0,L/2]

dξdη ξ σ(ξ, η) ηG =1m

∫[0,L]×[0,L/2]

dξdη η σ(ξ, η) .

La massa della lamina viene determinata integrando la densita areale σ(x, y) sul relativodominio di definizione (ξ, η) ∈ [0, L]× [0, L/2]

m =∫

[0,L]×[0,L/2]

dξdη σ(ξ, η) =∫ L

0

∫ L/2

0

dηµ

L4(Lη + ξ2) =

=∫ L

0

dξµ

L4

[L

η2

2+ ξ2η

]L/2

η=0

=∫ L

0

dξµ

L4

(L3

8+

L

2ξ2

)=

Stefano Siboni 835

Page 2: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

L4

[L3

8ξ +

L

2ξ3

3

]L

0

L4

(L4

8+

L4

6

)=

724

µ .

L’ascissa ξG risulta allora

ξG =247µ

∫ L

0

∫ L/2

0

dηµ

L4(Lηξ + ξ3) =

247

1L4

∫ L

0

[L

η2

2ξ + ξ3η

]L/2

η=0

=

=247

1L4

∫ L

0

[L3

8ξ +

L

2ξ3

]=

247

1L4

[L3ξ2

16+

L

8ξ4

]L

0

=

=247

L( 1

16+

18

)=

914

L

ed in modo analogo si determina la corrispondente ordinata

ηG =247µ

∫ L

0

∫ L/2

0

dηµ

L4(Lη2 + ξ2η) =

247L4

∫ L

0

[L

η3

3+

ξ2η2

2

]L/2

η=0

=

=247L4

∫ L

0

[L4

24+

L2ξ2

8

]=

247L4

[L4

24ξ +

L2ξ3

24

]L

0

=247

L112

=27L

cosicche il baricentro risulta individuato da

(ξG, ηG, ζG) =( 9

14L,

27L, 0)

.

(b) Momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse OxIl momento d’inerzia della lamina rispetto all’asse Ox si calcola direttamente dalla defini-zione, osservando che la distanza di un generico punto P (ξ, η, ζ) della lamina dall’asse dirotazione e data dalla coordinata η. Di conseguenza

IOx =∫

[0,L]×[0,L/2]

dξdη η2σ(ξ, η) =∫ L

0

∫ L/2

0

dηµ

L4(Lη3 + ξ2η2) =

L4

∫ L

0

[L

4η4 +

ξ2η3

3

]L/2

η=0

L4

∫ L

0

dξ(L5

64+ ξ2 L3

24

)=

L4

[L5

64ξ +

L3ξ3

72

]L

0

L4

(L6

64+

L6

72

)=

17576

µL2.

(c) Equazioni del motoSe l’asse fisso e privo di attrito, l’equazione del moto si ottiene proiettando lungo l’assel’equazione cardinale del momento angolare calcolata rispetto ad un punto arbitrario dellostesso asse, ad esempio l’origine O della terna di riferimento. Nella fattispecie, essendo leforze peso le uniche sollecitazioni attive applicate al sistema e ricordando che tale sistema

Stefano Siboni 836

Page 3: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

di forze e equivalente ad un’unica forza — il peso totale mg — applicato nel baricentro G,l’equazione del moto diventa

e1 ·d

dt[LO(θ e1)] = e1 · (G −O) ∧ mg

che si riduce alla forma equivalente

IOxθ = mgηG sin θ

in forza delle relazionie1 · LO(e1) = IOx

e1 · (G − O) ∧ mg =

∣∣∣∣∣∣1 0 0ξG ηG cos θ ηG sin θ0 −mg 0

∣∣∣∣∣∣ = mgηG sin θ .

Poiche, come ricavato in precedenza, vale

IOz =17576

µL2 e ηG =27L ,

si conclude che l’equazione del moto risulta

17576

µL2θ =27mgL sin θ =

112

µgL sin θ ⇐⇒ θ =4817

g

Lsin θ

che e ovviamente quella di un pendolo fisico.

(d) EquilibriIl sistema e a vincoli bilaterali e tutti i suoi equilibri sono ordinari. La condizione necessariae sufficiente per l’equilibrio, nell’ipotesi di asse fisso privo di attrito, e che il momento assialerisultante, rispetto all’asse fisso, delle forze attive sia costantemente nullo, ossia

mgηG sin θ = 0 .

Di qui si deduce cheθ = 0 , π

rappresentano gli equilibri cercati.

(e) Asse istantaneo di moto — o di Mozzi —L’asse istantaneo di moto del sistema e definito soltanto per ω = θ e1 = 0, ossia per θ = 0.In tal caso — e soltanto in tal caso — l’atto di moto rigido del sistema risulta di tiporotatorio e l’asse istantaneo coincide con l’asse fisso di rotazione Ox.

Stefano Siboni 837

Page 4: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 139. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoIn una terna di riferimento Oxyz e data un’asta rigida e omogenea OA, di lunghezza R emassa m, vincolata a rimanere nel piano coordinato verticale Oxy con l’estremo O fisso.L’asta e pesante e la sua estremita A si connette al punto fisso B(0,−2R, 0) mediante unamolla ideale di costante elastica k > 0. La terna Oxyz ruota con velocita angolare costanteω attorno all’asse verticale Oy rispetto ad un riferimento inerziale non rappresentato infigura.

Assunti i vincoli ideali e facendo uso dell’angolo θ come coordinata generalizzata, si deter-minino:

(a) le equazioni del moto del sistema;

(b) le configurazioni di equilibrio del sistema relative ad Oxyz;

(c) la stabilita delle configurazioni di equilibrio;

(d) un integrale primo del sistema.

Soluzione(a) Equazioni del motoL’asta e vincolata a ruotare attorno all’asse fisso Oz, secondo l’angolo di rotazione θ, percui la sua velocita angolare istantanea si esprime come ω = θ e3 e la corrispondente energiacinetica assume la forma

T =12IOz

∣∣θ e3

∣∣2 =12

mR2

3θ2 =

mR2

6θ2.

Le sollecitazioni attive applicate al sistema sono tutte posizionali e conservative, e perciascuna di esse conviene determinare il relativo potenziale. Il potenziale delle forze pesoe dato da

Ug = −mge2 · (G − O) = −mg(−R

2cos θ

)= mg

R

2cos θ

Stefano Siboni 838

Page 5: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

mentre quello associato alle interazioni elastiche risulta

Uel = −k

2|A − B|2 = −k

2|A − O − (B − O)|2 =

= −k

2

∣∣R sin θ e1 − R cos θ e2 + 2R e2

∣∣2 =

= −k

2(R2sin2θ + 4R2 + R2cos2θ − 4R2 cos θ

)= 2kR2 cos θ + costante .

Per il potenziale centrifugo si ha infine

Ucf =ω2

2

∫ R

0

(ξ sin θ)2m

Rdξ =

ω2

2m

R

R3

3sin2θ =

mω2R2

6sin2θ

in modo che il potenziale del sistema diventa

U(θ) = Ug + Uel + Ucf =(mg

R

2+ 2kR2

)cos θ +

mω2R2

6sin2θ .

La lagrangiana del sistema si scrive pertanto

L = T + U =mR2

6θ2 +

(mg

R

2+ 2kR2

)cos θ +

mω2R2

6sin2θ

e dalle ovvie relazionid

dt

(∂L

∂θ

)=

mR2

∂L

∂θ= −

(mg

R

2+ 2kR2

)sin θ +

mω2R2

3sin θ cos θ

si deduce l’equazione pura del moto

mR2

3θ +(mg

R

2+ 2kR2

)sin θ − mω2R2

3sin θ cos θ = 0 .

(b) Configurazioni di equilibrioIl sistema e a vincoli bilaterali e tutti i suoi equilibri risultano ordinari. Trattandosi disistema scleronomo posizionale e conservativo, detti equilibri si identificano con i punticritici del potenziale e si ottengono quindi annullando la derivata prima di U

U ′(θ) = −(mg

R

2+ 2kR2

)sin θ +

mω2R2

3sin θ cos θ .

Si perviene cosı all’equazione trigonometrica

sin θ

[−(mg

R

2+ 2kR2

)+

mω2R2

3cos θ

]= 0

Stefano Siboni 839

Page 6: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

le cui soluzioni si ottengono annullando separatamente i due fattori a primo membro.Precisamente:

(i) ponendo sin θ = 0 e quindiθ = 0 , π ;

(ii) assumendo

−(mg

R

2+ 2kR2

)+

mω2R2

3cos θ = 0 ,

col che si deduce

cos θ =3

mω2R2

(mg

R

2+ 2kR2

)=

3mω2R

(mg

2+ 2kR

)=

=32

( g

Rω2+

4k

mω2

)=

32

( g

R+

4k

m

) 1ω2

: = λ

in modo che le soluzioni diventano

θ = +θ , −θ , θ = arc cosλ ,

definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia λ < 1.

(c) Stabilita degli equilibriLa presenza di sollecitazioni attive puramente posizionali conservative consente di discuterele proprieta di stabilita degli equilibri facendo uso dei teoremi di Lagrange-Dirichlet e diinversione parziale. A questo scopo e necessario procedere preliminarmente al calcolo delladerivata seconda del potenziale, che risulta

U ′′(θ) = −(mg

R

2+ 2kR2

)cos θ +

mω2R2

3(cos2θ − sin2θ) .

Si procede quindi all’esame della stabilita delle singole configurazioni di equilibrio indivi-duate al punto precedente.

Configurazione θ = 0La derivata seconda del potenziale risulta in questo caso

U ′′(0) = −(mg

R

2+ 2kR2

)+

mω2R2

3=

mω2R2

3(1 − λ) ,

per cui:

se λ > 1 la derivata seconda e negativa e individua la configurazione θ = 0 comemassimo relativo proprio del potenziale, stabile in virtu del teorema di Lagrange-Dirichlet;

se λ < 1 si ha invece U ′′(0) > 0 e l’instabilita della configurazione segue dal teoremadi inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

Stefano Siboni 840

Page 7: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

se λ = 1 vale infine U ′′(0) = 0 e ricorre un caso critico.

Si ha in effetti

U(θ) =mω2R2

3

(λ cos θ +

12sin2θ

)=

mω2R2

3

(cos θ +

12sin2θ

)in modo che risulta

U ′(θ) =mω2R2

3

[− sin θ +

12

sin(2θ)]

=⇒ U ′(0) = 0

U ′′(θ) =mω2R2

3

[− cos θ + cos(2θ)

]=⇒ U ′′(0) = 0

U (3)(θ) =mω2R2

3

[+sin θ − 2 sin(2θ)

]=⇒ U (3)(0) = 0

U (4)(θ) =mω2R2

3

[+cos θ − 4 cos(2θ)

]=⇒ U (4)(0) = (−3)

mω2R2

3

e si puo dunque scrivere l’approssimazione di Taylor

U(θ) = U(0) + U (4)(0)θ4

4!+ o(θ4) =

mω2R2

3

[1 − θ4

8+ o(θ4)

](θ → 0) .

Si riconosce in θ = 0 un massimo relativo proprio del potenziale U , la cui stabilita eassicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione θ = πLa derivata seconda del potenziale ha sempre segno positivo

U ′′(π) = mgR

2+ 2kR2 +

mω2R2

3> 0

e la configurazione risulta sempre instabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazioni θ = θ,−θ

Causa il carattere pari della funzione potenziale, le configurazioni simmetriche θ = θ eθ = −θ presentano le stesse proprieta di stabilita. Piu precisamente, risulta

U ′′(θ) = U ′′(−θ) =mω2R2

3(−λ cos θ + cos2θ − sin2θ

)=

=mω2R2

3(−cos2θ + cos2θ − sin2θ

)= −mω2R2

3sin2θ = −mω2R2

3(1 − λ2) < 0

in quanto θ = arc cosλ e λ < 1. In definitiva, θ e −θ sono — quando definiti — massimirelativi propri del potenziale U e quindi stabili per il teorema di Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 841

Page 8: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(d) Integrale primoL’assenza di sollecitazioni che non siano posizionali e conservative, unitamente alla in-dipendenza esplicita dal tempo della lagrangiana, consente di affermare che un integraleprimo del sistema e quello di Jacobi, identificabile con l’energia meccanica — il sistema escleronomo —

J =∂L

∂θθ − L = T − U = H .

Percio

H =mR2

6θ2 −

(mg

R

2+ 2kR2

)cos θ − mω2R2

6sin2θ

e l’integrale primo richiesto.

Esercizio 140. Geometria delle masseUn sistema rigido pesante si compone di una lamina quadrata OABC , di lato L, e diun’asta OD, di lunghezza L, saldate ortogonalmente l’una all’altra in O. Rispetto ad unaterna Oxyz, con asse verticale Oz, all’istante t = 0 il sistema ha atto di moto nullo e sidispone con l’asta OD collocata lungo l’asse Ox e la lamina OABC nel piano Oyz. Ladensita di linea λ(x) dell’asta e quella superficiale σ(y, z) della lamina sono date da

λ(x) =µ

L2(x + L) ∀x ∈ [0, L] σ(y, z) =

µ

L3z ∀ (y, z) ∈ [0, L]2

in cui µ > 0 e una costante. Il moto del sistema avviene con asse fisso Oy privo di attrito.

(a) Determinare la posizione del baricentro del sistema rispetto alla terna Oxyz;

(b) calcolare il momento d’inerzia rispetto all’asse Oy;

(c) determinare l’accelerazione angolare del sistema all’istante t = 0;

(d) stabilire se la configurazione iniziale sarebbe di equilibrio qualora al sistema fosseapplicata una ulteriore sollecitazione F = −(5/6)µge1 nel vertice B.

Stefano Siboni 842

Page 9: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Posizione del baricentroConviene determinare separatamente masse e baricentri dell’asta OD e della lamina qua-drata OABC , per poi ricavare il baricentro del sistema applicando il teorema distribu-tivo. La massa della lamina quadrata si ricava integrando la densita superficiale σ(y, z)sull’intera superficie del quadrato [0, L]2

m1 =∫

[0,L]2dydz σ(y, z) =

∫ L

0

dy

∫ L

0

dzµ

L3z =

µ

L3L

L2

2=

µ

2.

Il relativo baricentro puo essere indicato nella forma

G1 − O = x1e1 + y1e2 + z1e3

in cui e certamente x1 = 0 per il fatto che il piano coordinato Oyz costituisce un ovvio pianodi simmetria della lamina; in modo analogo, la presenza dell’ulteriore piano di simmetriay = L/2 implica che si abbia altresı y1 = L/2. Quanto alla quota z1, vale

z1 =1

m1

∫[0,L]2

dydz z σ(y, z) =2µ

∫ L

0

dy

∫ L

0

dzµ

L3z2 =

2L3

LL3

3=

23L

dal che si deduceG1 −O =

L

2e2 +

23L e3 .

Per la massa dell’asta si ha invece l’espressione

m2 =∫ L

0

λ(x) dx =∫ L

0

µ

L2(x + L) dx =

µ

L2

[x2

2+ Lx

]L

0

L2

(L2

2+ L2

)=

32µ .

Ordinata e quota del baricentro G2 sono nulle per simmetria

G2 − O = x2e1 + y2e2 + z2e3 = x2e1

in modo che il problema si riduce a determinare la sola ascissa x2

x2 =1

m2

∫ L

0

xλ(x) dx =23µ

∫ L

0

µ

L2(x2 + Lx) dx =

23L2

[x3

3+ L

x2

2

]L

0

=

=2

3L2

(L3

3+

L3

2

)=

23L2

L3 56

=59L

e quindi

G2 − O =59L e1 .

La massa del sistema si ottiene ora come somma delle masse delle due parti costituenti

m = m1 + m2 =µ

2+

32µ = 2µ

Stefano Siboni 843

Page 10: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ed il baricentro G viene individuato per mezzo del teorema distributivo

G − O =m1(G1 − O) + m2(G2 − O)

m1 + m2=

12µ

2

(L

2e2 +

23L e3

)+

32µ

59L e1

]=

=12

(56

e1 +14

e2 +13

e3

)L =

( 512

e1 +18

e2 +16

e3

)L .

(b) Momento d’inerzia rispetto all’asse OyIl momento d’inerzia rispetto all’asse fisso Oy e dato dalla somma dei corrispondenti mo-menti d’inerzia relativi all’asta OD e alla lamina quadrata OABC . Per l’asta OD si ha

IODOy =

∫[0,L]

dx x2λ(x) =∫ L

0

x2λ(x) dx =∫ L

0

µ

L2(x3 + Lx2) dx =

L2

[x4

4+ L

x3

3

]L

0

L2

(L4

4+

L4

3

)=

712

µL2

mentre per la lamina OABC vale invece

IOABCOy =

∫[0,L]2

dy dz z2σ(y, z) =∫ L

0

dy

∫ L

0

dzµ

L3z3 =

µ

L3L

L4

4=

14µL2.

In definitivaIOy = IOD

Oy + IOABCOy =

712

µL2 +14µL2 =

56µL2.

(c) Accelerazione angolare del sistema all’istante iniziale t = 0Indicato con θ l’angolo di rotazione del sistema — orientato rispetto all’asse Oy in modoconforme alla regola della mano destra — l’equazione del moto del sistema con asse fissoprivo di attrito si ottiene proiettando lungo l’asse Oy l’equazione cardinale del momentoangolare in O:

IOy θ = (G − O) ∧ 2µg · e2 = −2µg(G − O ∧ e3 · e2 == −2µg(G − O · e3 ∧ e2 = 2µg(G − O · e1

e l’accelerazione angolare risulta

θ =2µg

IOy(G − O) · e1 = 2µg

65µL2

(G − O) · e1 =125

g

L2(G − O) · e1 .

All’istante t = 0 il vettore posizione del baricentro e quello calcolato in (a)

G − O =( 5

12e1 +

18e2 +

16e3

)L

per cui

(G − O) · e1 =512

L

Stefano Siboni 844

Page 11: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e quindi

θ(0) =125

g

L2

512

L =g

L

e l’accelerazione angolare cercata.

(d) Equilibrio nella configurazione inizialeLa configurazione assegnata all’istante t = 0 e di equilibrio per il sistema se e soltantose il momento assiale delle forze attive applicate, rispetto all’asse fisso Oy, risulta ugualea zero. Nella fattispecie, le sollecitazioni attive agenti sul sistema sono il peso e la forzaF = −(5/6)µg e1 applicata in B. Si ha allora

(G −O) ∧ 2µg · e2 + (B − O) ∧ F · e2 = 2µg(G −O) · e1 + (B − O) ∧ F · e2 =

=56µgL +

∣∣∣∣∣∣0 1 00 L L

−(5/6)µg 0 0

∣∣∣∣∣∣ =56µgL − 5

6µgL = 0

e la configurazione si riconosce essere un equilibrio del sistema.

Esercizio 141. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoUn disco omogeneo pesante di massa m, raggio r e centro C e vincolato a rotolare senzastrisciare lungo il bordo interno di una circonferenza verticale di raggio R > r il cui centro eposto all’origine O di una terna di riferimento cartesiana ortogonale Oxyz. Tale terna ruotacon velocita angolare costante ω attorno all’asse verticale Oy, rispetto ad un riferimentoinerziale non illustrato in figura. Una molla ideale di costante elastica mω2/2 congiungeinoltre il centro C con la sua proiezione ortogonale H sull’asse Oy.

Nell’ipotesi che i vincoli siano ideali, e facendo uso dell’angolo φ mostrato in figura comeparametro lagrangiano, determinare:

(a) l’energia cinetica del sistema nel riferimento Oxyz;

(b) le configurazioni di equilibrio del sistema, relativamente alla stessa terna;

(c) la stabilita degli equilibri;

(d) le equazioni pure del moto del sistema.

Stefano Siboni 845

Page 12: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Energia cinetica relativa alla terna OxyzIl disco circolare non presenta punti fissi e la sua energia cinetica puo essere determinatafacendo uso del teorema di Konig. Osservato che il centro di simmetria C e anche ilbaricentro del sistema e che il momento d’inerzia del disco rispetto all’asse Cz vale mr2/2,si ha:

T =m

2|C|2 +

12

mr2

2

∣∣ω∣∣2dove per la condizione di puro rotolamento la velocita angolare istantanea ω del discorisulta:

ω = −(R

r− 1)φ e3

mentre:C = φ e3 ∧ (C − O)

in quanto |C − O| = R − r, costante, ed il moto di C attorno ad O puo intendersi comerigido. L’espressione dell’energia cinetica diventa pertanto:

T =m

2(R − r)2φ2 +

mr2

4

∣∣∣−(R

r− 1)φ e3

∣∣∣2 =34m(R − r)2φ2 .

(b) Configurazioni di equilibrio relative alla terna OxyzLe sollecitazioni attive agenti sul sistema sono la forza peso, l’interazione elastica fra ipunti C ed H e il sistema delle forze centrifughe, oltre a quelle di Coriolis. E immediatoverificare che la componente lagrangiana QCor

φ delle forze di Coriolis risulta identicamentenulla, in quanto per definizione:

QCorφ =

∑i

−2miω e2 ∧ Pi ·∂Pi

∂φ=∑

i

0 = 0

essendo i tre vettori e2, Pi e ∂Pi/∂φ paralleli al piano del moto Oxy e dunque linearmentedipendenti. Le altre sollecitazioni hanno tutte natura posizionale e conservativa, per cuiconviene determinarne direttamente i potenziali, la cui somma definira il potenziale delsistema. Il potenziale delle forze peso si calcola agevolmente una volta identificato il centroC con il baricentro del sistema:

Ug = −mg[−(R− r) cos φ] = mg(R − r) cos φ .

Applicando il teorema di Huygens-Steiner, per il potenziale centrifugo si ha invece l’espres-sione:

Ucf =ω2

2IOy =

ω2

2[m(R − r)2sin2φ + ICy

]=

mω2

2(R − r)2sin2φ + costante

mentre il potenziale elastico della molla si scrive:

Uel = −k

2(R − r)2sin2φ = −mω2

4(R − r)2sin2φ .

Stefano Siboni 846

Page 13: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Il sistema considerato e quindi posizionale e conservativo, di potenziale:

U(φ) = Ug + Ucf + Uel = mg(R − r) cos φ +mω2

4(R − r)2sin2φ

essendosi omessa la costante additiva, inessenziale, del potenziale centrifugo.

Data la natura del sistema, le configurazioni di equilibrio sono tutte ordinarie — sistema avincoli bilaterali — e si identificano con i punti critici del potenziale — sistema posizionalee conservativo. Esse vengono quindi ricavate come soluzioni dell’equazione:

U ′(φ) = 0 ,

che si scrive esplicitamente come

−mg(R − r) sin φ +mω2

2(R − r)2 sinφ cos φ = 0

ed equivale a

sinφ

[−mg(R − r) +

mω2

2(R − r)2 cos φ

]= 0 .

Le relative soluzioni si ottengono eguagliando a zero i due fattori a primo membro. Pre-cisamente

(i) dall’equazione sinφ = 0 seguono le configurazioni di equilibrio

φ = 0 , π ;

(ii) dall’equazione

−mg(R− r) +mω2

2(R − r)2 cos φ = 0

si deducono le ulteriori configurazioni di equilibrio

φ = φ , −φ con φ = arc cos[

2g

(R − r)ω2

],

definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia

λ : =2g

(R − r)ω2< 1 .

(c) Stabilita degli equilibriLe proprieta di stabilita degli equilibri possono essere analizzate facendo ricorso al teoremadi Lagrange-Dirichlet e al relativo teorema di inversione parziale, non essendo presentisollecitazioni diverse da quelle posizionali e conservative.

Stefano Siboni 847

Page 14: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

La derivata seconda del potenziale assume la forma

U ′′(φ) = −mg(R− r) cos φ +mω2

2(R − r)2(cos2φ − sin2φ) =

=mω2

2(R − r)2

[cos2φ − sin2φ − 2g

(R − r)ω2cos φ

]=

=mω2

2(R − r)2

[cos2φ − sin2φ − λ cos φ

].

Si tratta ora di esaminare una ad una le singole configurazioni di equilibrio.

Configurazione φ = 0La derivata seconda del potenziale risulta

U ′′(0) =mω2

2(R − r)2(1 − λ)

e pertanto:

se λ < 1 si ha U ′′(0) > 0 e l’instabilita della configurazione segue dal teorema diinversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

se λ > 1 vale invece U ′′(0) < 0 e la configurazione e un massimo relativo proprio delpotenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet;

per λ = 1 si ha infine U ′′(0) = 0 e ricorre pertanto un caso critico.In effetti, la derivata seconda del potenziale si riduce a

U ′′(φ) =mω2

2(R − r)2

[cos(2φ) − cos φ

]per cui le derivate terza e quarta diventano, rispettivamente,

U (3)(φ) =mω2

2(R − r)2

[−2 sin(2φ) + sinφ

]U (4)(φ) =

mω2

2(R − r)2

[−4 cos(2φ) + cos φ

]e quindi

U (3)(0) = 0 U (4)(0) = −3mω2

2(R − r)2 .

Nell’intorno di φ = 0 il potenziale ammette quindi l’approssimazione di Taylor

U(φ) = U(0) +14!

U (4)(0)φ4 + o(φ4) =

= mg(R − r) − mω2

16(R − r)2φ4 + o(φ4) (φ → 0)

Stefano Siboni 848

Page 15: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

dalla quale si conclude che la configurazione φ = 0 costituisce un massimo relativoproprio del potenziale, la cui stabilita e garantita dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione φ = πLa derivata seconda del potenziale e sempre strettamente positiva

U ′′(π) =mω2

2(R − r)2

[1 +

2g

(R − r)ω2

]=

mω2

2(R − r)2(1 + λ) > 0

per cui la configurazione risulta instabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazioni φ = φ,−φ

Le proprieta di stabilita delle configurazioni φ e −φ sono le stesse, in quanto la derivataseconda del potenziale assume lo stesso valore

U ′′(φ) = U ′′(−φ) =mω2

2(R − r)2

(cos2φ − 1 + cos2φ − λ cos φ

)=

=mω2

2(R − r)2

(2cos2φ − 1 − cos2φ

)= −mω2

2(R − r)2(1 − λ2) .

In effetti, la condizione di esistenza delle configurazioni in esame impone che si abbia

λ < 1

per cui U ′′(φ) = U ′′(−φ) < 0. Le configurazioni di equilibrio, quando definite, costi-tuiscono dei massimi relativi propri del potenziale e risultano pertanto stabili in virtu delteorema di Lagrange-Dirichlet.

Come osservazione generale si puo notare che la conservazione dell’energia meccanica H =T − U consente di escludere l’attrattivita dei massimi relativi propri di U e dunque lastabilita asintotica degli equilibri stabili.

(d) Equazioni pure del motoNell’ipotesi dei vincoli ideali, le equazioni pure del moto sono quelle di Lagrange. Lalagrangiana del sistema e data da

L = T + U =34m(R − r)2φ2 + mg(R − r) cos φ +

mω2

4(R − r)2sin2φ

e da essa si deducono le relazioni

d

dt

(∂L

∂φ

)=

32m(R − r)2φ

∂L

∂φ= −mg(R− r) sin φ +

mω2

2(R − r)2 sinφ cos φ .

Stefano Siboni 849

Page 16: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

L’unica equazione di Lagrange diventa allora

32m(R − r)2φ + mg(R − r) sin φ − mω2

2(R − r)2 sinφ cos φ = 0

che puo anche porsi nella forma equivalente

32φ +

g

R − rsinφ − ω2

2sinφ cos φ = 0 .

Esercizio 142. Moto di un sistema rigido con asse fissoUn sistema rigido e costituito da una lamina quadrata di lato L e da un’asta rettilineadi lunghezza L, saldate ortogonalmente l’una all’altra nel punto O, origine di una ternacartesiana Oxyz — vedi figura. Lamina e asta sono entrambe omogenee e di eguale massam. Il sistema ruota senza attrito attorno all’asse orizzontale Ox, lungo uno dei lati delquadrato, ed e soggetto al proprio peso.

Facendo uso dell’angolo di rotazione θ, determinare:

(a) il momento angolare del sistema in O;

(b) l’energia cinetica del sistema;

(c) le equazioni del moto del sistema, con le relative soluzioni;

(d) risultante e momento risultante in O delle reazioni vincolari esterne, per un motoarbitrario del sistema.

Soluzione(a) Momento angolare in OPoiche il sistema ruota attorno all’asse fisso Ox, orientato rispetto all’angolo di rotazioneθ secondo la convenzione sinistrorsa, il vettore velocita angolare istantanea e dato da

ω = θ e1 .

Stefano Siboni 850

Page 17: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Relativamente alla terna solidale Oξηζ illustrata in figura, il vettore colonna delle compo-nenti di ω vale θ

00

e poiche la matrice d’inerzia assume la formaLξξ Lξη 0

Lξη Lηη 00 0 Lξξ + Lηη

le componenti del momento angolare KO rispetto alla stessa terna saranno date dalprodotto matriciale Lξξ Lξη 0

Lξη Lηη 00 0 Lξξ + Lηη

θ00

=

Lξξ θ

Lξηθ0

.

In termini dei versori e1, e2, e3 della terna solidale, il momento angolare KO del sistemasi scrivera pertanto

KO = Lξξ θ e1 + Lξηθ e2 = (Lξξ e1 + Lξη e2)θ

con il momento Lξξ ed il prodotto d’inerzia Lξη costanti da determinare. La lamina el’asta sono omogenee e di eguale massa m, con densita rispettive

σ =m

L2λ =

m

L

areale la prima e di linea la seconda. Il momento d’inerzia rispetto all’asse solidale Oξ sidetermina per mezzo della definizione

Lξξ =∫

η2σ dξdη +∫

η2λdη =∫ L

0

∫ L

0

dη η2 m

L2+∫ 0

−L

dη η2 m

L=

= L

[η3

3

]L

0

m

L2+[η3

3

]0−L

m

L=

mL2

3+

mL2

3=

23mL2

come pure il prodotto d’inerzia Lξη, cui contribuisce la sola lamina quadrata

Lξη = −∫

ξησ dξdη = −∫ L

0

∫ L

0

dη ξηm

L2=

= −[ξ2

2

]L

0

[η2

2

]L

0

m

L2= −L2

2L2

2m

L2= −mL2

4.

Stefano Siboni 851

Page 18: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

L’espressione cercata e pertanto

KO =(2

3mL2e1 −

mL2

4e2

)θ =

(23e1 −

14

e2

)mL2 θ .

(b) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema viene calcolata usando l’espressione generale per un sistemarigido con asse fisso, di momento Lξξ e velocita angolare θe1

T =12Lξξ|θ e1|2 =

12

23mL2θ2 =

13mL2θ2.

(c) Equazioni del moto e relative soluzioniNell’ipotesi che l’asse fisso sia privo di attrito, l’equazione cardinale del momento angolarerispetto al polo O viene proiettata lungo l’asse Ox e porge

Lξξ θ = e1 · M(e)O = e1 · (G −O) ∧ mg = e1 ∧ (G − O) · mg = 0 · mg = 0

in quanto il baricentro G appartiene all’asse Ox, come segue da una immediata applicazionedel teorema distributivo

G − O =1

m + m

[m(L

2e1 +

L

2e2

)+ m

(−L

2e2

)]=

L

4e1 .

L’equazione pura del moto risulta pertanto lineare ed omogenea a coefficienti costanti

23mL2θ = 0

e la sua soluzione generale e della forma

θ(t) = at + b ∀ t ∈ R

con a, b ∈ R costanti arbitrarie. I moti del sistema sono tutti rotatori uniformi.

(d) Risultante e momento risultante in O delle reazioni vincolari esterneIl risultante R(e),φ delle reazioni vincolari esterne viene calcolato per mezzo dell’equazionecardinale della quantita di moto

mG = R(e),φ + R(e),a

noti che siano l’accelerazione del baricentro G e il risultante R(e),a delle sollecitazioni attiveesterne. Il baricentro e collocato sull’asse fisso, per cui la sua velocita e la sua accelerazionesono costantemente nulle

G − O =L

4e1 =⇒ G = 0 =⇒ G = 0 ;

Stefano Siboni 852

Page 19: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

le forze attive esterne si riducono, per contro, alla sola forza peso

R(e),a = mg .

In definitiva, il risultante cercato vale

R(e),φ = −R(e),a = −mg

ed e indipendente dallo stato di moto del sistema — c.d. equilibratura statica del rotorerigido.

Il momento risultante in O delle reazioni vincolari esterne — M(e),φO — compare nell’equa-

zione cardinale del momento angolare rispetto allo stesso polo fisso

d KO

dt= M

(e),φO + M

(e),aO

unitamente al momento risultante M(e),aO delle sollecitazioni attive esterne. Nella fat-

tispecie, le forze attive esterne sono equivalenti ad un’unica forza — il peso totale —applicata nel centro di massa

M(e),aO = (G − O) ∧ mg =

L

4e1 ∧ mg(− cos θ e2 + sin θ e3) =

mgL

4(− sin θ e2 − cos θ e3) .

La derivata rispetto al tempo del momento angolare si calcola agevolmente usando larelazione ricavata al punto (a)

d K0

dt=

d

dt

[(23

e1 −14

e2

)mL2 θ

]=(2

3e1 −

14

e2

)mL2 θ +

d

dt

(23

e1 −14

e2

)mL2 θ .

Le derivate dei versori seguono dalle formule di Poisson

de1

dt= θ e1 ∧ e1 = 0

de2

dt= θ e1 ∧ e2 = θ e3

in modo che la derivata in t del momento angolare assume la forma

d K0

dt=(2

3e1 −

14

e2

)mL2 θ − mL2

4θ2e3 .

Il momento risultante delle reazioni vincolari esterne si scrive cosı

M(e),φO =

d K0

dt− M

(e),aO =

(23

e1 −14

e2

)mL2 θ − mL2

4θ2 e3 +

mgL

4(sin θ e2 + cos θ e3)

e lungo un moto arbitrario del sistema, θ(t) = at + b, si riduce a

M(e),φO = −mL2a2

4e3 +

mgL

4[sin(at + b) e2 + cos(at + b) e3 ] .

Stefano Siboni 853

Page 20: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 143. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoUn’asta rigida omogenea AB, di massa m e lunghezza R, ha l’estremo A vincolato a restaresull’asse orizzontale Ox di una terna cartesiana Oxyz e si appoggia ad una circonferenzafissa di centro O e raggio R. L’asta e soggetta al proprio peso ed una molla ideale dicostante elastica k > 0 congiunge il suo estremo A con l’origine O.

Nell’ipotesi che i vincoli siano ideali, e facendo uso dell’angolo θ ∈ (0, π/4) mostrato infigura come parametro lagrangiano, determinare:

(a) gli equilibri ordinari del sistema e la condizione per la quale questi sono definiti;

(b) la stabilita degli equilibri ordinari;

(c) l’energia cinetica del sistema;

(d) le equazioni pure del moto.

Soluzione(a) Equilibri ordinari e relativa condizione di esistenzaLe sollecitazioni applicate al sistema sono il peso dell’asta AB e l’interazione elastica fra ipunti O ed A. Esse hanno natura posizionale e conservativa e vengono descritte dai relativipotenziali. Per quel che riguarda il potenziale elastico della molla si osserva che l’asta ABe tangente alla circonferenza nel punto di contatto con questa, per cui

A − O =R

cos θe1

e quindi il potenziale richiesto diventa

Uel = −k

2|A − O|2 = −k

2R2

cos2θ.

Quanto al potenziale gravitazionale, il baricentro dell’asta omogenea coincide con il suopunto medio M , identificato dal vettore posizione

M − A =R

2(− sin θ e1 + cos θ e2)

Stefano Siboni 854

Page 21: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

in modo che risulta

M − O = A −O + M − A = R( 1

cos θ− 1

2sin θ

)e1 +

R

2cos θ e2

ed il potenziale gravitazionale si riduce a

Ug = −mg e2 · (M − O) = −mgR

2cos θ .

I risultati precedenti conducono al potenziale del sistema

U(θ) = −mgR

2cos θ − kR2

21

cos2θ

con derivata prima

U ′(θ) =mgR

2sin θ + kR2 (− sin θ)

cos3θ=(mgR

2− kR2

cos3θ

)sin θ .

Trattandosi di sistema a vincoli bilaterali, scleronomo e posizionale conservativo, le con-figurazioni di equilibrio si identificano biunivocamente con i punti critici del potenzialetotale, soluzioni dell’equazione trigonometrica(mgR

2− kR2

cos3θ

)sin θ = 0 , θ ∈ (0, π/4) .

Da questa, assumendo sin θ = 0, si deducono le soluzioni

θ = 0 , π ,

che non sono accettabili in quanto non ricomprese nell’intervallo di definizione (0, π/4)della coordinata generalizzata. Rimane da considerare la possibilita che si abbia

mgR

2− kR2

cos3θ= 0

ossiacos3θ =

2kR

mg.

Questa equazione trigonometrica ammette l’ovvia soluzione

θ = arc cos(2kR

mg

)1/3

sempreche si abbia 2kR/mg ≤ 1. La soluzione cosı individuata corrisponde ad un equilibriodel sistema a condizione che

0 < arc cos(2kR

mg

)1/3

4

Stefano Siboni 855

Page 22: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

vale a dire1√2

= cos(π

4

)<(2kR

mg

)1/3

< cos 0 = 1

e quindi1

2√

2<

2kR

mg< 1 .

Si conclude che esiste una sola configurazione di equilibrio del sistema

θ = θ = arc cos(2kR

mg

)1/3

definita se e soltanto se1

2√

2<

2kR

mg< 1 .

(b) Stabilita degli equilibri ordinariLa stabilita dell’unico equilibrio del sistema si prova mediante il teorema di Lagrange-Dirichlet. Si ha infatti

U ′(θ) =mgR

2

(1 − 2kR

mg

1cos3θ

)sin θ

U ′′(θ) =mgR

2

(1 − 2kR

mg

1cos3θ

)cos θ − 3kR2 sin2θ

cos4θ

per cui la derivata seconda del potenziale nella configurazione di equilibrio assume sempresegno negativo

U ′′(θ) = −3kR2 sin2θ

cos4θ= −3kR2 1 − cos2θ

cos4θ< 0

e la configurazione si riconosce essere un massimo relativo proprio del potenziale totale.

(c) Energia cineticaData l’assenza di punti fissi, l’energia cinetica dell’asta viene determinata per mezzo delteorema di Konig

T =m

2M2 +

12IMz|ω|2.

L’angolo di rotazione dell’asta rispetto alla terna assoluta si identifica con θ, angolo com-preso fra AB e la verticale condotta per A verso l’alto. Di conseguenza, il vettore velocitaangolare istantanea ω dell’asta si scrive semplicemente come

ω = θ e3 .

La velocita del baricentro M si ottiene derivando rispetto al tempo il vettore posizione giacalcolato

M − O = R( 1

cos θ− 1

2sin θ

)e1 +

R

2cos θ e2

Stefano Siboni 856

Page 23: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e diventaM = R

(− 1

cos2θsin θ − 1

2cos θ

)θ e1 −

R

2sin θ θ e2

con modulo quadrato

|M |2 =( sin2θ

cos4θ+

sin θ

cos θ+

14cos2θ +

14sin2θ

)R2θ2 =

(14

+sin θ

cos θ+

sin2θ

cos4θ

)R2θ2.

Poiche il momento d’inerzia dell’asta omogenea rispetto all’asse baricentrale Mz vale

IMz =mR2

12,

si deduce per l’energia cinetica l’espressione

T =mR2

2

(14

+sin θ

cos θ+

sin2θ

cos4θ

)θ2 +

mR2

24θ2 =

mR2

2

(13

+sin θ

cos θ+

sin2θ

cos4θ

)θ2 .

che costituisce il risultato richiesto.

(d) Equazioni pure del motoNell’ipotesi di vincoli ideali, le equazioni pure del moto sono quelle di Lagrange

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

con lagrangiana L = T + U data da

L =mR2

2

(13

+sin θ

cos θ+

sin2θ

cos4θ

)θ2 − mgR

2cos θ − kR2

21

cos2θ.

Si hanno le espressioni:

∂L

∂θ= mR2

(13

+sin θ

cos θ+

sin2θ

cos4θ

d

dt

(∂L

∂θ

)= mR2

(13

+sin θ

cos θ+

sin2θ

cos4θ

)θ + mR2 d

( sin θ

cos θ+

sin2θ

cos4θ

)θ2

∂L

∂θ=

mR2

2d

( sin θ

cos θ+

sin2θ

cos4θ

)θ2 +

mgR

2sin θ − kR2 sin θ

cos3θe quindi le equazioni del moto richieste

mR2(1

3+

sin θ

cos θ+

sin2θ

cos4θ

)θ +

mR2

2d

( sin θ

cos θ+

sin2θ

cos4θ

)θ2 − mgR

2sin θ + kR2 sin θ

cos3θ= 0 .

Stefano Siboni 857

Page 24: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 144. Geometria delle masseUn sistema rigido e costituito da una lamina quadrata di lato L e da un’asta rettilineadi lunghezza L, saldate ortogonalmente l’una all’altra nell’origine O di una terna soli-dale Oxyz — vedi figura. Lamina e asta sono entrambe omogenee e di masse m e 2mrispettivamente.

Sapendo che rispetto ad una terna di riferimento non illustrata in figura il sistema e inmoto con punto fisso O e velocita angolare ω = 2ω e1 − ω e2, determinare:

(a) la posizione del baricentro G del sistema rispetto alla terna Oxyz;

(b) la matrice d’inerzia rispetto al riferimento Oxyz;

(c) il momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse OC ;

(d) il momento angolare del sistema in O;

(e) la velocita del vertice C .

Soluzione(a) Posizione del baricentro G in OxyzConsiderato che i baricentri della lamina quadrata e dell’asta OA sono direttamente in-dividuabili per simmetria, conviene determinare il baricentro del sistema facendo uso delteorema distributivo. Il baricentro dell’asta omogenea coincide con il suo punto medio ede quindi identificato dal vettore posizione

GOA − O =L

2e1

cui si deve imputare una massa mOA = 2m, pari alla massa dell’asta. In modo analogo, ilbaricentro della lamina quadrata omogenea si identifica con il relativo centro di simmetria

GOBCD − O =L

2e2 +

L

2e3

con massa complessiva mOBCD = m. Il teorema distributivo porge allora per il baricentrodel sistema l’espressione

G −O =mOA(GOA − O) + mOBCD(GOBCD − O)

mOA + mOBCD

Stefano Siboni 858

Page 25: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

dalla quale si deduce la posizione richiesta

G − O =1

2m + m

[2m

L

2e1 + m

(L

2e2 +

L

2e3

)]=

L

3e1 +

L

6e2 +

L

6e3 .

(b) Matrice d’inerzia rispetto a OxyzLa matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna solidale Oxyz puo essere scritta comesomma della matrici d’inerzia dell’asta OA e della lamina quadrata OBCD rispetto allamedesima terna di riferimento.

Per l’asta OA, che si posiziona lungo l’asse coordinato Ox, la matrice d’inerzia e dellaforma

[LOA] =

0 0 00 LOA

yy 00 0 LOA

yy

con il momento d’inerzia rispetto all’asse Oy dato da

LOAyy =

∫ L

0

x2 2m

Ldx =

2m

L

L3

3=

23mL2

in modo che risulta

[LOA] = mL2

0 0 00 2/3 00 0 2/3

.

Quanto alla lamina quadrata, che si colloca nel piano coordinato Oyz, la matrice d’inerziasi presenta nella forma tipica di una lamina piana

[LOBCD] =

LOBCD

yy + LOBCDzz 0 0

0 LOBCDyy LOBCD

yz

0 LOBCDyz LOBCD

zz

con l’ulteriore condizione

LOBCDyy = LOBCD

zz

dovuta all’evidente simmetria. La valutazione esplicita del solo momento e del solo pro-dotto d’inerzia non banali

LOBCDyy =

∫[0,L]2

dydz (x2 + z2)m

L2=∫

[0,L]2dydz z2 m

L2=

m

L

∫ L

0

z2dz =mL2

3

LOBCDyz = −

∫[0,L]2

dydz yzm

L2= − m

L2

[y2

2

]L

0

[z2

2

]L

0

= −mL2

4

conduce quindi a

[LOBCD] = mL2

2/3 0 00 1/3 −1/40 −1/4 1/3

.

Stefano Siboni 859

Page 26: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Sommando le matrici d’inerzia ottenute si perviene al risultato richiesto

[L] = [LOA] + [LOBCD] = mL2

2/3 0 00 1 −1/40 −1/4 1

.

(c) Momento d’inerzia rispetto all’asse OCL’asse OC passa ovviamente per l’origine della terna solidale Oxyz ed e individuato dalversore

n =C − O

|C − O| =1√2

e2 +1√2

e3

ed il relativo momento d’inerzia puo essere determinato per mezzo della forma quadratica

IOC = IOn = n · LO(n) = ( n1 n2 n3 ) [L]

n1

n2

n3

che sostituendo le espressioni esplicite delle matrici diventa

IOC =(

0 1/√

2 1/√

2)mL2

2/3 0 00 1 −1/40 −1/4 1

01/

√2

1/√

2

=

=mL2

2( 0 1 1 )

2/3 0 00 1 −1/40 −1/4 1

011

=

=mL2

2( 0 1 1 )

03/43/4

=34mL2.

(d) Momento angolare in OPoiche il punto O si mantiene fisso ed il vettore velocita angolare istantanea del sistemavale ω = 2ω e1 − ω e2, il momento angolare in O rispetto alla base e1, e2, e3 della ternasolidale si scrive

KO = LO(ω) = K1e1 + K2e2 + K3e3

con le componenti cartesiane date dal prodotto matricialeK1

K2

K3

= [L]

2ω−ω0

= mL2

2/3 0 00 1 −1/40 −1/4 1

2ω−ω0

=

=mL2ω

2/3 0 00 1 −1/40 −1/4 1

2−10

= mL2ω

4/3−11/4

.

Stefano Siboni 860

Page 27: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

PertantoKO = mL2ω

(43

e1 − e2 +14

e3

).

(e) Velocita del vertice C

Avendosi, chiaramenteC − O = L e2 + L e3

l’espressione generale per l’atto di moto rigido con punto fisso O fornisce il risultatorichiesto

C = ω ∧ (C − O) = (2ω e1 − ω e2) ∧ (L e2 + L e3) =

= ωL

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

2 −1 00 1 1

∣∣∣∣∣∣ = ωL(−e1 − 2e2 + 2e3) .

Esercizio 145. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoUn quadrato omogeneo e pesante ABCD, di massa m e lato L, e vincolato a rimanerenel piano verticale Oxy di un riferimento cartesiano ortogonale Oxyz, con i punti medi Med N dei lati AD e BC rispettivamente vincolati a scorrere lungo gli assi Oy ed Ox. Ilriferimento Oxyz ruota con velocita angolare costante ω attorno all’asse Oy rispetto aduna terna inerziale non illustrata in figura, mentre una molla ideale di costante elasticak = mω2 collega il punto N con l’origine O.

Nell’ipotesi di vincoli ideali, e facendo uso dell’angolo θ ∈ R mostrato in figura comecoordinata lagrangiana, determinare:

(a) l’energia cinetica del sistema;

(b) gli equilibri del sistema;

(c) le equazioni del moto;

(d) la stabilita degli equilibri;

(e) un integrale primo.

Stefano Siboni 861

Page 28: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Energia cineticaDal momento che la lamina non presenta punti fissi, conviene ricavare l’energia cineticadel sistema per mezzo del teorema di Konig. A questo scopo si rileva preliminarmente cheil baricentro G della lamina quadrata e omogenea coincide con il suo centro geometrico esi colloca pertanto nel punto medio del segmento MN , di vettore posizione

G −O =L

2sin θ e1 +

L

2cos θ e2

e velocita istantanea

G =L

2(cos θ e1 − sin θ e2)θ .

Ricordato poi che il momento d’inerzia della lamina rispetto all’asse baricentrale Gz vale

IGz =mL2

6

e che la velocita angolare istantanea puo esprimersi come ω = θ e3, si ottiene l’espressionerichiesta dell’energia cinetica

T =m

2G2 +

12IGz|ω|2 =

m

2L2

4θ2 +

12

mL2

6θ2 =

524

mL2θ2.

(b) EquilibriIl carattere scleronomo del sistema, i vincoli ideali e la natura posizionale conservativa ditutte le sollecitazioni applicate consentono di identificare gli equilibri con i punti criticidel potenziale. Questo consta della somma di piu contributi relativi, rispettivamente,alle forze peso, alle forze centrifughe e all’interazione elastica fra i punti O e dN ; nessuneffetto e da attribuire alle forze di Coriolis, le quali, benche presenti, risultano comunquedirette ortogonalmente al piano del moto Oxy e caratterizzate pertanto da una componentelagrangiana costantemente nulla. Il potenziale delle forze peso si scrive

Ug = −mg(G− O) · e2 = −mgL

2cos θ

mentre quello dell’interazione elastica O − N vale

Uel = −k

2|N −O|2 = −k

2|L sin θ e1|2 = −kL2

2sin2θ = −mω2L2

2sin2θ

e il potenziale centrifugo assume la forma

Ucf =ω2

2IOy =

ω2

2

(IGy + m

L2

4sin2θ

)=

mω2L2

8sin2θ + costante .

Stefano Siboni 862

Page 29: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Omesse le costanti additive inessenziali, il potenziale del sistema diventa allora

U(θ) = −mgL

2cos θ − mω2L2

2sin2θ +

mω2L2

8sin2θ = −mgL

2cos θ − 3

8mω2L2sin2θ

con derivata prima

U ′(θ) =mgL

2sin θ − 3

4mω2L2 sin θ cos θ

che eguagliata a zero fornisce l’equazione di caratterizzazione degli equilibri

sin θ(mgL

2− 3

4mω2L2 cos θ

)= 0 .

Dalla forma equivalente dell’equazione

sin θ(2

3g

Lω2− cos θ

)= 0

si deducono le configurazioni di equilibrio

θ = 0 , π ,

sempre definite, e

θ = +θ , −θ , con θ = arc cos(2

3g

Lω2

)definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia

23

g

Lω2< 1.

(c) Equazioni del motoLe equazioni del moto sono quelle di Lagrange per un sistema posizionale conservativo dicoordinata generalizzata θ

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

con lagrangiana

L(θ, θ) = T + U =524

mL2θ2 − mgL

2cos θ − 3

8mω2L2sin2θ

dalla quale si deducono le ovvie relazioni

∂L

∂θ=

512

mL2θd

dt

(∂L

∂θ

)=

512

mL2θ

∂L

∂θ=

mgL

2sin θ − 3

4mL2ω2 sin θ cos θ .

Stefano Siboni 863

Page 30: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Pertanto512

mL2θ − mgL

2sin θ +

34mL2ω2 sin θ cos θ = 0

e l’equazione del moto cercata.

(d) Stabilita degli equilibriLa stabilita degli equilibri viene discussa con i teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversioneparziale, visto che il sistema e scleronomo e soggetto a sollecitazioni puramente posizionalie conservative. Trattandosi di sistema ad un solo grado di liberta, e anche possibile valersidell’analisi qualitativa di Weierstrass. La derivata seconda del potenziale si scrive

U ′′(θ) =mgL

2cos θ − 3

4mω2L2(cos2θ − sin2θ) =

mgL

2cos θ − 3

4mω2L2 cos(2θ)

e deve essere calcolata nelle singole configurazioni di equilibrio.

Configurazione θ = 0La derivata seconda del potenziale diventa

U ′′(0) =mGL

2− 3

4mω2L2 =

34mω2L2

(23

g

Lω2− 1)

e non assume segno definito. Occorre percio distinguere tre casi:

(i) per 2g/3Lω2 < 1 si ha U ′′(0) < 0, per cui la configurazione si riconoscere es-sere un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet. La conservazione dell’energia consente peraltro di escludere l’attrattivitadella soluzione statica e quindi la stabilita asintotica della configurazione;

(ii) per 2g/3Lω2 > 1 risulta U ′′(0) > 0 e l’instabilita della configurazione e assicurata dalteorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

(iii) se infine 2g/3Lω2 = 1, vale U ′′(0) = 0 e ricorre un caso critico, non potendosi applicaredirettamente ne Lagrange-Dirichlet ne la relativa inversione parziale. In effetti unaanalisi piu dettagliata mostra che la configurazione di equilibrio e instabile. A questoscopo basta calcolare le derivate successive del potenziale

U (3)(θ) =34mω2L2[− sin θ + 2 sin(2θ)]

U (4)(θ) =34mω2L2[− cos θ + 4 cos(2θ)]

che, calcolate nel punto critico θ = 0 assumono i valori

U (3)(0) = 0 U (4)(0) =94mω2L2

e consentono di scrivere l’approssimazione di Taylor nell’intorno di θ = 0

U(θ) = U(0) +14!

U (4)(0)θ4 + O(θ5) = U(0) +332

mω2L2θ4 + O(θ5)

Stefano Siboni 864

Page 31: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

dalla quale si ricava che il punto considerato costituisce un minimo relativo propriodel potenziale, la cui instabilita e accertata direttamente per ispezione in base allaanalisi qualitativa di Weierstrass.

Configurazione θ = πSi ha in questo caso

U ′′(π) = −mgL

2− 3

4mω2L2 < 0

per cui la configurazione e stabile in quanto massimo relativo proprio del potenziale.

Configurazioni θ = ±θ

Le configurazioni sono definite e distinte dalle precedenti per 2g/3Lω2 < 1, con

cos θ =23

g

Lω2.

Per ragioni di simmetria le proprieta di stabilita di questi equilibri sono le stesse. Si ha ineffetti lo stesso valore della derivata seconda

U ′′(θ) = U ′′(−θ) =34mω2L2

(23

g

Lω2cos θ − cos2θ + sin2θ

)=

34mω2L2sin2θ

che, risultando positivo, assicura l’instabilita delle configurazioni.

(e) Integrale primoTrattandosi di sistema scleronomo posizionale e conservativo, un immediato integrale primoe quello dell’energia meccanica, identificabile con l’integrale di Jacobi

H = θ∂L

∂θ− L = T − U =

524

mL2θ2 +mgL

2cos θ +

38mω2L2sin2θ .

Esercizio 146. Analisi di WeierstrassE dato un sistema scleronomo descritto dalla lagrangiana

L(x, x) =x2

2+ x − x3

3

in termini della coordinata generalizzata x ∈ R. Determinare:

(a) un integrale primo del sistema;

(b) gli equilibri del sistema;

(c) le condizioni iniziali corrispondenti ai moti periodici;

(d) le condizioni iniziali che individuano i moti a meta asintotica;

(e) il periodo delle piccole oscillazioni nell’intorno di un equilibrio stabile.

Stefano Siboni 865

Page 32: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Integrale primoPoiche la lagrangiana del sistema non dipende esplicitamente dal tempo, le equazioni delmoto di Eulero-Lagrange

d

dt

(∂L

∂x

)− ∂L

∂x= 0 =⇒ x − 1 + x2 = 0

ammettono l’integrale primo di Jacobi

H(x, x) =∂L

∂xx − L = x x − x2

2− x +

x3

3=

x2

2− x +

x3

3

interpretabile come energia meccanica. Dato il carattere scleronomo del sistema, il terminequadratico nella velocita generalizzata puo intendersi come energia cinetica

T =x2

2

mentre la parte residua della lagrangiana costituisce il potenziale

U(x) = x − x3

3.

(b) EquilibriGli equilibri del sistema scleronomo sono individuati dalle soluzioni statiche delle equazionidel moto, ovvero dai punti critici del potenziale

U ′(x) = 1 − x2 = 0

e valgono pertantox = +1 , −1 .

(c) Condizioni iniziali per i moti periodiciLe condizioni iniziali corrispondenti ai moti periodici si ricavano applicando l’analisi diWeierstrass in termini dell’integrale dell’energia H(x, x). Dal grafico dell’energia potenzialesi deduce immediatamente che i moti periodici si hanno per

−U(+1) < H(x, x) < −U(−1) =23

ossia per

−23

<x2

2− x +

x3

3<

23

a patto il valore iniziale della coordinata lagrangiana x sia maggiore di −1. L’insieme dellecondizioni iniziali per le quali ricorrono i moti periodici del sistema e quindi

(x, x) ∈ R2 : x > −1 , −2

3<

x2

2− x +

x3

3<

23

.

Stefano Siboni 866

Page 33: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(d) Condizioni iniziali per i moti a meta asintoticaIl moto del sistema risulta a meta asintotica se e soltanto se la condizione iniziale e ricom-presa nell’insieme

(x, x) ∈ R2 : x > −1 ,

x2

2− x +

x3

3=

23

essendo −U(−1) = 2/3.

(e) Periodo delle piccole oscillazioni attorno all’equilibrio stabileLa stabilita delle due configurazioni di equilibrio x = −1 ed x = +1 viene analizzatacalcolando la derivata seconda del potenziale

U ′′(x) = −2x .

Si ha cosı cheU ′′(−1) = 2 > 0

per cui x = −1 e un equilibrio instabile in virtu del teorema di inversione parziale diLagrange-Dirichlet; in modo analogo la configurazione x = +1 risulta un massimo relativoproprio del potenziale

U ′′(+1) = −2 < 0

la cui stabilita segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet. Nell’intorno di questa configu-razione le equazioni del moto linearizzate assumono la forma

x − U ′′(+1)(x − 1) = 0

ossiax + 2(x − 1) = 0

e descrivono un oscillatore armonico semplice di centro x = +1 e pulsazione ω =√

2. Ilperiodo delle piccole oscillazioni diventa percio

T =2π

ω=

2π√2

.

Esercizio 147. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoNel piano verticale Oxy di una terna cartesiana ortogonale si consideri una guida circolarefissa di centro O e raggio R, sul cui bordo esterno e vincolato a rotolare senza strisciareun disco circolare di raggio r < R, centro C e massa m. Il disco e pesante ed una molladi costante elastica mg/2R collega il suo centro con il punto fisso A(0, R). La ternaOxyz ruota con velocita angolare costante ω attorno all’asse verticale Oy, rispetto ad unriferimento inerziale — non illustrato.

Stefano Siboni 867

Page 34: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Supponendo i vincoli ideali e facendo uso dell’angolo θ in figura come coordinata la-grangiana, determinare:

(a) gli equilibri del sistema relativi alla terna Oxyz;

(b) le proprieta di stabilita dei predetti equilibri;

(c) l’espressione dell’energia cinetica nella terna Oxyz;

(d) le equazioni pure del moto;

(e) un integrale primo del sistema, nonche la velocita del punto C quando θ = 0, per ilmoto che soddisfa le condizioni iniziali (θ0, θ0) = (−π, 0).

Soluzione(a) Equilibri relativi alla terna OxyzIl sistema e scleronomo e soggetto esclusivamente a sollecitazioni posizionali e conservative,per cui le configurazioni di equilibrio si identificano con i punti critici del potenziale, cherisultera dalla somma di un contributo gravitazionale, uno centrifugo ed uno elastico. Lesollecitazioni di Coriolis sono applicate ortogonalmente al disco e nulla risulta la relativacomponente lagrangiana. Per il potenziale delle forze peso risulta

Ug = −mg e2 · (C − O) = −mg e2 · (R + r)(sin θ e1 − cos θ e2) = mg(R + r) cos θ

mentre il potenziale centrifugo vale

Ucf =ω2

2IOy =

ω2

2[ICy + m(R + r)2sin2θ

]=

mω2

2(R + r)2sin2θ + costante

e quello elastico si scrive

Uel = −k

2|C − A|2 = −k

2[(R + r)2 + R2 + 2R(R + r) cos θ] =

= −kR(R + r) cos θ + costante = −mg

2(R + r) cos θ + costante

Stefano Siboni 868

Page 35: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

causa le ovvie relazioni trigonometriche

A −O = R e2 C −O = (R + r) sin θ e1 − (R + r) cos θ e2

C − A = (R + r) sin θ e1 − [(R + r) cos θ + R] e2

|C − A|2 = (R + r)2 + R2 + 2R(R + r) cos θ .

e l’essere per ipotesi k = mg/2. Omesse le costanti additive, irrilevanti, si perviene cosı alpotenziale del sistema

U(θ) =12mg(R + r) cos θ +

mω2

2(R + r)2sin2θ

i cui punti critici forniscono tutti e soltanto gli equilibri del sistema. La derivata prima delpotenziale assume la forma

U ′(θ) = −12mg(R + r) sin θ + mω2(R + r)2 sin θ cos θ

ed eguagliata a zero porge l’equazione trigonometrica

−12mg(R + r) sin θ + mω2(R + r)2 sin θ cos θ = 0

che puo anche riesprimersi nella forma equivalente

sin θ[−1

2mg(R + r) + mω2(R + r)2 cos θ

]= 0

dalla quale si deduce che:

(i) o risulta sin θ = 0, per cui gli equilibri θ = 0 e θ = π sono sempre definiti;

(ii) oppure si ha cos θ = g/2(R + r)ω2, con le ulteriori configurazioni di equilibrio:

θ = ±θ , θ = arc cos[

g

2(R + r)ω2

]definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia g/2(R + r)ω2 < 1.

(b) Stabilita degli equilibri relativiPoiche il sistema e scleronomo e soggetto soltanto a sollecitazioni posizionali e conserva-tive, la stabilita degli equilibri puo essere studiata facendo ricorso ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. Si tratta di calcolare la derivata seconda del potenziale

U ′′(θ) = −mg

2(R + r) cos θ + mω2(R + r)2(cos2θ − sin2θ)

in corrispondenza delle singole configurazioni di equilibrio ordinarie del sistema.

Stefano Siboni 869

Page 36: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Configurazione θ = 0Per θ = 0, la derivata seconda del potenziale diventa

U ′′(0) = −mg

2(R + r) + mω2(R + r)2 = mω2(R + r)2

[1 − g

2(R + r)ω2

]e non ha segno definito, per cui si rende necessario distinguere tre casi:

(i) se g/2(R + r)ω2 > 1 risulta U ′′(0) < 0. La configurazione costituisce un massimorelativo proprio del potenziale e la sua stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet;

(ii) per g/2(R+ r)ω2 < 1 la derivata seconda del potenziale e strettamente positiva, il checomporta l’instabilita della configurazione per il teorema di inversione parziale;

(iii) se infine g/2(R+r)ω2 = 1 si e di fronte ad un caso critico. Nella fattispecie la derivataseconda del potenziale assume la forma particolare

U ′′(θ) =mg

2(R + r)

[− cos θ +

2(R + r)ω2

g(cos2θ − sin2θ)

]=

=mg

2(R + r)

(− cos θ + cos2θ − sin2θ

)=

mg

2(R + r)

[− cos θ + cos(2θ)

]e le derivate successive diventano

U (3)(θ) =mg

2(R + r)

[sin θ − 2 sin(2θ)

]U (4)(θ) =

mg

2(R + r)

[cos θ − 4 cos(2θ)

]in modo che nell’intorno della configurazione θ = 0 il potenziale ammette l’approssi-mazione di Taylor

U(θ) = U(0) +13!

U (3)(0)θ3 +14!

U (4)(0)θ4 + o(θ4) =

= U(0) +124

(−3

2

)mg(R + r)θ4 + o(θ4) =

= U(0) − 116

mg(R + r)θ4 + o(θ4) (θ → 0)

la quale consente di riconoscere in θ = 0 un massimo relativo proprio del potenziale,stabile per Lagrange-Dirichlet.

Configurazione θ = πIn questo caso la derivata seconda del potenziale risulta sempre strettamente positiva

U ′′(π) =mg

2(R + r) + mω2(R + r)2 > 0

e la configurazione e quindi instabile per il teorema di inversione parziale.

Stefano Siboni 870

Page 37: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Configurazioni θ = ±θ

Le configurazioni simmetriche θ = θ e θ = −θ, definite e distinte dalle precedenti perg/2(R + r)ω2 < 1, manifestano le stesse caratteristiche di stabilita a causa della evidentesimmetria del potenziale

U(−θ) = U(θ) ∀ θ ∈ R

in modo che e sufficiente analizzare il comportamento di una sola di esse, ad esempio diquella positiva. Siccome θ = arc cos[g/2(R + r)ω2 ], la derivata seconda del potenzialevale

U ′′(θ) = U ′′(−θ) = −mg

2(R + r) cos θ + mω2(R + r)2(cos2θ − sin2θ) =

= mω2(R + r)2[− g

2(R + r)ω2cos θ + 2cos2θ − 1

]=

= mω2(R + r)2 [cos2θ − 1] = −mω2(R + r)2sin2θ

e dal suo segno negativo si deduce che le configurazioni in esame rappresentano dei massimirelativi propri del potenziale. Il teorema di Lagrange-Dirichlet ne implica la stabilita.

Il seguente diagramma di biforcazione schematizza i risultati dell’analisi di stabilita quicondotta.

(c) Energia cinetica in OxyzL’energia cinetica del disco viene calcolata con il teorema di Konig. Basta osservare che ilbaricentro del disco omogeneo coincide con il suo centro geometrico, di coordinate

C −O = (R + r)(sin θ e1 − cos θ e2)

e velocita istantaneaC = (R + r)(cos θ e1 + sin θ e2)θ ,

mentre la condizione di puro rotolamento conduce alla ben nota espressione per la velocitaangolare istantanea

ω =(R

r+ 1)θ e3

Stefano Siboni 871

Page 38: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e il momento d’inerzia rispetto all’asse baricentrale Cz vale ICz = mr2/2. Il teorema diKonig porge allora

T =m

2C2 +

12ICz|ω|2 =

m

2(R + r)2θ2 +

12

mr2

2

(R

r+ 1)2

θ2 =34m(R + r)2 θ2

che e l’espressione cercata.

(d) Equazioni pure del motoIl sistema e olonomo, ad un grado di liberta e a vincoli ideali. La coordinata lagrangianache lo descrive e l’angolo di rotazione θ. Le equazioni pure del moto si riducono percioall’equazione di Lagrange

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

con lagrangiana

L = T + U =34m(R + r)2 θ2 +

12mg(R + r) cos θ +

mω2

2(R + r)2sin2θ .

Dalle ovvie relazioni:

∂L

∂θ=

32m(R + r)2 θ

d

dt

(∂L

∂θ

)=

32m(R + r)2θ

∂L

∂θ= −1

2mg(R + r) sin θ + mω2(R + r)2 sin θ cos θ

l’equazione del moto si ricava essere

32m(R + r)2 θ +

12mg(R + r) sin θ − mω2(R + r)2 sin θ cos θ = 0 .

(e) Integrale primo e velocita di CIl sistema e scleronomo, posizionale e conservativo. Un integrale primo e percio costituitodall’energia meccanica H = T − U

H(θ, θ) =34m(R + r)2 θ2 − 1

2mg(R + r) cos θ − mω2

2(R + r)2sin2θ .

Per il moto di condizioni iniziali θ(t0) = −π e θ(t0) = 0 il valore dell’energia meccanicaconservata e

E = H(−π, 0) =12mg(R + r) .

Lungo tale moto, quando θ = 0, il corrispondente θ deve soddisfare l’equazione di conser-vazione

H(0, θ) =34m(R + r)2θ2 − 1

2mg(R + r) = E =

12mg(R + r)

Stefano Siboni 872

Page 39: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ossia:34m(R + r)2 θ2 = mg(R + r)

da cui si deduceθ2 =

43m(R + r)2

mg(R + r) =4g

3(R + r)

ed infineθ = ±2

√g

3(R + r).

D’altra parte, la velocita del punto C e data dall’espressione generale

C = θ e3 ∧ (C − O) = θ e3 ∧ (R + r)(sin θ e1 − cos θ e2) = θ(R + r)(cos θ e1 + sin θ e2)

e quindi per θ = 0 e θ = ±2√

g/3(R + r) deve aversi necessariamente

C = ±2√

g

3(R + r)(R + r) e1 = ± 2√

3

√g(R + r) e1 .

Si noti che il problema non ammette una soluzione univoca, sulla base dei dati disponibili;il vettore velocita istantanea del punto C e determinato a meno del segno.

Esercizio 148. Geometria delle masseUna lamina circolare di centro O e raggio R e posta nel piano coordinato Oxy di una ternadi riferimento cartesiana ortogonale Oxyz. In un suo generico punto P (x, y) la densitadella lamina vale

σ(x, y) =m

πR3(x2 + y2)1/2

con m costante positiva. Determinare:

(a) il baricentro G del sistema;

(b) la matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz;

(c) il momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse passante per O di direzione v =3 e1 + 4 e3;

(d) il momento d’inerzia rispetto all’asse Az, essendo A − O = R e2;

(e) il momento angolare in O e l’energia cinetica del sistema, nell’ipotesi che sia O = 0ed ω = ω(e1 − 2 e2 + e3), ω > 0.

Soluzione(a) BaricentroIl baricentro del sistema si identifica chiaramente con il centro geometrico del disco, che diquesto costituisce un centro di simmetria. Si ha infatti che per ogni punto P (x, y, 0) deldisco, il punto simmetrico rispetto al centro O si identifica con

P (−x,−y, 0)

Stefano Siboni 873

Page 40: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ed e dunque caratterizzato dallo stesso valore della densita

σ(P ) =m

πR3[(−x)2 + (−y)2]1/2 =

m

πR3(x2 + y2)1/2 = σ(P ) .

(b) Matrice d’inerziaLa matrice d’inerzia della lamina rispetto alla terna Oxyz puo essere determinata medianteun’unica integrazione, sfruttando convenientemente gli argomenti di simmetria. Poicheinfatti il piano di giacitura della lamina coincide con il piano coordinato Oxy, si deduceper la matrice d’inerzia una espressione della forma

[L]Oxyz =

Lxx Lxy 0Lxy Lyy 00 0 Lxx + Lyy

.

Se a questo si aggiunge che anche l’asse Ox e di simmetria per il sistema, avendosi

σ(Q) =m

πR3[x2 + (−y)2]1/2 =

m

πR3(x2 + y2)1/2 = σ(Q)

per ogni coppia Q(x, y, 0), Q(x,−y, 0) di punti simmetrici, ne segue che Ox costituisceun asse centrale d’inerzia, per cui Lxy = 0 e la terna individuata e una terna centraled’inerzia. E altresı evidente che i momenti d’inerzia Lxx e Lyy devono assumere lo stessovalore, come un semplice scambio delle coordinate x e y sotto integrale mostra:

Lxx =∫

x2+y2≤R2y2σ(x, y)dxdy =

∫y2+x2≤R2

x2σ(y, x)dydx =

=∫

x2+y2≤R2x2σ(x, y)dydx = Lyy .

Di conseguenza, deve aversi

Lxx = Lyy =12[Lxx + Lyy ]

conLxx + Lyy =

∫x2+y2≤R2

(x2 + y2)σ(x, y)dxdy =

=∫ 2π

0

∫ R

0

dρ ρ ρ2 m

πR3ρ = 2π

R5

5m

πR3=

25mR2

e in conclusione

[L]Oxyz =mR2

5

1 0 00 1 00 0 2

e la matrice d’inerzia cercata.

Stefano Siboni 874

Page 41: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(c) Momento d’inerzia rispetto ad un asse per il centro OIl momento d’inerzia IOv della lamina rispetto all’asse passante per O e individuato dalvettore v = 3e1 + 4e3 si ottiene ricavando il relativo versore

n =1|v|v =

3e1 + 4e3

|3e1 + 4e3|=

35e1 +

45e3

e sostituendo quanto ottenuto nella relazione generale:

IOv = n · LO(n) = ( 3/5 0 4/5 )mR2

5

1 0 00 1 00 0 2

3/50

4/5

=

=mR2

5

[(35

)2

+ 2(4

5

)2]

=41125

mR2 .

(d) Momento d’inerzia rispetto all’asse AzPer determinare il momento d’inerzia IAz del sistema rispetto all’asse Az, con A−O = R e2,e sufficiente applicare il teorema di Huygens-Steiner e scrivere

IAz = IOz + M |A −O|2 = IOz + MR2

in termini del momento centrale d’inerzia IOz = 2mR2/5 gia ricavato in precedenza. Ri-mane da calcolare la sola massa M della lamina, alla quale si puo pervenire direttamentedalla definizione

M =∫

x2+y2≤R2σ(x, y)dxdy =

∫ 2π

0

∫ R

0

dρ ρm

πR3ρ = 2π

R3

3m

πR3=

23m.

Sostituendo nella formula di Steiner si ottiene il risultato richiesto

IAz = IOz + MR2 =25mR2 +

23mR2 =

1615

mR2 .

(e) Momento angolare ed energia cineticaNell’ipotesi che la velocita O sia nulla, l’atto di moto del sistema coincide con quello diun sistema rigido con punto fisso O e velocita angolare istantanea ω = ω(e1 − 2 e2 + e3),ω > 0. Il momento angolare in O del sistema e quindi ottenuto applicando l’operatored’inerzia in O del sistema al vettore velocita angolare istantanea:

KO = LO(ω) = K1e1 + K2e2 + K3e3

ossia, passando alle relative matrici di rappresentazione rispetto alla base canonica dellaterna Oxyz, K1

K2

K3

=mR2

5

1 0 00 1 00 0 2

ω−2ωω

=mR2ω

5

1−22

Stefano Siboni 875

Page 42: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

in modo che risultaKO =

mR2ω

5(e1 − 2e2 + 2e3) .

Per quanto riguarda l’energia cinetica si procede in modo analogo, per mezzo della bennota formula:

T =12ω · LO(ω) =

12ω ( 1 −2 1 )

mR2

5

1 0 00 1 00 0 2

ω

1−21

=710

mR2ω2 .

Esercizio 149. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. conservativo a vincoli unilateraliIn una terna cartesiana Oxyz un disco circolare omogeneo pesante di raggio R, massa me centro C , e vincolato a rotolare senza strisciare lungo un piano inclinato di α = π/6radianti, delimitato alle estremita da pareti rigide ortogonali. Una molla ideale di costantek = mg/14R collega il centro C del disco con un punto A fissato sulla parete superiore adistanza R dal piano (vedi figura). La terna Oxyz ruota infine attorno all’asse verticaleOy con velocita angolare ω =

√g/14R rispetto ad un riferimento inerziale.

Assunti i vincoli ideali e introdotto il parametro adimensionale s ∈ [1, 7] in figura comecoordinata lagrangiana, determinare:

(a) l’espressione dell’energia cinetica del sistema nella terna Oxyz;

(b) le equazioni pure del moto;

(c) gli equilibri ordinari e di confine del sistema, relativi alla terna Oxyz;

(d) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;

(e) un integrale primo del sistema.

Soluzione(a) Energia cineticaLa condizione di rotolamento senza strisciamento del disco sul piano inclinato conduceall’espressione della velocita angolare istantanea del disco

ωD = −s e3

Stefano Siboni 876

Page 43: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Il baricentro del disco omogeneo coincide con il suo centro geometrico, il cui vettore po-sizione e esprimibile per mezzo della relazione trigonometrica

C − O = C − P + P − O = −R sin α e1 + R cos α e2 + sR(cos α e1 + sin α e2)

con velocita relativa Oxyz:

C = sR(cos α e1 + sinα e2) .

L’energia cinetica del disco si ricava allora per mezzo del teorema di Konig e vale

T =m

2C2 +

12ICz|ωD|2 =

m

2|sR(cos α e1 + sinα e2)|2 +

12

mR2

2| − s e3|2 =

=mR2

2s2 +

mR2

4s2 =

34mR2s2 .

(b) Equazioni del motoVista l’ipotesi dei vincoli ideali e la natura posizionale e conservativa di tutte le sol-lecitazioni attive agenti, le equazioni del moto del sistema — scleronomo e ad un sologrado di liberta — sono quelle di Lagrange

d

dt

(∂L

∂s

)− ∂L

∂s= 0

la cui determinazione esplicita richiede il calcolo della lagrangiana L = T +U e dunque delpotenziale U . Le sollecitazioni attive sono date dal peso, l’interazione elastica fra i punti Ce A e la sollecitazione centrifuga, ognuna derivabile da un potenziale. Le forze di Coriolishanno componente lagrangiana identicamente nulla, risultando ortogonali al piano fissoOxy. Il potenziale delle forze peso si scrive

Ug = −mg(C − O) · e2 = −mg(R cos α + sR sin α) = −mgR sinαs − mgR cos α =

= −12mgRs + costante

mentre quello elastico assume la forma

Uel = −k

2|A − C |2 = −1

2mg

14R(8 − s)2R2 = − 1

28mgR(s − 8)2 .

Quanto alle forze centrifughe, queste sono descritte dal potenziale

Ucf =ω2

2IOy =

ω2

2

[m[(C −O) · e1]2 + ICy

]=

mω2

2(−R sinα + R cos αs)2 +

ω2

2ICy

=m

2g

14RR2(− sin α + cos αs)2 +

ω2

2ICy =

128

mgR(−1

2+

√3

2s)2

+ costante .

Stefano Siboni 877

Page 44: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Il potenziale del sistema e dato dalla somma dei potenziali parziali e risulta percio, omessele costanti additive inessenziali,

U(s) = −12mgRs − 1

28mgR(s − 8)2 +

128

mgR(−1

2+

√3

2s)2

=128

(−s2

4+ 2s −

√3

2s)

e la lagrangiana diventa

L = T + U =34mR2s2 +

128

(−s2

4+ 2s −

√3

2s)

.

Da questa si ricavano le identita:

d

dt

(∂L

∂s

)=

32mR2s

∂L

∂s=

128

mgR(− s

2+ 2 −

√3

2

)e la relativa equazione del moto

32mR2s +

128

mgR(s

2− 2 +

√3

2

)= 0 .

(c) Equilibri ordinari e di confineGli equilibri ordinari del sistema sono i punti critici del potenziale, soluzioni dell’equazione

dU

ds(s) =

128

mgR(− s

2+ 2 −

√3

2

)= 0 s ∈ (1, 7)

con l’ovvia soluziones = 4 −

√3 ∈ (1, 7) .

I candidati al ruolo di equilibri di confine sono i limiti dell’intervallo di definizione delparametro lagrangiano s:

s = 1 s = 7 .

Si verifica l’effettivo ricorrere di configurazioni di equilibrio facendo uso del teorema deilavori virtuali.

Configurazione s = 1La condizione necessaria e sufficiente per l’equilibrio e che si abbia

Qs(1)δs =dU

ds(1) δs ≤ 0 ∀ δs ≥ 0

ossia128

mgR(3

2−

√3

2

)δs ≤ 0 ∀ δs ≥ 0

palesemente insoddisfatta. La configurazione in esame non costituisce un equilibrio per ilsistema.

Stefano Siboni 878

Page 45: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Configurazione s = 7In modo analogo, il teorema dei lavori virtuali fornisce la seguente condizione necessaria esufficiente per l’equilibrio

Qs(7)δs =dU

ds(7) δs ≤ 0 ∀ δs ≤ 0

ovvero128

mgR(−3

2−

√3

2

)δs ≤ 0 ∀ δs ≤ 0

che comunque non e verificata. Neppure questa configurazione e di equilibrio per il sistema.

(d) Stabilita degli equilibri ordinariDato il carattere scleronomo del sistema e la natura posizionale conservativa di tutte lesollecitazioni attive, le proprieta di stabilita dell’unica configurazione di equilibrio ordinariavengono analizzate mediante il teorema di Lagrange-Dirichlet. La derivata seconda delpotenziale vale

d2U

ds2(s) = − 1

56mgR < 0 ∀ s ∈ (1, 7)

per cui la configurazione di equilibrio s = 4−√

3 costituisce un massimo relativo proprio,stabile per L.-D..

(e) Integrale primoUn ovvio integrale primo e quello dell’energia meccanica

H = T − U =34mR2s2 +

128

mgR(s2

4− 2s +

√3

2s)

per via dei vincoli indipendenti dal tempo e delle sollecitazioni attive, tutte puramenteposizionali e conservative.

Esercizio 150. Geometria delle masseNel piano Oxy della terna cartesiana Oxyz si considera la lamina omogenea D, di densitaµ/L2, individuata da

D =(x, y, z) ∈ R

3 : 0 ≤ x ≤ L , 0 ≤ y ≤ x2/L , z = 0

con L costante positiva fissata.

Stefano Siboni 879

Page 46: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Determinare:

(a) la massa della lamina;

(b) la posizione del baricentro della lamina, rispetto alla terna assegnata;

(c) la matrice d’inerzia della lamina rispetto alla terna Oxyz;

(d) il momento d’inerzia della lamina rispetto all’asse passante per l’origine e per il puntoA(L,L, 0);

(e) la velocita angolare istantea da imprimere alla lamina, mantenendo fisso il punto O,in modo che il momento angolare in O valga (0, 0,−2µL2ω).

Soluzione(a) Massa della laminaLa massa m della lamina si ottiene integrando sul dominio D la densita costante µ/L2.Posto per brevita f(x) = x2/L, si puo scrivere pertanto:

m =

L∫0

dx

f(x)∫0

dyµ

L2=

µ

L2

L∫0

f(x)dx =µ

L2

L∫0

x2

Ldx =

µ

L2

[L3

3L

]=

µ

3.

(b) Baricentro della laminaSi indichi con

G −O = xGe1 + yGe2 + zGe3

il vettore posizione del baricentro G rispetto alla terna Oxyz. Poiche la lamina giace nelpiano coordinato Oxy, si ha che G deve appartenere allo stesso piano di simmetria, per cui

zG = 0 .

Quanto all’ascissa xG, questa per definizione deve soddisfare l’equazione

mxG =

L∫0

dx

f(x)∫0

dyµ

L2x =

L∫0

dxf(x)µ

L2x =

µ

L2

L∫0

xf(x)dx =µ

L2

L∫0

x3

Ldx =

µL

4

in modo che risulta

xG =1m

µL

4=

µL

4=

34L .

Una espressione analoga vale per l’ordinata yG

myG =

L∫0

dx

f(x)∫0

dyµ

L2y =

µ

L2

L∫0

12f(x)2dx =

µ

2L2

L∫0

x4

L2dx =

µL

10

Stefano Siboni 880

Page 47: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

che risulta percio:

yG =1m

µL

10=

µL

10=

310

L .

La posizione del baricentro rispetto alla terna Oxyz e quindi individuata da

G − O =34L e1 +

310

L e2 .

(c) Matrice d’inerziaLa lamina D e collocata nel piano coordinato Oxy, che quindi costituisce un ovvio pianodi simmetria e si identifica con un piano principale d’inerzia per l’operatore d’inerzia delsistema rispetto ad ogni suo punto. Si ha in effetti:

Lxz = Lyz = 0

ed inoltre:Lzz = Lxx + Lyy

per cui la matrice d’inerzia e univocamente determinata una volta che siano stati calcolatii momenti Lxx, Lyy e il prodotto d’inerzia Lxy. Il momento d’inerzia rispetto all’asse Oxsi ricava applicando la definizione:

Lxx =

L∫0

dx

f(x)∫0

dyµ

L2y2 =

µ

L2

L∫0

dx13f(x)3 =

µ

3L2

L∫0

f(x)3dx =µ

3L2

L∫0

x6

L3dx =

µL2

21,

in modo analogo al momento d’inerzia rispetto ad Oy:

Lyy =

L∫0

dx

f(x)∫0

dyµ

L2x2 =

µ

L2

L∫0

x2f(x)dx =µ

L2

L∫0

x4

Ldx =

µL2

5

mentre per il prodotto d’inerzia Lxy si ha:

Lxy = −L∫

0

dx

f(x)∫0

dyµ

L2xy = − µ

2L2

L∫0

f(x)2xdx = − µ

2L2

L∫0

x5

L2dx = −µL2

12.

Il momento d’inerzia rispetto all’asse Oz risulta pertanto

Lzz = Lxx + Lyy =( 1

21+

15

)µL2 =

26105

µL2

e la matrice d’inerzia relativa alla terna Oxyz si scrive

[L] = µL2

1/21 −1/12 0−1/12 1/5 0

0 0 26/105

.

Stefano Siboni 881

Page 48: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(d) Momento d’inerzia rispetto all’asse OALa retta OA passa per l’origine della terna di riferimento Oxyz. Il momento d’inerziarelativo a tale asse puo allora esprimersi per mezzo della relazione matriciale:

IOA = (n1 n2 n3)[L]

n1

n2

n3

in termini della matrice d’inerzia [L] e delle componenti n1, n2, n3 del versore n associatoalla retta. Nella fattispecie:

n =e1 + e2

|e1 + e2|=

1√2

e1 +1√2

e2

e conseguentemente:

IOA =(1/

√2 1/

√2 0)µL2

1/21 −1/12 0−1/12 1/5 0

0 0 26/105

1/√

21/

√2

0

=

= µL2 12(1 1 0)

1/21 − 1/12−1/12 + 1/5

0

=µL2

2

( 121

− 112

− 112

+15

)=

17420

µL2.

(e) Velocita angolare istantaneaSe ω = ω1e1 + ω2e2 + ω3e3 e la velocita angolare istantanea della lamina, il momentoangolare in O ha componenti

[L]

ω1

ω2

ω3

= µL2

1/21 −1/12 0−1/12 1/5 0

0 0 26/105

ω1

ω2

ω3

e quindi il vettore velocita angolare istantanea per il quale il momento angolare in O vale−2µL2ωe3 e individuato dall’equazione

µL2

1/21 −1/12 0−1/12 1/5 0

0 0 26/105

ω1

ω2

ω3

=

00

−2µL2ω

la quale fornisce ω1 = ω2 = 0 e

26105

µL2ω3 = −2µL2ω

vale a direω3 =

10526µL2

(−2µL2ω) = −10513

ω .

La velocita angolare richiesta e pertanto

ω = −10513

ω e3 .

Stefano Siboni 882

Page 49: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 151. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. conservativo a vincoli unilateraliNel piano verticale Oxy di una terna cartesiana Oxyz si considera un disco omogeneo dicentro C , raggio r e massa m, il cui bordo passa per l’origine O. Il disco e pesante evincolato a ruotare attorno all’asse Oz, con una molla di costante elastica k che congiungeC alla sua proiezione ortogonale A sull’asse Ox. La terna Oxyz ruota inoltre attornoall’asse verticale Oy con velocita angolare costante ω.

I vincoli sono ideali e la configurazione del sistema viene descritta per mezzo dell’angolo θillustrato in figura. Un ostacolo impone la limitazione −2π/3 ≤ θ ≤ 2π/3. Determinare,rispetto alla terna Oxyz:

(a) le configurazioni di equilibrio ordinarie e di confine, se definite;

(b) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;

(c) l’energia cinetica del sistema;

(d) le equazioni di Lagrange;

(e) un integrale primo del sistema.

Soluzione(a) Equilibri ordinari e di confineIl sistema e scleronomo e soggetto esclusivamente a sollecitazioni posizionali e conservative;le sue configurazioni sono individuate dai valori θ ∈ [−2π/3, 2π/3] dell’angolo di rotazione,per cui il sistema deve intendersi a vincoli unilaterali. Gli equilibri ordinari si identificanotutti e soltanto con i punti critici del potenziale totale U , mentre i soli candidati al ruolodi equilibri di confine sono le due configurazioni corrispondenti a θ = −2π/3 e θ = 2π/3.Causa il moto di rotazione attorno all’asse verticale Oy, la terna Oxyz e non inerziale e sededi sollecitazioni d’inerzia. Le forze di Coriolis dipendono dalla velocita, ma sono diretteortogonalmente al piano vincolare Oxy, sicche la loro componente lagrangiana si mantienecostantemente nulla ed e del tutto ininfluente sul moto. Alle sollecitazioni centrifugheagenti sul disco si accompagna il potenziale:

Ucf =ω2

2mr2sin2θ .

Stefano Siboni 883

Page 50: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Il potenziale delle forze peso e invece dato da

Ug = −mg(C − O) · e2 = −mg(−r cos θ) = mgr cos θ ,

mentre per il potenziale dell’interazione elastica fra i punti C ed A si ha l’espressione:

Uel = −k

2|C − A|2 = −k

2r2cos2θ =

kr2

2sin2θ + costante .

Il potenziale del sistema si scrive pertanto, omesse le costanti additive:

U(θ) =ω2

2mr2sin2θ + mgr cos θ +

kr2

2sin2θ =

=mω2 + k

2r2sin2θ + mgr cos θ ∀ θ ∈ [−2π/3, 2π/3] .

La componente lagrangiana delle sollecitazioni attive e la derivata del potenziale:

Qθ = (mω2 + k)r2 sin θ cos θ −mgr sin θ ∀ θ ∈ [−2π/3, 2π/3] .

Gli equilibri ordinari del sistema sono i punti critici del potenziale, ovvero gli zeri dellacomponente Qθ:

(mω2 + k)r2 sin θ cos θ − mgr sin θ = 0

e quindi le soluzioni dell’equazione trigonometrica:

[(mω2 + k)r2 cos θ − mgr] sin θ = 0

che possono ottenersi per:sin θ = 0

oppure per:(mω2 + k)r2 cos θ − mgr = 0 .

Dalla prima equazione si hanno, sempre definite, le configurazioni di equilibrio:

θ = 0 , π ,

mentre la seconda porge gli ulteriori equilibri:

θ = ±θ , con θ = θ = arc cos[

mg

(mω2 + k)r

]∈ (0, π/2) ,

definiti e distinti dagli equilibri precedenti se e soltanto se

mg

(mω2 + k)r< 1 .

Stefano Siboni 884

Page 51: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

La presenza di equilibri in corrispondenza delle configurazioni di confine deve essere accer-tata mediante il teorema dei lavori virtuali.

Configurazione θ = −2π/3La condizione di equilibrio e data dal teorema dei lavori virtuali:

Qθ(−2π/3) δθ ≤ 0 ∀ δθ ≥ 0

e si riduce alla disequazione:Qθ(−2π/3) ≤ 0

che si scrive esplicitamente come:

(mω2 + k)r2(−√

32

)(−1

2

)− mgr

(−√

32

)≤ 0

ossia: √3

4(mω2 + k)r2 +

√3

2mgr ≤ 0 ,

condizione ovviamente non verificata. La configurazione non e un equilibrio di confine.

Configurazione θ = 2π/3Il teorema dei lavori virtuali assume in questo caso la forma:

Qθ(2π/3) δθ ≤ 0 ∀ δθ ≤ 0

e conduce alla disequazione caratteristica:

Qθ(2π/3) ≥ 0

vale a dire:

(mω2 + k)r2(√3

2

)(−1

2

)− mgr

(√32

)≥ 0 .

La condizione non e mai verificata

−√

34

(mω2 + k)r2 −√

32

mgr ≥ 0

per cui nemmeno questa configurazione di confine costituisce un equilibrio.

(b) Stabilita degli equilibri ordinariSi calcola preliminarmente la derivata seconda del potenziale

U ′′(θ) = (mω2 + k)r2(cos2θ − sin2θ) − mgr cos θ

per procedere all’analisi di stabilita delle singole configurazioni di equilibrio ordinarie.

Stefano Siboni 885

Page 52: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Configurazione θ = 0Per questa configurazione la derivata seconda del potenziale e data dall’espressione:

U ′′(0) = (mω2 + k)r2 − mgr

e si devono quindi esaminare tre casi distinti:

se mg/(mω2+k)r > 1 si ha che U ′′(0) < 0 per cui la configurazione e un massimo relativoproprio del potenziale, la cui stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet;

per mg/(mω2 + k)r < 1 la derivata seconda del potenziale e positiva e dal teorema diinversione parziale di Lagrange-Dirichlet segue l’instabilita della configurazione;

se mg/(mω2 + k)r = 1, risulta U ′′(0) = 0 e ricorre un caso critico. Si rende necessariauna ulteriore analisi del potenziale del sistema:

U(θ) = (mω2 + k)r2

[12sin2θ + cos θ

]=

= (mω2 + k)r2

[2 sin2

2

)cos2

2

)+ cos2

2

)− sin2

2

)]=

= (mω2 + k)r2

[2 sin2

2

)− 2 sin4

2

)+ 1 − 2 sin2

2

)]=

= (mω2 + k)r2

[1 − 2 sin4

2

)]per il quale il punto θ = 0 rappresenta chiaramente un massimo relativo proprio,stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione θ = πLa configurazione e caratterizzata dal segno positivo della derivata seconda del potenziale

U ′′(π) = (mω2 + k)r2 + mgr > 0

ed e quindi instabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazioni θ = ±θ

Le configurazioni hanno le stesse proprieta di stabilita in quanto condividono la stessaespressione della derivata seconda

U ′′(±θ) = (mω2 + k)r2(cos2θ − sin2θ) − mgr cos θ =

= (mω2 + k)r2

[cos2θ − sin2θ − mg

(mω2 + k)rcos θ

]= −(mω2 + k)r2sin2θ

che risulta di segno negativo. Le configurazioni θ = ±θ, quando definite, rappresentanodei massimi relativi propri del potenziale e sono percio stabili per Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 886

Page 53: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(c) Energia cineticaIl disco ruota attorno all’asse fisso Oz con velocita angolare θ e3 e momento d’inerzia

IOx = mr2 + ICx = mr2 +mr2

2=

32mr2 .

L’energia cinetica relativa alla terna Oxyz si trova essere percio:

T =12

IOx|θ e3|2 =12

32mr2θ2 =

34mr2θ2 .

(d) Equazioni di LagrangeLa lagrangiana del sistema si scrive:

L = T + U =34mr2θ2 +

mω2 + k

2r2sin2θ + mgr cos θ

per cui:∂L

∂θ=

32mr2θ

d

dt

(∂L

∂θ

)=

32mr2θ

∂L

∂θ= (mω2 + k)r2 sin θ cos θ − mgr sin θ

e le equazioni di Lagrange:d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

diventano:32mr2θ − (mω2 + k)r2 sin θ cos θ + mgr sin θ = 0 .

Nell’ipotesi di vincoli ideali questa e l’equazione pura del moto del sistema.

(e) Integrale primoIl sistema e posizionale e conservativo, a vincoli indipendenti dal tempo, e quindi unintegrale primo e quello dell’energia meccanica:

H = T − U =34mr2θ2 − mω2 + k

2r2sin2θ − mgr cos θ .

Esercizio 152. Geometria delle masseNella terna cartesiana ortogonale Oxyz si considera un sistema rigido composto da unalamina quadrata L collocata nel piano Oyz e da un arco omogeneo Γ ubicato in Oxy. Lalamina L ha lato a e la sua densita in un generico punto P (0, y, z) e data dall’espressione:

σ(P ) =m

a4yz , y, z ∈ [0, a] .

Γ e un quarto di circonferenza di centro O, raggio a e massa m, descritto dall’angolo al

Stefano Siboni 887

Page 54: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

centro φ ∈ [0, π/2] — vedi figura.

Determinare:

(a) la massa del sistema;

(b) la posizione del baricentro del sistema, rispetto alla terna assegnata;

(c) la matrice d’inerzia della lamina L rispetto alla terna Oxyz;

(d) il momento d’inerzia di Γ rispetto alla bisettrice del primo quadrante del piano Oxy— z = x, y = 0;

(e) l’energia cinetica della lamina L nell’ipotesi che O sia punto fisso e che ω = ω e2−ω e3,ω ∈ R, sia la velocita angolare.

Soluzione(a) Massa del sistemaPer additivita, la massa µ del sistema e data dalla somma delle masse delle parti costituenti,Γ ed L:

µ = mΓ + mL .

La massa dell’arco di circonferenza e per ipotesi:

mΓ = m

mentre per la lamina L la massa si ottiene integrando la densita sull’intera superficie:

mL =

a∫0

dy

a∫0

dzm

a4yz =

m

a4

a2

2a2

2=

m

4

per cui la massa del sistema risulta:

µ = m +m

4=

54m.

Stefano Siboni 888

Page 55: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(b) Baricentro del sistemaConviene calcolare separatamente i baricentri dell’arco Γ e della lamina L per poi applicarela proprieta distributiva e ricavare il baricentro del sistema.

Baricentro dell’arcoIl baricentro GΓ di Γ si individua per mezzo del vettore posizione relativo alla terna Oxyz

GΓ − O = xΓ e1 + yΓ e2 + zΓ e3

applicando la definizione di centro di massa e ricordando che la densita della curva omo-genea si ottiene come rapporto fra la massa m e la lunghezza πa/2

λ =2m

πa.

Si ha cosı che:

(i) l’ascissa xΓ vale

xΓ =1m

π/2∫0

2m

πaa cos φ adφ =

a

π/2∫0

cos φ dφ =2a

π

[sin φ

]π/2

0=

a ;

(ii) l’ordinata yΓ coincide con xΓ per simmetria. La bisettrice del primo quadrante nelpiano coordinato Oxy e infatti un evidente asse di simmetria dell’arco;

(iii) la quota zΓ si annulla, per il fatto che l’arco giace nel piano Oxy.

Il vettore posizione del baricentro si scrive percio

GΓ − O =2π

a e1 +2π

a e2 .

Baricentro della laminaAnalogamente, il baricentro della lamina viene individuato per mezzo del vettore posizione

GL −O = xL e1 + yL e2 + zL e3

in cui l’ascissa xL e ovviamente nulla per l’evidente simmetria — il piano coordinato Oyze piano di giacitura e dunque di simmetria della lamina. L’ordinata del baricentro vienecalcolata come da definizione

yL =4m

a∫0

dy

a∫0

dzm

a4yz y =

4a4

a∫0

y2dy

a∫0

z dz =23a

e la stessa espressione vale per la quota

zL =4m

a∫0

dy

a∫0

dzm

a4yz2 =

23a ,

Stefano Siboni 889

Page 56: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

in modo che il vettore posizione del baricentro diventa:

GL − O =23a e2 +

23a e3 .

Baricentro del sistemaIl baricentro G del sistema viene ora calcolato per mezzo della proprieta distributiva,immaginando le masse di lamina e arco concentrate nei rispettivi baricentri e determinandoil baricentro del sistema di due punti materiali cosı ottenuto. Si ha pertanto:

G −O =mΓ(GΓ − O) + mL(GL −O)

mΓ + mL

=

=4

5m

[m( 2

πa e1 +

a e2

)+

m

4

(23a e2 +

23a e3

)]=

=45

[2π

a e1 +( 2

πa +

a

6

)e2 +

a

6e3

]=

85π

a e1 +45

( 2π

+16

)a e2 +

215

a e3

che e il risultato richiesto.

(c) Matrice d’inerzia della lamina L

Siccome la lamina giace interamente nel piano coordinato Oyz, fra i momenti d’inerziarelativi agli assi coordinati sussiste la relazione generale

Lzz = Lxx + Lyy

mentre i prodotti d’inerzia dipendenti dall’ascissa x = 0 sono per definizione identicamentenulli

Lxy = Lyx = Lxz = Lzx = 0 .

Il momento d’inerzia rispetto all’asse Oy si scrive

Lyy =

a∫0

dy

a∫0

dzmyz

a4z2 =

m

a4

a∫0

y dy

a∫0

z3 dz =m

a4

a2

2a4

4=

ma2

8,

e analogamente si calcola quello relativo all’asse Oz:

Lzz =

a∫0

dy

a∫0

dzmyz

a4y2 =

ma2

8= Lyy

per cui il momento d’inerzia rispetto al terzo asse risulta:

Lxx = 2Lyy =ma2

4.

Stefano Siboni 890

Page 57: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

L’unico prodotto d’inerzia non banalmente nullo vale invece:

Lyz = −a∫

0

dy

a∫0

dzmyz

a4yz = −m

a4

a∫0

dy y2

a∫0

dz z2 = −m

a4

a3

3a3

3= −ma2

9.

Se ne conclude che la matrice d’inerzia richiesta assume la forma:

[LL] =

ma2/4 0 00 ma2/8 −ma2/90 −ma2/9 ma2/8

= ma2

1/4 0 00 1/8 −1/90 −1/9 1/8

.

(d) Momento d’inerzia dell’arco Γ rispetto alla bisettrice z = x, y = 0E evidente che la retta di equazione z = x, y = 0, passa per l’origine. Il momento d’inerziadell’arco Γ rispetto a tale retta puo quindi essere determinato partendo dalla matriced’inerzia di Γ in Oxyz e dal versore associato alla stessa retta

n = n1 e1 + n2 e2 + n3 e3 =1√2

e1 +1√2

e3 .

L’appartenenza dell’arco Γ al piano coordinato Oxy autorizza a scrivere la relativa matriced’inerzia nella forma

[LΓ] =

Lxx Lxy 0Lxy Lyy 00 0 Lxx + Lyy

sicche il momento d’inerzia rispetto alla bisettrice e dato dall’espressione:

IbisettriceΓ = n ·LΓ(n) =

( 1√2

01√2

)Lxx Lxy 0Lxy Lyy 00 0 Lxx + Lyy

1√2

01√2

=

=12(Lxx Lxy Lxx + Lyy

) 101

= Lxx +12Lyy .

Si constata che alla determinazione del risultato richiesto non concorre il prodotto d’inerziaLxy, che non e pertanto necessario calcolare. Il momento d’inerzia rispetto all’asse Ox siricava per mezzo della definizione, calcolando un integrale curvilineo

Lxx =

π/2∫0

2m

πa(y2 + z2)a dφ =

2m

π

π/2∫0

a2sin2φ dφ =

=2ma2

π

π/2∫0

1 − cos 2φ

2dφ =

ma2

π

[φ− sin 2φ

2

]π/2

0

=ma2

π

π

2=

ma2

2

Stefano Siboni 891

Page 58: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e in modo analogo si perviene all’espressione del momento d’inerzia relativo all’asse coor-dinato Oy

Lyy =

π/2∫0

2m

πa(x2 + z2)a dφ =

2m

π

π/2∫0

a2cos2φ dφ =ma2

2= Lxx .

Il momento d’inerzia dell’arco rispetto alla bisettrice diventa cosı

IbisettriceΓ =

32Lxx =

32

ma2

2=

34ma2 .

(e) Energia cinetica della lamina L

Nell’ipotesi che il punto O della lamina sia fisso, e che la velocita angolare istantanea delsistema sia data dal vettore

ω = ω e2 − ω e3 ,

con ω costante reale assegnata, l’energia cinetica e quella di un sistema rigido con puntofisso O e si esprime percio nella forma

T =12ω · LL(ω) =

12(0 ω − ω)ma2

1/4 0 00 1/8 −1/90 −1/9 1/8

−ω

=

=ma2ω2

2

(0

1772

− 1772

) 01

−1

=1772

ma2ω2 .

Esercizio 153. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. conservativo a vincoli unilateraliNel piano verticale Oxy di una terna cartesiana Oxyz un’asta omogenea AB di lunghezzaa e massa m mantiene l’estremo A sull’asse verticale Oy e l’estremo B sulla curva diequazione y = x2/a, in modo che l’ordinata di A sia maggiore o uguale di quella di B —vedi figura. L’asta e pesante e una molla di costante elastica k = mω2/6 congiunge B conla sua proiezione ortogonale C sull’asse Oy. La terna Oxyz ruota infine attorno all’asseverticale Oy con velocita angolare costante ω, rispetto ad un riferimento inerziale.

Stefano Siboni 892

Page 59: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Assunti i vincoli ideali e l’angolo θ ∈ [−π/2, π/2] mostrato in figura come coordinatalagrangiana, si determinino rispetto alla terna Oxyz:

(a) l’energia cinetica del sistema;

(b) gli equilibri ordinari e di confine;

(c) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;

(d) le equazioni di Lagrange;

(e) un integrale primo del sistema.

Soluzione(a) Energia cineticaL’asta omogenea AB e priva di punti fissi, percia la sua energia cinetica deve essere valutatafacendo uso del teorema di Konig

T =m

2G2 +

12IGz|ω|2

in termini della velocita G del baricentro G, del momento d’inerzia IGz dell’asta rispettoall’asse baricentrale Gz e della velocita angolare istantanea ω. Le coordinate degli estremiA e B si esprimono facilmente in termini della coordinata lagrangiana θ

A −O = A − C + C − O =(a cos θ + a sin2θ

)e2

B − O = a sin θ e1 + a sin2θ e2

in modo che la posizione del baricentro dell’asta omogenea e specificata da

G − O =A − O + B −O

2=

a

2sin θ e1 +

(a sin2θ +

a

2cos θ

)e2

e la sua velocita assoluta risulta

G =[a

2cos θ e1 +

(2a sin θ cos θ − a

2sin θ

)e2

]θ .

Il momento d’inerzia dell’asta omogenea, di lunghezza a e massa m, rispetto all’asse bari-centrale Gz e ben noto

IGz =ma2

12

mentre la velocita angolare istantanea dell’asta si ottiene banalmente in termini dell’angolodi rotazione θ

ω = θ e3 .

Stefano Siboni 893

Page 60: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Sostituendo nella formula di Konig si perviene al risultato desiderato

T =m

2

[a

2cos θ e1 +

(2a sin θ cos θ − a

2sin θ

)e2

]2θ2 +

12

ma2

12|θ e3|2 =

=ma2

2

(14cos2θ + 4sin2θ cos2θ +

14sin2θ − 2sin2θ cos θ

)θ2 +

ma2

24θ2 =

=ma2

2

(13

+ 4sin2θcos2θ − 2 sin2θ cos θ)θ2.

(b) Equilibri ordinari e di confineLe sollecitazioni attive agenti sul sistema sono costituite dalle forze centrifughe, dalle forzedi Coriolis, dal peso e dalla interazione elastica fra il punto B e la sua proiezione ortogonaleC sull’asse verticale Oy. Al solito, le forze di Coriolis risultano ortogonali al piano vinco-lare Oxy e la loro componente lagrangiana si mantiene costantemente nulla, non avendoalcun effetto sul moto — le forze di Coriolis vengono bilanciate costantemente da reazionivincolari ortogonali al piano Oxy. Ne segue che tutte le sollecitazioni attive hanno naturaposizionale e conservativa, e possono essere descritte in termini dei rispettivi potenziali. Ilpotenziale delle forze centrifughe applicate all’asta vale

Ucf =ω2

2IOy =

ω2

2[IGy+m|(G−O)·e1|2

]=

ω2

2

(ma2

12sin2θ+m

a2

4sin2θ

)=

ma2ω2

6sin2θ

in cui il momento d’inerzia rispetto all’asse baricentrale e calcolato per mezzo della defini-zione

IGy =∫ a

0

(ξ − a

2

)2

sin2θm

adξ =

m

asin2θ

[13

(ξ − a

2

)3]a

0

=ma2

12sin2θ .

Il potenziale dell’interazione elastica fra i punti B e C e dato dalla relazione

Uel = −k

2|C − B|2 = −k

2a2sin2θ = −ma2ω2

12sin2θ

mentre quello della forza peso si calcola come

Ug = −mg(G − O) · e2 = −mga(sin2θ +

12

cos θ)

= −mga sin2θ − mga

2cos θ .

Il potenziale del sistema e quindi la somma dei singoli potenziali parziali appena calcolati

U(θ) =(−mga +

ma2ω2

12

)sin2θ − 1

2mga cos θ , θ ∈ [−π/2, π/2] ,

con derivata prima

Qθ(θ) = U ′(θ) = 2(−mga +

ma2ω2

12

)sin θ cos θ +

12mga sin θ .

Stefano Siboni 894

Page 61: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Le configurazioni di equilibrio ordinarie si identificano con i punti critici del potenziale,ossia con le soluzioni in [−π/2, π/2] dell’equazione trigonometrica

sin θ

[14−(1 − aω2

12g

)cos θ

]= 0 .

Le soluzioni θ = 0 e θ = π sono sempre definite, ma di essere solo la prima e accettabile inquanto appartenente all’intervallo [−π/2, π/2]. Le ulteriori soluzioni

θ = ±arc cos[14

(1 − aω2

12g

)−1]

= ±θ

sono simultaneamente definite nell’intervallo [−π/2, π/2] a condizione che si abbia

0 ≤ 14

(1 − aω2

12g

)−1

≤ 1 .

In caso contrario, o l’arco coseno non e definito oppure il suo valore non e ricompresonell’intervallo [−π/2, π/2] della variabile angolare. Le sole configurazioni di confine delsistema sono si hanno per θ = π/2 e θ = −π/2 e sono riconoscibili come equilibri tramiteil teorema dei lavori virtuali.

Configurazione θ = π/2La configurazione θ = π/2 costituisce un equilibrio di confine se e soltanto se e soddisfattala diseguaglianza

Qθ(π/2) δθ ≤ 0 ∀ δθ ≤ 0

ossiaQθ(π/2) =

12mga ≥ 0 .

Poiche la condizione e certamente verificata, si conclude che la configurazione e sempre unequilibrio di confine per il sistema.

Configurazione θ = −π/2Si individua in θ = −π/2 un equilibrio di confine nel caso sia verificata la diseguaglianza

Qθ(−π/2) δθ ≤ 0 ∀ δθ ≥ 0

ovveroQθ(−π/2) = −1

2mga ≤ 0 .

Anche in questo caso, dal teorema dei lavori virtuali si deduce che la configurazione costi-tuisce sempre un equilibrio di confine del sistema.

(c) Stabilita degli equilibri ordinariL’analisi di stabilita secondo Liapunov degli equilibri ordinari viene condotta per mezzo deiteoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale, entrambi applicabili data la natura

Stefano Siboni 895

Page 62: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

posizionale e conservativa di tutte le sollecitazioni attive agenti sul sistema scleronomo.Anche della discussione di Weierstrass e possibile giovarsi, visto il carattere unidimensionaledel sistema. E opportuno, al solito, procedere al calcolo preliminare della derivata secondadel potenziale

U ′′(θ) = −2mga(1 − aω2

12g

)(cos2θ − sin2θ) +

12mga cos θ

per poi esaminare le proprieta di stabilita delle singole configurazioni.

Configurazione θ = 0La derivata seconda del potenziale diventa per θ = 0

U ′′(0) = −2mga(1 − aω2

12g

)+

12mga = mga

(−3

2+

aω2

6g

)=

32mga

(−1 +

aω2

9g

)e richiede percio che si distinguano tre casi:

(i) se aω2/9g < 1 si ha U ′′(0) < 0 e si riconosce nella configurazione un massimo relativoproprio del potenziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet;

(ii) per aω2/9g > 1 vale viceversa U ′′(0) > 0 e l’instabilita della configurazione segue dalteorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

(iii) se infine aω2/9g = 1 risulta U ′′(0) = 0 e ricorre un caso critico. In effetti, il potenzialedel sistema diventa

U(θ) = mga(−1 +

aω2

12g

)sin2θ − 1

2mga cos θ = mga

(−1

4sin2θ − 1

2cos θ

)=

= mga

[−sin2

2

)cos2

2

)− 1

2+ sin2

2

)]= mga

[−1

2+ sin4

2

)]per cui θ = 0 si riconosce essere un minimo relativo proprio del potenziale. Si notiche non e possibile applicare il teorema di Lagrange-Dirichlet, dal momento che laconfigurazione non costituisce massimo relativo proprio del potenziale, ne e d’altraparte consentito di fare ricorso al teorema di inversione parziale, la derivata seconda delpotenziale non avendo segno positivo. L’instabilita della configurazione puo comunqueessere dimostrata direttamente, facendo uso dell’analisi di Weierstrass. E sufficienteconsiderare l’andamento delle soluzioni con θ iniziale prossimo a zero e di energiameccanica lievemente superiore a −U(0) = mga/2.

Configurazioni θ = ±θ

Le due configurazioni simmetriche θ = +θ e θ = −θ presentano le stesse proprieta distabilita, causa l’evidente simmetria del potenziale

U(−θ) = U(θ) ∀ θ ∈ [−π/2, π/2]

Stefano Siboni 896

Page 63: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ed e percio sufficiente esaminare una sola di esse, ad esempio la prima. La derivata secondadel potenziale risulta cosı

U ′′(θ) = −2mga(1 − aω2

12g

)(2cos2θ − 1) +

12mga cos θ =

= 2mga(1 − aω2

12g

)[−2cos2θ + 1 +

14

(1 − aω2

12g

)−1

cos θ

]=

= 2mga(1 − aω2

12g

)[−2cos2θ + 1 + cos2θ

]= 2mga

(1 − aω2

12g

)sin2θ > 0

in quanto 1 − aω2

12g> 0 per via della condizione di esistenza di θ ∈ [−π/2, π/2]. Il segno

positivo consente di fare ricorso al teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet edi concludere, pertanto, che entrambe le configurazioni sono instabili.

(d) Equazioni di LagrangeIl sistema e olonomo, a vincoli ideali e ad un solo grado di liberta, con coordinata gener-alizzata θ. Le equazioni pure del moto sono quindi quelle di Lagrange

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

con la lagrangiana L = T + U

L =ma2

2

(13

+ 4sin2θcos2θ − 2 sin2θ cos θ)θ2 +

(−mga +

ma2ω2

12

)sin2θ − 1

2mga cos θ .

E immediato calcolare le espressioni

∂L

∂θ= ma2

(13

+ 4sin2θcos2θ − 2 sin2θ cos θ)θ

d

dt

(∂L

∂θ

)= ma2

(13

+ 4sin2θcos2θ − 2 sin2θ cos θ)θ+

+ ma2 d

(13

+ 4sin2θcos2θ − 2 sin2θ cos θ)θ2

∂L

∂θ=

ma2

2d

(13

+ 4sin2θcos2θ − 2 sin2θ cos θ)θ2+

+ 2(−mga +

ma2ω2

12

)sin θ cos θ +

12mga sin θ

per cui le equazioni del moto si scrivono esplicitamente come

ma2(1

3+ 4sin2θcos2θ − 2 sin2θ cos θ

)θ +

ma2

2d

(13

+ 4sin2θcos2θ − 2 sin2θ cos θ)θ2+

+ 2(mga− ma2ω2

12

)sin θ cos θ − 1

2mga sin θ = 0

Stefano Siboni 897

Page 64: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ovvero, semplificando e raccogliendo alcune costanti

ma2(1

3+ 4sin2θcos2θ − 2 sin2θ cos θ

)θ + ma2 d

(2 sin2θcos2θ − sin2θ cos θ

)θ2+

+ 2mga(1 − aω2

12g

)sin θ cos θ − 1

2mga sin θ = 0 .

(e) Integrale primoIl sistema e scleronomo e soggetto esclusivamente a sollecitazioni posizionali e conservative.Un ovvio integrale primo e quindi costituito dall’energia meccanica H = T −U , che assumela forma

H =ma2

2

(13

+ 4sin2θcos2θ − 2 sin2θ cos θ)θ2 +

(mga − ma2ω2

12

)sin2θ +

12mga cos θ .

Esercizio 154. Geometria delle masseUn sistema rigido si compone di una lamina quadrata OABC di lato L e di un’astarettilinea OD, di lunghezza L, saldate ortogonalmente l’una all’altra nell’origine O di unaterna di riferimento solidale Oxyz, come illustrato in figura. La densita di linea λ(x)dell’asta e quella superficiale σ(y, z) della lamina sono date da

λ(x) =µ

L2(x + L) ∀x ∈ [0, L] σ(y, z) =

µ

L3z ∀(y, z) ∈ [0, L]2

in cui µ > 0 e una costante.

Determinare:

(a) la posizione del baricentro del sistema rispetto alla terna solidale Oxyz;

(b) la matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz;

(c) il momento d’inerzia rispetto all’asse di equazione (x, y, z) = (s, s, 0), s ∈ R;

(d) l’energia cinetica nell’ipotesi che O sia un punto fisso e ω = (2ω, ω, 0), ω ∈ R, rispettoad una terna non disegnata in figura.

Stefano Siboni 898

Page 65: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Baricentro del sistemaConviene calcolare il baricentro del sistema determinando masse e baricentri delle singoleparti regolari componenti — quadrato OABC e asta rettilinea OD — per poi applicareil teorema distributivo. La massa dell’asta OD si ricava per integrazione della densita dilinea λ(x) lungo l’intervallo x ∈ [0, L]

m1 =∫

[0,L]

λ(x) dx =

L∫0

µ

L2(L + x) dx =

32µ

mentre la massa della lamina quadrata viene calcolata integrando la densita superficialedella stessa sul dominio (y, z) ∈ [0, L]2

m2 =∫

[0,L]2

σ(y, z) dydz =

L∫0

dy

L∫0

dzµ

L3z =

µ

2.

Per evidenti ragioni di simmetria il baricentro G1 dell’asta deve essere ubicato lungo l’asseOx e viene quindi individuato calcolandone la sola ascissa

G1 − O =1

m1

∫[0,L]

xλ(x) dx e1 =23µ

L∫0

µ

L2(Lx + x2) dx e1 =

59L e1 .

In modo analogo, il baricentro G2 della lamina quadrata deve localizzarzi nel piano coor-dinato Oyz, per cui e sufficiente determinarne ordinata e quota

G2 −O =1

m2

∫[0,L]2

σ(y, z) y dydz e2 +1

m2

∫[0,L]2

σ(y, z) z dydz e3 =

=2µ

L∫0

dy

L∫0

dzµ

L3yz e2 +

L∫0

dy

L∫0

dzµ

L3z2 e3 =

L

2e2 +

23L e3 .

La massa del sistema e la somma delle masse di asta e lamina

m = m1 + m2 =32µ +

µ

2= 2µ

e il teorema distributivo porge per il baricentro G del sistema l’espressione

G − O =m1(G1 − O) + m2(G2 − O)

m1 + m2=

512

L e1 +L

8e2 +

L

6e3 .

Stefano Siboni 899

Page 66: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(b) Matrice d’inerziaE opportuno determinare la matrice d’inerzia del sistema come somma delle matrici d’iner-zia, relative alla stessa terna Oxyz, delle singole parti costituenti. Cio per il fatto che ilcalcolo della matrice d’inerzia [L1] dell’asta richiede la soluzione di integrali curvilinei,mentre per quella della lamina — [L2] — si rende necessario valutare alcuni integrali indue dimensioni. I prodotti d’inerzia della matrice [L1] sono tutti banalmente nulli persimmetria

L1xy = −

∫[0,L]

x 0λ(x) dx = 0 L1yz = −

∫[0,L]

0 0λ(x) dx = 0

L1zx = −

∫[0,L]

0xλ(x) dx = 0

come pure nullo e il momento d’inerzia rispetto all’asse coordinato Ox

L1xx =

∫[0,L]

0λ(x) dx = 0

mentre il comune valore dei momenti L1yy e L1

zz si ottiene da

L1yy = L1

zz =∫

[0,L]

x2λ(x) dx =

L∫0

µ

L(Lx2 + x3) dx =

712

µL2 .

Pertanto

[L1] = µL2

0 0 00 7/12 00 0 7/12

.

In modo analogo si calcolano momenti e prodotti d’inerzia della lamina quadrata

L2yy =

∫[0,L]2

dydz z2σ(y, z) =

L∫0

dy

L∫0

dzµ

L3z3 =

14µL2

L2zz =

∫[0,L]2

dydz y2σ(y, z) =

L∫0

dy y2

L∫0

dzµ

L3z =

16µL2

L2xx = L2

yy + L2zz =

14µL2 +

16µL2 =

512

µL2

L2xy = L2

xz = 0

L2yz = −

∫[0,L]2

dydz yz σ(y, z) = −L∫

0

dy

L∫0

dzµ

L3yz2 = −1

6µL2

Stefano Siboni 900

Page 67: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

per cui risulta

[L2] = µL2

5/12 0 00 1/4 −1/60 −1/6 1/6

.

Basta infine sommare le matrici [L1] ed [L2] ottenute per pervenire al risultato richiesto

[L] = µL2

0 0 00 7/12 00 0 7/12

+ µL2

5/12 0 00 1/4 −1/60 −1/6 1/6

=

= µL2

5/12 0 00 5/6 −1/60 −1/6 3/4

(c) Momento d’inerziaIl momento d’inerzia rispetto alla retta r di equazione parametrica

(x, y, z) = (s, s, 0) s ∈ R

si calcola agevolmente osservando che un versore associato alla retta e

n =1√2

e1 +1√2

e2 .

Basta sostituire tale vettore nell’espressione

Ir = n · LO(n) = (nx ny nz)[L]

nx

ny

nz

per ottenere il momento d’inerzia incognito

Ir =( 1√

21√2

0)µL2

5/12 0 00 5/6 −1/60 −1/6 3/4

1/√

21/

√2

0

=

=µL2

2(1 1 0)

5/12 0 00 5/6 −1/60 −1/6 3/4

110

=58µL2.

(d) Energia cineticaSe il punto O e fisso per il sistema e il vettore velocita angolare istantanea vale ω =2ω e1 + ω e2 , l’energia cinetica del corpo rigido si scrive

T =12ω · LO(ω) =

12(2ω ω 0) [L]

2ωω0

Stefano Siboni 901

Page 68: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e risulta percio

T =12(2ω ω 0)µL2

5/12 0 00 5/6 −1/60 −1/6 3/4

2ωω0

=

=12µL2ω2 (2 1 0)

5/12 0 00 5/6 −1/60 −1/6 3/4

210

=54µL2ω2 .

Esercizio 155. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. conservativo a vincoli unilateraliNel piano verticale Oxy di una terna cartesiana si consideri il sistema pesante costituito daun disco circolare rigido omogeneo, di raggio r, centro C e massa m, vincolato a rotolaresenza strisciare lungo il bordo interno di una circonferenza fissa di centro O e raggio R > r.

La circonferenza e interrotta da una parete rigida impenetrabile in modo che l’angoloal centro θ assuma soltanto i valori compresi nell’intervallo [−π/6, 7π/6] (vedi figura).Una molla ideale di costante elastica k > 0 collega il centro C al punto piu basso Pdella circonferenza. L’intero riferimento Oxyz ruota con velocita angolare costante ωattorno all’asse verticale Oy, rispetto ad una terna inerziale non rappresentata in figura.Assumendo i vincoli ideali e l’angolo θ come parametro lagrangiano, determinare:

(a) l’energia cinetica del sistema rispetto alla terna Oxyz;

(b) gli equilibri del sistema, ordinari e di confine, relativi alla stessa terna;

(c) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;

(d) le equazioni del moto del sistema.

Soluzione(a) Energia cinetica relativa alla terna OxyzIl vettore posizione del baricentro C del disco si esprime nella terna Oxyz per mezzo dellarelazione

C −O = (R − r)(sin θ e1 − cos θ e2)

Stefano Siboni 902

Page 69: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

per cui derivando rispetto al tempo si ottiene l’espressione della relativa velocita istantanea

C = (R − r)(cos θ e1 + sin θ e2) θ .

Considerato che il disco rotola senza strisciare sulla guida circolare, il suo vettore velocitaangolare istantanea si calcola agevolmente come

ω = −(R

r− 1)θ e3

e quindi il teorema di Konig porge per l’energia cinetica del sistema

T =m

2C2 +

12ICz|ω|2 =

m

2(R − r)2 θ2 +

12

mr2

2

(R − r

r

)2

θ2 =34m(R − r)2θ2

che e il risultato richiesto.

(b) Equilibri del sistemaTutte le sollecitazioni attive applicate al sistema — peso, forze centrifughe e interazioneelastica — hanno natura posizionale e conservativa, salvo le forze di Coriolis, la cui com-ponente lagrangiana e tuttavia identicamente nulla e quindi priva di effetto sul moto

QCorθ =

∑P∈disco

−2mω e2 ∧ P · ∂P

∂θ=

∑P∈disco

0 = 0

in quanto i vettori e2, P e ∂P/∂θ risultano paralleli al piano Oxy e dunque linearmentedipendenti — il prodotto misto entro la sommatoria si annulla identicamente.Poiche il baricentro del disco omogeneo coincide con il suo centro geometrico C , il poten-ziale delle forze peso si ottiene dalla relazione generale

Ug = −mg e2 · (C − O) = −mg e2 · (R − r)(sin θ e1 − cos θ e2) = mg(R − r) cos θ

mentre per il potenziale centrifugo conviene fare uso del teorema di Huygens-Steiner

Ucf =ω2

2IOy =

ω2

2[ICy + m(R − r)2sin2θ

]=

mω2

2(R − r)2sin2θ + costante

poiche il momento d’inerzia del disco rispetto all’asse baricentrale Cy e certo indipendentedall’angolo di rotazione θ. Per quel che riguarda il potenziale delle interazioni elastiche fraC e P , si hanno le relazioni geometriche

P − O = −R e2 C − O = (R − r) sin θ e1 − (R − r) cos θ e2

C − P = (R − r) sin θ e1 + [R − (R − r) cos θ] e2

per cui|C − P |2 = R2 + (R − r)2 − 2R(R − r) cos θ

Stefano Siboni 903

Page 70: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ed il potenziale elastico diventa

Uel = −k

2|C − P |2 = kR(R − r) cos θ + costante .

Basta ora sommare i potenziali gravitazionale, centrifugo ed elastico per pervenire al poten-ziale totale del sistema

U(θ) = mg(R − r) cos θ +mω2

2(R − r)2sin2θ + kR(R − r) cos θ =

= (mg + kR)(R − r) cos θ +mω2

2(R − r)2sin2θ

essendosi omesse le inessenziali costanti additive. Il sistema e posizionale conservativo e gliequilibri ordinari si identificano con i punti critici del potenziale U , soluzioni dell’equazione

U ′(θ) = −(mg + kR)(R − r) sin θ + mω2(R − r)2 sin θ cos θ = 0

ossia dell’equazione trigonometrica equivalente

sin θ

[− mg + kR

mω2(R − r)+ cos θ

]= 0

sempreche sia −π/6 < θ < 7π/6. Da questa si deduce che

(i) o vale sin θ = 0, per cui si hanno le soluzioni

θ = 0 , π ,

sempre appartenenti all’intervallo (−π/6, 7π/6) di definizione della parametrizzazione;

(ii) oppure deve risultare

cos θ − mg + kR

mω2(R − r)= 0 ,

con gli ulteriori punti criticiθ = +θ , −θ ,

dove si e posto

θ = arc cos[

mg + kR

mω2(R − r)

]= arc cosλ

e si e richiesto che λ := (mg + kR)/mω2(R − r) < 1, onde ottenere soluzioni definitee distinte dalle precedenti. Si osservi che il punto critico θ = θ ∈ (0, π/2) e semprericompreso nell’intervallo di parametrizzazione (−π/6, 7π/6) e deve quindi identifi-carsi con un equilibrio ordinario. Viceversa, la configurazione θ = −θ ∈ (−π/2, 0)individua un equilibrio ordinario se e soltanto se cos(−θ) > cos(π/6), ossia

1 > λ >

√3

2.

Stefano Siboni 904

Page 71: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Le configurazioni di confine del sistema si ottengono per θ = −π/6 e θ = 7π/6. Questepossono essere caratterizzate come equilibri di confine del sistema per mezzo del teoremadei lavori virtuali, nell’ipotesi di vincoli ideali.

Configurazione θ = −π/6Il teorema dei lavori virtuali afferma che la configurazione e di equilibrio se e soltanto sevale

U ′(−π/6) δθ ≤ 0 ∀ δθ ≥ 0

ossiaU ′(−π/6) ≤ 0 .

In effetti un calcolo esplicito porge

U ′(−π

6

)=[−(mg + kR) + mω2(R − r) cos

(−π

6

)](R − r) sin

(−π

6

)=

=[−(mg + kR) + mω2(R − r)

√3

2

](R − r)

(−1

2

)=

=12

[mg + kR −

√3

2mω2(R − r)

](R − r)

per cui U ′(−π/6) ≤ 0 se e soltanto se

mg + kR−√

32

mω2(R − r) ≤ 0

ossia

mg + kR ≤√

32

mω2(R − r) ⇐⇒ λ ≤√

32

e quindi2√3

mg + kR

m(R − r)≤ ω2

che e la condizione necessaria e sufficiente affinche θ = −π/6 costituisca un equilibrio diconfine del sistema. Si osservi come il risultato ottenuto appaia qualitativamente in accordocon il comune senso fisico che vuole la forza centrifuga unica responsabile dell’eventualeequilibrio in θ = −π/6 — in tale configurazione le componenti tangenziali alla guida circo-lare della forza peso −mg e2 e dell’interazione elastica agente su C sono chiaramente nonnulle e concordi. Esse sono avversate dalle sole forze centrifughe, a condizione che questerisultino sufficientemente intense. Cio si verifica, euristicamente, per valori abbastanzagrandi della velocita angolare ω, in accordo con il risultato ottenuto.

Configurazione θ = 7π/6Condizione necessaria e sufficiente perche ricorra in θ = 7π/6 un equilibrio del sistema eche risulti

U ′(7π/6) δθ ≤ 0 ∀ δθ ≤ 0

Stefano Siboni 905

Page 72: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ovveroU ′(7π/6) ≥ 0 .

Nella fattispecie, si ha

U ′(7π

6

)=[−(mg + kR) + mω2(R − r) cos

(7π

6

)](R − r) sin

(7π

6

)=

=[−(mg + kR) − mω2(R − r)

√3

2

](R − r)

(−1

2

)=

=12

[mg + kR +

√3

2mω2(R − r)

](R − r) > 0

e di conseguenza θ = 7π/6 costituisce sempre un equilibrio di confine del sistema.

(c) Stabilita degli equilibri ordinariLa discussione della stabilita si basa, al solito, sull’uso dei teoremi di Lagrange-Dirichlet edi inversione parziale, e richiede il calcolo della derivata seconda del potenziale

U ′′(θ) = −(mg + kR)(R − r) cos θ + mω2(R − r)2(cos2θ − sin2θ) .

L’analisi e locale e deve essere eseguita per ogni singola configurazione ordinaria di equi-librio del sistema.

Configurazione θ = 0La derivata seconda del potenziale si scrive

U ′′(0) = −(mg + kR)(R − r) + mω2(R − r)2 =

= mω2(R − r)2[1 − mg + kR

mω2(R − r)

]= mω2(R − r)2(1 − λ)

e la natura dell’equilibrio dipende pertanto dal valore del parametro adimensionale λ. Piuesattamente, si ha che:

(i) per λ < 1 risulta U ′′(0) > 0 e la configurazione si presenta instabile a causa delteorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

(ii) se λ > 1 il segno negativo della derivata seconda U ′′(0) consente di riconoscere inθ = 0 un massimo relativo proprio del potenziale e di dedurne la stabilita in forza delteorema di Lagrange-Dirichlet;

(iii) qualora sia infine λ = 1 ricorre un caso critico, poiche U ′′(0) = 0 e non e possibilefare uso del teorema di inversione parziale, in quanto U ′′(0) non e di segno positivo,ne del teorema di Lagrange-Dirichlet, dal momento che la configurazione non e statariconosciuta come un massimo relativo proprio. In effetti, in questo caso il potenzialedel sistema puo porsi nella forma

U(θ) = mω2(R − r)2(λ cos θ +

12sin2θ

)= mω2(R − r)2

(cos θ +

12sin2θ

)=

=mω2

2(R − r)2

(2 cos θ + 1 − cos2θ

)=

mω2

2(R − r)2

[−(cos θ − 1)2 + 2

]=

=mω2

2(R − r)2

[2 − (1 − cos θ)2

]=

mω2

2(R − r)2

[2 − 4sin4

2

)]Stefano Siboni 906

Page 73: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

per cui si riconosce che θ = 0 e un massimo relativo proprio di U , la cui stabilita seguedal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione θ = πIn questo caso la derivata seconda del potenziale assume sempre segno positivo

U ′′(π) = (mg + kR)(R − r) + mω2(R − r)2 > 0

e la configurazione risulta instabile in forza del teorema di inversione parziale.

Configurazione θ = θ

La configurazione di equilibrio e definita e distinta dalle precedenti per λ < 1 ed in essa laderivata seconda del potenziale risulta

U ′′(θ) = mω2(R − r)2[−λ cos θ + cos2θ − sin2θ

]=

= mω2(R − r)2[−cos2θ + cos2θ − sin2θ

]=

= −mω2(R − r)2sin2θ = −mω2(R − r)2(1 − λ2) < 0 .

Quando definita, la configurazione θ = θ si presenta pertanto come un massimo relativoproprio del potenziale e la sua stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione θ = −θ

L’analisi di stabilita di questa configurazione e identica a quella svolta per θ = θ, inquanto la derivata seconda del potenziale assume lo stesso valore

U ′′(−θ) = U ′′(θ) = −mω2(R − r)2(1 − λ2) < 0

e la configurazione risulta stabile quale massimo relativo proprio di U . L’unica dif-ferenza e costituita dal fatto che l’appartenenza di −θ all’intervallo di parametrizzazione−π/6, 7π/6 impone la condizione su λ

√3

2< λ < 1

del tutto ininfluente sul risultato di stabilita.

(d) Equazioni di LagrangeLa lagrangiana del sistema e data dalla somma dell’energia cinetica e del potenziale totale

L = T + U =34m(R − r)2 θ2 + (mg + kR)(R − r) cos θ +

mω2

2(R − r)2sin2θ .

Sostituendo nell’equazione di Eulero-Lagrange

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

Stefano Siboni 907

Page 74: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

le relazioni immediated

dt

(∂L

∂θ

)=

32m(R − r)2θ

∂L

∂θ= −(mg + kR)(R − r) sin θ + mω2(R − r)2 sin θ cos θ ,

l’unica equazione di Lagrange del sistema si riduce a

32m(R − r)2 θ + (mg + kR)(R − r) sin θ − mω2(R − r)2 sin θ cos θ = 0 .

Osservazione. Equazione del moto in forma adimensionaleL’equazione di Lagrange precedente puo essere posta in una forma piu semplice dividendolamembro a membro per la costante positiva mω2(R − r)2

32ω2

θ + λ sin θ − sin θ cos θ = 0 .

Il cambio di coordinata temporale t → τ definito dalla trasformazione lineare

τ =

√23ω t

consente poi la completa riduzione alla forma adimensionale

d2θ

dτ 2+ λ sin θ − sin θ cos θ = 0 .

Osservazione. Integrale primoPoiche il sistema scleronomo e posizionale conservativo e la sua lagrangiana non dipendeesplicitamente dal tempo

∂L

∂t= 0

un integrale primo del sistema e quello di Jacobi, identificabile con l’energia meccanica

J =∂L

∂θθ −L = T −U =

34m(R− r)2 θ2 − (mg + kR)(R− r) cos θ − mω2

2(R− r)2sin2θ .

Il ricorrere dell’integrale primo dell’energia consente di escludere l’attrattivita, e dunquela stabilita asintotica, delle configurazioni stabili, associate a massimi relativi propri delpotenziale.

Osservazione. Piccole oscillazioniPer semplicita possiamo limitarci a considerare le piccole oscillazioni nell’intorno dellaconfigurazione di equilibrio θ = 0, allorquando λ > 1 e di conseguenza U ′′(0) < 0 —

Stefano Siboni 908

Page 75: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

la configurazione e stabile per Lagrange-Dirichlet. Linearizzando l’equazione di Lagrangenell’intorno di (θ, θ) = (0, 0) si perviene all’equazione delle piccole oscillazioni

32m(R − r)2 θ +

[mg + kR − mω2(R − r)

](R − r)θ = 0

che puo anche porsi nella forma equivalente

32m(R − r)2 θ + mω2(R − r)2(λ − 1)θ = 0

e si identifica con l’equazione di un oscillatore armonico unidimensionale di pulsazione

Ω =

√23(λ − 1)ω2

e periodo

T =2π

Ω= 2π

√3

2(λ − 1)ω2.

Osservazione. Equazione del moto in presenza di una sollecitazione dissipativaSi supponga che al centro C del disco sia applicata una sollecitazione di resistenza viscosadel tipo

FC = −βC

con β costante positiva. Espresso il vettore posizione del punto di applicazione C in terminidella coordinata lagrangiana

C −O = (R − r) sin θ e1 − (R − r) cos θ e2

se ne calcola la derivata parziale rispetto a θ

∂C

∂θ= (R − r)(cos θ e1 + sin θ e2)

e si ricava l’unica componente lagrangiana della sollecitazione

Qβθ = −βC · ∂C

∂θ= −β

∂C

∂θθ · ∂C

∂θ= −β

∣∣∣∣∂C

∂θ

∣∣∣∣2θ = −β(R − r)2 θ .

L’equazione del moto del sistema cosı modificato diventa allora

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= Qβ

θ

e si riduce a

32m(R − r)2θ + (mg + kR)(R − r) sin θ −mω2(R − r)2 sin θ cos θ = −β(R − r)2 θ .

Stefano Siboni 909

Page 76: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Vale la pena di notare che la sollecitazione addizionale e completamente dissipativa, inquanto di potenza non positiva

π = Qβθ θ = −β(R − r)2θ2 ≤ 0

e nulla soltanto a velocita generalizzata nulla

π = −β(R − r)2θ2 = 0 ⇐⇒ θ = 0 .

I criteri di stabilita asintotica e di instabilita di Barbasin-Krasovskii consentono di con-cludere che le configurazioni di equilibrio giudicate stabili per Lagrange-Dirichlet in quantomassimi relativi propri del potenziale U , diventano asintoticamente stabili in presenza diQβ

θ , mentre quelle instabili perche associate ad un valore positivo della derivata secondadi U rimangono instabili sotto l’azione di Qβ

θ .

Esercizio 156. Analisi di WeierstrassNella terna Oxyz, con asse Oy verticale, si consideri la curva liscia γ di equazione

y(x) = −x3

3+

32x2 − 2x x ∈ [0, 3] .

Un punto materiale P , di massa unitaria, e vincolato a restare sul supporto della curva esoggetto alla forza peso (si assuma g = 1). Determinare:

(a) gli equilibri del sistema, ordinari e di confine;

(b) tutte e sole le condizioni iniziali per le quali si hanno moti periodici del sistema;

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

(d) le condizioni iniziali corrispondenti ai moti aperiodici, non asintotici, del sistema;

(e) il periodo delle piccole oscillazioni nell’intorno di un equilibrio ordinario stabile.

SoluzioneIl sistema e costituito da un punto materiale di massa unitaria vincolato a muoversi suuna curva fissa e liscia, e soggetto alla sola forza peso. Si tratta pertanto di un sistemaposizionale e conservativo, di potenziale

U(x) = −mg y(x) = −y(x) =x3

3− 3

2x2 + 2x x ∈ [0, 3]

ed energia potenziale

W (x) = −U(x) = y(x) = −x3

3+

32x2 − 2x x ∈ [0, 3] .

La curva e regolare e il sussistere dell’integrale primo dell’energia meccanica

H =m

2[1 + y′(x)2

]x2 + W (x) =

12[1 + (−x2 + 3x − 2)2

]x2 − x3

3+

32x2 − 2x

Stefano Siboni 910

Page 77: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

consente di applicare l’analisi di Wierstrass allo studio qualitativo dei moti.

(a) Equilibri ordinari e di confineL’unica componente lagrangiana della forza peso puo essere ricavata come derivata delpotenziale U(x)

Qx = U ′(x) = x2 − 3x + 2 x ∈ [0, 3]

in modo che gli equilibri ordinari si dentificano, come devono, con i punti critici del poten-ziale, soluzioni dell’equazione algebrica

x2 − 3x + 2 = 0 0 < x < 3 .

Da questa si deduce che gli equilibri ordinari sono tutti e soli

x = 1 e x = 2 .

Il primo e stabile in forza del teorema di Lagrange-Dirichlet, ovvero come conseguenza deicriteri di Weierstrass, quale massimo relativo proprio del potenziale

U ′′(1) = 2 (+1) − 3 = −1 < 0 ,

mentre la seconda risulta instabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet

U ′′(2) = 2 (+2) − 3 = 1 > 0 .

I possibili candidati al ruolo di equilibri di confine sono le due sole configurazioni di frontierax = 0 e x = 3. Per la prima si ha

Qx(0) = 2

e vale quindiQx(0) δx = 2 δx ≥ 0 ∀ δx ≥ 0

in contrasto con il teorema dei lavori virtuali; la configurazione non rappresenta dunqueun equilibrio per il sistema.La condizione necessaria e sufficiente affinche la configurazione di confine x = 3 costituiscaun equilibrio e data da

Qx(3) δx ≤ 0 ∀ δx ≤ 0

e risulta certamente verificata in quanto Qx(3) = 5 > 0.

(b) Condizioni iniziali per i moti periodiciRicordando che x = 1 ed x = 2 sono rispettivamente un massimo relativo e un minimorelativo proprio di U , e che inoltre

W (0) = 0 W (1) = −56

W (2) = −23

W (3) = −32

Stefano Siboni 911

Page 78: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

si deduce che il grafico dell’energia potenziale W deve assumere l’andamento illustratonella figura seguente:

Le condizioni iniziali (x, x) corrispondenti ai moti periodici del sistema saranno perciotutte e soltanto quelle per le quali l’energia meccanica risulta compresa strettamente fraW (1) = −5/6 e W (2) = −2/3, purche si abbia 0 < x < 2. Tali condizioni iniziali sonoindividuate come gli elementi dell’insieme

(x, x) ∈ (0, 2) × R : −56

<12[1 + (−x2 + 3x − 2)2

]x2 − x3

3+

32x2 − 2x < −2

3

.

Si osservi che le condizioni iniziali con i corretti valori dell’energia ma x ∈ (2, 3) devonoessere escluse in quanto relative a soluzioni massimali definite su intervalli di tempo limitati,le cui orbite intersecano in x = 3 la frontiera del dominio di definizione (x, x) ∈ [0, 3]×R.

(c) Condizioni iniziali per i moti a meta asintoticaDall’esame del grafico di W — figura precedente — e immediato concludere che i moti ameta asintotica ricorrono soltanto per H(x, x) = W (2), a patto che sia x = 0 e che risultix < 0 per x > 2. Le condizioni iniziali richieste saranno pertanto i punti dell’insieme

(x, x) ∈ (0, 3) × R :12[1 + (−x2 + 3x − 2)2

]x2 − x3

3+

32x2 − 2x = −2

3,

x = 0 e x < 0 per x > 2

.

In questo caso le condizioni iniziali con H(x, x) = W (2), x > 0 e x > 2 non devono essereprese in considerazione perche associate a moti progressivi le cui orbite intersecano in x = 3la frontiera del dominio di definizione (x, x) ∈ [0, 3] × R.

(d) Condizioni iniziali per i moti aperiodici non asintoticiL’esame del grafico di W consente di concludere immediatamente, dai criteri di Weier-strass, che le condizioni iniziali per i moti aperiodici non asintotici sono tutte e sole quelleappartenenti all’insieme

(x, x) ∈ (0, 3) × R :12[1 + (−x2 + 3x − 2)2

]x2 − x3

3+

32x2 − 2x > −2

3

Stefano Siboni 912

Page 79: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

oppure a(x, x) ∈ (0, 3) × R :

12[1 + (−x2 + 3x − 2)2

]x2 − x3

3+

32x2 − 2x < −5

6

o ancora a

(x, x) ∈ (2, 3) × R : −56

<12[1 + (−x2 + 3x − 2)2

]x2 − x3

3+

32x2 − 2x < −2

3

.

(e) Periodo delle piccole oscillazioniLa sola configurazione di equilibrio ordinaria stabile si ha per x = 1 ed e quindi in corrispon-denza di essa che si possono studiare le piccole oscillazioni del sistema. La lagrangiana delsistema vale

L = T + U =12[1 + (−x2 + 3x − 2)2

]x2 +

x3

3− 3

2x2 + 2x

e la sua approssimazione di Taylor al secondo ordine nell’intorno di (x, x) = (1, 0) si scrive

Lp.o. =12x2 +

12

U ′′(1)(x − 1)2 =12x2 − 1

2(x − 1)2

e l’equazione delle piccole oscillazioni diventa

x + x − 1 = 0 .

I piccoli moti nell’intorno della configurazione di equilibrio stabile sono quindi armonicicon pulsazione unitaria, ed il loro periodo e dato da

T =2π

1= 2π .

Esercizio 157. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. conservativo a vincoli unilateraliNel piano verticale Oxy di una terna cartesiana ortogonale Oxyz sono dati un quadratorigido omogeneo L, di massa M e lato a, e un punto materiale P di massa m. La laminaha in O il punto medio di uno dei suoi lati ed e vincolata a ruotare attorno all’asseOz, mentre il punto P puo assumere qualsiasi posizione lungo l’asse Ox, con ascissa nonsuperiore a 3a/2. Il punto medio A del lato opposto a quello contenente O e connesso a Pda una molla ideale di costante elastica k. Infine, ad L e applicata una coppia di momentoµ = −ka2 sin θ e2.

Stefano Siboni 913

Page 80: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Usando come coordinate lagrangiane l’angolo θ e il parametro adimensionale s ≤ 3/2illustrati in figura, determinare, nell’ipotesi di vincoli ideali:

(a) l’energia cinetica del sistema relativa alla terna Oxyz;

(b) gli equilibri relativi alla stessa terna, ordinari e di confine;

(c) la stabilita degli equilibri ordinari in termini del parametro adimensionale λ =Mg

2ka;

(d) le equazioni pure del moto del sistema.

Soluzione(a) Energia cinetica relativa alla terna OxyzL’energia cinetica della lamina L si ricava immediatamente applicando la relazione validaper un sistema rigido con asse fisso

TL =12IL

Oz

∣∣ωL

∣∣2 =12

[M |G −O|2 + IL

Gz

]∣∣θ e3

∣∣2 =12

[M(a

2

)2

+Ma2

6

]θ2 =

524

Ma2 θ2

mentre per il punto materiale P vale

TP =m

2|as e1|2 =

ma2

2s2 .

L’energia cinetica del sistema risulta dalla somma dei contributi sopra calcolati

T = TL + TP =524

Ma2θ2 +ma2

2s2.

(b) Equilibri del sistemaLe componenti lagrangiane della coppia di momento µ sono date dalle relazioni

Qµs =

∂O

∂s· R +

∂θ

∂se3 · µ =

∂O

∂s· 0 + 0 e3 · (−ka2 sin θ e2) = 0

Qµθ =

∂O

∂θ· R +

∂θ

∂θe3 · µ =

∂O

∂θ· 0 + 1 e3 · (−ka2 sin θ e2) = 0

e quindi non hanno effetto alcuno sul moto del sistema. Le altre sollecitazioni applicatesono tutte posizionali e conservative, per cui si tratta di determinarne i relativi potenziali.Il potenziale gravitazionale del punto P puo essere ignorato, poiche il punto materiale simuove ad ordinata costante e dunque a potenziale costante. Il potenziale gravitazionaledella lamina L e invece esprimibile come

Ug = −Mg e2 · (G − O) = −Mg e2 ·(a

2sin θ e1 −

a

2cos θ e2

)= Mg

a

2cos θ

essendo G il centro del quadrato omogeneo. Il potenziale associato all’interazione elasticafra i punti A e P viene determinato per mezzo delle relazioni geometriche

A −O = a sin θ e1 − a cos θ e2 P − O = as e1

Stefano Siboni 914

Page 81: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

P − A = a(s − sin θ) e1 + a cos θ e2 |P − A|2 = a2(s2 − 2s sin θ + 1

)e risulta

Uel = −k

2a2(s2 − 2s sin θ + 1

)= −k

2a2s2 + ka2s sin θ − k

2a2

in modo che il potenziale del sistema diventa

U(s, θ) = −k

2a2s2 + ka2s sin θ + Mg

a

2cos θ .

Data la natura posizionale e conservativa del sistema scleronomo, le configurazioni diequilibrio ordinarie si identificano con tutti e soli i punti critici del potenziale U e sonodate pertanto dalle soluzioni del sistema trigonometrico

Us = −ka2s + ka2 sin θ = 0

Uθ = ka2s cos θ − Mga

2sin θ = 0 .

Questo equivale a s = sin θka2 sin θ cos θ − Mg

a

2sin θ = 0

ed implica che l’angolo θ di equilibrio sia soluzione dell’equazione

sin θ(cos θ − Mg

2ka

)= 0 .

Eguagliando a zero il primo fattore a primo membro si ottiene l’equazione

sin θ = 0

cui corrispondono le soluzioniθ = 0 , π ;

in modo analogo, la seconda equazione

cos θ − Mg

2ka= 0

porge le ulteriori soluzioni

θ = θ , −θ , con θ = arc cos(Mg

2ka

),

definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia

λ :=Mg

2ka< 1 .

Stefano Siboni 915

Page 82: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Poiche i corrispondenti valori del parametro s sono individuati dall’equazione s = sin θ, gliequilibri ordinari saranno dati da

(s, θ) = (0, 0) , (0, π) , (sin θ, θ) , (− sin θ,−θ)

tutti ricompresi nel dominio di definizione (s, θ) ∈ (−∞, 3/2) × R. Data la condiziones ≤ 3/2, le configurazioni di confine del sistema sono tutte quelle della forma

(s, θ) = (3/2, θ0) , θ0 ∈ R .

In una qualunque di tali configurazioni il lavoro virtuale delle sollecitazioni attive si scrive

δL = Us(3/2, θ0) δs + Uθ(3/2, θ0) δθ

e la condizione per l’equilibrio si esprime attraverso il teorema dei lavori virtuali

Us(3/2, θ0) δs + Uθ(3/2, θ0) δθ ≤ 0 ∀ δs ≤ 0 , ∀ δθ ∈ R

che si riduce aUs(3/2, θ0) ≥ 0 e Uθ(3/2, θ0) = 0 .

Si ha tuttavia

Us(3/2, θ0) = −ka2 32

+ ka2 sin θ0 =(−3

2+ sin θ0

)ka2 ≤ −ka2

2< 0

per ogni θ0 ∈ R fissato. Dunque la configurazione (s, θ) = (3/2, θ0) non costituisce unequilibrio.

(c) Stabilita degli equilibri ordinariLa natura posizionale conservativa del sistema scleronomo consente di analizzare le pro-prieta di stabilita degli equilibri ordinari mediante il teorema di Lagrange-Dirichlet e quellodi inversione parziale. Le derivate parziali seconde del potenziale sono

Uss = −ka2 Usθ = Uθs = ka2 cos θ Uθθ = −ka2s sin θ − Mga

2cos θ

per cui l’hessiana del potenziale si scrive

HU (s, θ) = ka2

−1 cos θ

cos θ −s sin θ − Mg

2kacos θ

.

Non rimane che discutere le proprieta di positivita dell’hessiana in corrispondenza dellesingole configurazioni di equilibrio ordinarie.

Stefano Siboni 916

Page 83: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

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

HU (0, 0) = ka2

−1 1

1 −Mg

2ka

= ka2

(−1 11 −λ

)con traccia sempre negativa

trHU (0, 0) = ka2(−1 − λ) = −ka2(1 + λ) < 0

e determinantedetHU (0, 0) = (ka2)2(λ − 1) .

Ne deriva che:

(i) se λ > 1 il determinante di HU (0, 0 risulta positivo, per cui i relativi autovalori sonodi segno concorde. Il segno negativo della traccia impone che tale segno debba esserenegativo. Pertanto HU (0, 0) e reale simmetrica e definita negativa. Essa individua laconfigurazione (s, θ) = (0, 0) come un massimo relativo proprio del potenziale, la cuistabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet;

(ii) per λ < 1 si ha detHU (0, 0) < 0 e gli autovalori della matrice hessiana sono disegno opposto, l’uno positivo e l’altro negativo. La presenza di un autovalore positivoimplica l’instabilita della configurazione, in virtu del teorema di inversione parziale diLagrange-Dirichlet,

(iii) nell’ipotesi che si abbia λ = 1, risulta detHU (0, 0) = 0, oltre che trHU (0, 0) < 0.Gli autovalori dell’hessiana sono uno nullo ed uno negativo e ricorre pertanto un casocritico — non e possibile applicare il teorema di Lagrange-Dirichlet dal momento chenon e stata riconosciuta la presenza di un massimo di U in (s, θ) = (0, 0), ne e datodi applicare l’inversione parziale, causa l’assenza di autovalori positivi.

In realta per λ = 1 il potenziale diventa

U(s, θ) = ka2(−1

2s2 + s sin θ + λ cos θ

)= ka2

(−1

2s2 + s sin θ + cos θ

)e puo essere riespresso nella forma

U(s, θ) =ka2

2(−s2 + 2s sin θ + 2 cos θ

)=

ka2

2[−(s − sin θ)2 + sin2θ + 2 cos θ

]=

=ka2

2[−(s − sin θ)2 + 1 − cos2θ + 2 cos θ − 1 + 1

]=

=ka2

2[−(s − sin θ)2 + 2 − (1 − cos θ)2

]=

=ka2

2

[−(s − sin θ)2 + 2 − 4sin4

2

)]=

= U(0, 0) − ka2

2

[(s − sin θ)2 + 4sin4

2

)]Stefano Siboni 917

Page 84: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

che consente di riconoscere nella configurazione prescelta un massimo relativo propriodi U , stabile per Lagrange-Dirichlet — e sufficiente osservare che in un intorno di(s, θ) = (0, 0), ad esempio la sfera di raggio π, si ha U(s, θ) ≤ U(0, 0) ∀ (s, θ) el’equazione U(s, θ) = U(0, 0) implica sin4(θ/2) = (s − sin θ)2 = 0, per cui θ = 0 es = 0.

Configurazione (s, θ) = (0, π)La matrice hessiana del potenziale vale

HU (0, π) = ka2

−1 − 1

−1Mg

2ka

= ka2

(−1 −1−1 λ

)

con determinante negativo

detHU (0, π) = (ka2)2(−λ − 1) = −(ka2)2(1 + λ) < 0

e quindi autovalori di segno opposto. La presenza di un autovalore positivo implical’instabilita della configurazione in forza del teorema di inversione parziale.

Configurazione (s, θ) = (sin θ, θ)La configurazione di equilibrio e definita e distinta dalle precedenti a condizione che siabbia λ < 1, con θ = arc cosλ. La matrice hessiana del potenziale si calcola come

HU (sin θ, θ) = ka2

(−1 cos θ

cos θ −sin2θ − λ cos θ

)=

= ka2

(−1 λλ −1 + λ2 − λ2

)= ka2

(−1 λλ −1

)e ha determinante comunque positivo

detHU (sin θ, θ) = (ka2)2(1 − λ2) > 0

mentre la traccia risulta sempre negativa

trHU (sin θ, θ) = −2ka2 < 0 .

La matrice presenta quindi due autovalori negativi, il che implica che la configurazionecostituisca un massimo relativo proprio del potenziale. La stabilita della configurazione diequilibrio segue allora dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (s, θ) = (− sin θ,−θ)Presenta esattamente le stesse proprieta di stabilita della configurazione di equilibrio(s, θ) = (sin θ, θ) per il fatto che il potenziale e una funzione pari

U(−s,−θ) = U(s, θ) ∀ (s, θ) ∈ R2

Stefano Siboni 918

Page 85: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e di conseguenza la matrice hessiana del potenziale coincide nei punti simmetrici

HU (−s,−θ) = HU (s, θ) ∀ (s, θ) ∈ R2 .

(d) Equazioni pure del motoNell’ipotesi che il sistema sia a vincoli ideali, le equazioni pure del moto possono esserescritte nella forma di Lagrange

d

dt

(∂L

∂s

)− ∂L

∂s= 0

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

con la lagrangiana data dalla somma dell’energia cinetica e del potenziale totale

L = T + U =ma2

2s2 +

524

Ma2 θ2 − k

2a2s2 + ka2s sin θ + Mg

a

2cos θ .

Si hanno allora le relazioni

d

dt

(∂L

∂s

)= ma2s

∂L

∂s= −ka2s + ka2 sin θ

d

dt

(∂L

∂θ

)=

512

Ma2θ∂L

∂θ= ka2s cos θ − Mg

a

2sin θ

dalle quali si deducono le equazioni lagrangiane del moto

ma2s + ka2s − ka2 sin θ = 0

512

Ma2θ − ka2s cos θ + Mga

2sin θ = 0 .

Esercizio 158. Moto di un corpo rigido con asse fissoUn sistema rigido, di massa m, e costituito da tre lamine quadrate omogenee di lato asaldate fra loro come illustrato in figura e si muove nel piano verticale Oxy mantenendoil vertice O fisso. Il sistema e soggetto al proprio peso, ad una forza mg cos θ e2 applicatanel vertice A e ad una coppia di momento M = −(1/6)mga sin θ e3.

Stefano Siboni 919

Page 86: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Scelto l’angolo θ come coordinata generalizzata ed assunto l’asse fisso privo di attrito,determinare:

(a) il momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse Oz;

(b) le equazioni pure del moto;

(c) tutte e sole le condizioni iniziali per i moti periodici del sistema;

(d) la forza da applicare nel vertice B affinche la configurazione θ = π/2 sia un equilibrio.

SoluzioneSi tratta di un sistema rigido con asse fisso privo di attrito e la relativa equazione del motoviene determinata considerando l’equazione cardinale del momento angolare rispetto adun punto dell’asse — l’origine O e il candidato naturale a tale ruolo — e proiettandolalungo lo stesso asse. L’angolo di rotazione θ e compreso fra la direzione OA, assegnatasulla lamina rigida, e la direzione verticale condotta da O verso il basso, quest’ultimaovviamente fissa rispetto alla terna di riferimento Oxyz. Ne deriva che il vettore velocitaangolare istantanea del sistema rigido rispetto a Oxyz si scrive semplicemente ω = θ e3,restando inteso che il versore e3 sia orientato in senso uscente rispetto al piano del foglio,in modo da rispettare la nota convenzione sinistrorsa.

(a) Momento d’inerzia rispetto all’asse OzConviene procedere al calcolo del momento d’inerzia pensando la lamina come un quadratoomogeneo completo di lato 2a, la cui densita areale coincida con quella della lamina origi-nale e nel quale sia stato asportato un quadrato omogeneo di lato a. Il momento d’inerziarichiesto, IOz risultera come differenza fra il momento d’inerzia Ic

Oz della lamina quadratacompleta ed il momento Ia

Oz del quadrato asportato.La densita — costante — della lamina e data dal rapporto fra la sua massa e la relativaarea

σ =m

3a2

in modo che il quadrato completo avra massa

mc = 4a2σ = 4a2 m

3a2=

43m

ed il suo momento d’inerzia rispetto all’asse baricentrale Az si scrivera

IcAz =

16mc(2a)2 =

16

43m 4a2 =

89ma2 .

Di qui segue l’espressione per il momento d’inerzia del quadrato completo, rispetto all’assefisso Oz

IcOz = mc

(√2a)2 + Ic

Az =43m 2a2 +

89ma2 =

(83

+89

)ma2 =

329

ma2 .

Analogamente, per la massa della lamina asportata si ottiene

ma = a2σ = a2 m

3a2=

m

3

Stefano Siboni 920

Page 87: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e se si indica con M il centro del quadrato asportato, il momento d’inerzia calcolato secondol’asse baricentrale Mz diventa

IaMz =

16maa2 =

16

m

3a2 =

118

ma2

e il teorema di Huygens-Steiner implica la seguente espressione per il momento d’inerziarispetto ad Oz

IaOz = ma|M − O|2 + Ia

Mz =m

3

(32

√2a)2

+118

ma2 =

=m

392a2 +

118

ma2 =149

ma2 .

Il momento d’inerzia della lamina vale pertanto

IOz = IcOz − Ia

Oz =329

ma2 − 149

ma2 = 2ma2 .

(b) Equazioni del motoTrattandosi di sistema pesante, e necessario in primo luogo individuare la posizione delbaricentro G, in cui si intendera applicato l’intero peso mg = −mg e2. Conviene applicarela proprieta distributiva e scrivere l’equazione

mc(A − O) = m(G − O) + ma(M − O)

che rispetto alla terna solidale Ox′y′z′, illustrata in figura, puo anche porsi nella formaesplicita

43m(a e ′

1 − a e ′2

)= m(G − O) +

m

3

(32a e ′

1 −32a e ′

2

)e consente di ricavare le coordinate solidali del baricentro

G −O =43a e ′

1 −43a e ′

2 −a

2e ′1 +

a

2e ′2 =

56a e ′

1 −56a e ′

2

con |G−O| = 5√

2a/6. Indicato con KO il momento angolare del sistema rispetto al puntofisso O, l’equazione del moto del sistema diviene

d KO

dt· e3 =

[(G −O) ∧ (−mg e2) + (A − O) ∧ (mg cos θ e2) −

16mga sin θ e3

]· e3

che con una semplice manipolazione del prodotti misti si riduce a

IOz θ = −mg(G− O) · e1 + mg cos θ (A − O) · e1 −16mga sin θ

Stefano Siboni 921

Page 88: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e puo anche riesprimersi come

IOz θ = −mg|G− O| sin θ + mg cos θ |A −O| sin θ − 16mga sin θ

dalla quale si deduce infine, sostituendo i valori ricavati per il momento d’inerzia e per ladistanza |G − O|

2ma2θ = −56

√2mga sin θ +

√2mga sin θ cos θ − 1

6mga sin θ .

L’equazione del moto cercata e pertanto

2ma2θ = −5√

2 + 16

mga sin θ +√

2mga sin θ cos θ .

(c) Condizioni iniziali per i moti periodiciLe sollecitazioni agenti sul sistema hanno natura posizionale e, data la presenza di un unicogrado di liberta, ammettono potenziale. Quest’ultimo e definito da

U ′(θ) = −5√

2 + 16

mga sin θ +√

2mga sin θ cos θ

e si scrive percio

U(θ) =5√

2 + 16

mga cos θ −√

22

mga cos2θ .

L’energia potenziale corrispondente e data da

W (θ) = −U(θ) = −5√

2 + 16

mga cos θ +√

22

mga cos2θ

con derivata prima

W ′(θ) =5√

2 + 16

mga sin θ −√

2mga sin θ cos θ = mga sin θ

(5√

2 + 16

−√

2 cos θ

).

L’andamento qualitativo delle soluzioni puo essere analizzato per mezzo della discussionedi Weierstrass; in particolare, i criteri di Weierstrass consentono di caratterizzare com-pletamente le condizioni iniziali associate a moti periodici del sistema. A questo scopoe necessario individuare il grafico dell’energia potenziale, con particolare riferimento allaubicazione dei suoi punti critici.I punti critici dell’energia potenziale si ricavano annullandone la derivata prima

mga sin θ

(5√

2 + 16

−√

2 cos θ

)= 0

Stefano Siboni 922

Page 89: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

circostanza quest’ultima che ricorre per

sin θ = 0

porgendo le soluzioniθ = 0 , π ,

oppure per5√

2 + 16

−√

2 cos θ = 0

con le ulteriori soluzioni

θ = ±arc cos(

5√

2 + 16

1√2

)= ±θ .

Delle configurazioni cosı determinate, θ = 0 e θ = π corrispondono a massimi relativipropri, mentre θ = +θ e θ = −θ si identificano con minimi relativi propri dell’energiapotenziale. Si ha infatti

W ′′(θ) = mga

[5√

2 + 16

cos θ −√

2(cos2θ − sin2θ)]

e di conseguenza

W ′′(0) = mga

(5√

2 + 16

−√

2)

= mga1 −

√2

6< 0

W ′′(π) = mga

(−5

√2 + 16

−√

2)

< 0

W ′′(±θ) = mga

[5√

2 + 16

cos θ −√

2(2cos2θ − 1)]

=

=1√2mga

[2 −(5

√2 + 16

)2]

> 0 .

I valori della funzione W in corrispondenza dei punti critici

W (0) = mga

(−5

√2 + 16

+√

22

)= −mga

2√

2 + 16

< 0

W (π) = mga

(5√

2 + 16

+√

22

)= mga

8√

2 + 16

> 0

W (±θ) = −mga1

2√

2

(5√

2 + 16

)2

< 0

Stefano Siboni 923

Page 90: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

consentono percio di determinarne qualitativamente il grafico, come illustrato nella figuraseguente:

Introdotto l’integrale primo dell’energia meccanica

H(θ, θ) = T + W (θ) =12IOz|θ e3|2 + W (θ) =

12

2ma2θ2 + W (θ) =

= ma2θ2 −mga5√

2 + 16

cos θ +√

22

mga cos2θ

i criteri di Weierstrass permettono di concludere che i moti periodici del sistema si hannotutti e soltanto per le condizioni iniziali (θ, θ) = (θ0, θ0) ∈ R

2 del tipo

W (θ) < H(θ0 , θ0) < W (0) e W (0) < H(θ0 , θ0) < W (π)

ed appartenenti quindi all’insieme(θ, θ) ∈ R

2 : −mga1

2√

2

(5√

2 + 16

)2

<

< ma2θ2 − mga5√

2 + 16

cos θ +√

22

mga cos2θ < −mga2√

2 + 16

(θ, θ) ∈ R2 : −mga

2√

2 + 16

<

< ma2θ2 − mga5√

2 + 16

cos θ +√

22

mga cos2θ < mga8√

2 + 16

ossia

(θ, θ) ∈ R2 : − 1

2√

2

(5√

2 + 16

)2

<a

gθ2 − 5

√2 + 16

cos θ +√

22

cos2θ < −2√

2 + 13

(θ, θ) ∈ R2 : −2

√2 + 13

<a

gθ2 − 5

√2 + 16

cos θ +√

22

cos2θ <8√

2 + 16

.

(d) Forza da applicarsi in B affinche la configurazione θ = π/2 sia di equilibrioSe F indica la forza applicata al punto B, nella configurazione θ = π/2, il suo momentoassiale rispetto all’asse fisso vale

e3 · (B − O) ∧ F = e3 ∧ (B −O) · F = e3 ∧2a√

2(e1 − e2) · F =

2a√2(e2 + e1) · F

Stefano Siboni 924

Page 91: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e la condizione per l’equilibrio diventa

U ′(π

2

)+

2a√2(e2 + e1) · F = 0

ovvero

− 2a√2(e2 + e1) · F = U ′

2

)= −mga

5√

2 + 16

.

Di qui, posto F = F1e1 + F2e2 + F3e3, si conclude che

F1 + F2 = (e1 + e2) · F = mg5√

2 + 16√

2

per cui la sollecitazione in B deve essere del tipo

F =(

mg5√

2 + 16√

2− F2

)e1 + F2e2 + F3e3

con F2, F3 ∈ R arbitrarie. Si osservi che la sollecitazione F non deve necessariamenterisultare costante, data l’arbitrarieta delle componenti F2 ed F3 — le quali possono quindipresentare una dipendenza esplicita dal tempo.

Esercizio 159. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoUn’asta rigida omogenea AB, di massa 2m e lunghezza R, ha il vertice A vincolato a restaresulla circonferenza di centro O e raggio R nel piano verticale Oxy, mentre il secondo vertice

B e costretto a muoversi lungo l’asse orizzontale Ox. Il piano Oxy ruota attorno all’asse Oycon velocita angolare costante ω, rispetto ad una terna inerziale e una molla di costanteelastica 2mω2/3 collega il vertice A con un punto materiale P , di massa m, vincolatoa scorrere lungo l’asse Oy. Il sistema e pesante, a vincoli ideali e parametrizzato dallecoordinate adimensionali θ ed s in figura. Relativamente alla terna che vede il piano Oxyfisso, determinare:

(a) gli equilibri;

Stefano Siboni 925

Page 92: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(b) le proprieta di stabilita dei predetti equilibri;

(c) l’energia cinetica;

(d) le equazioni pure del moto;

(e) un integrale primo.

Soluzione(a) Equilibri del sistemaConsiderato che le forze di Coriolis hanno componenti lagrangiane identicamente nulle eche esse pertanto non influenzano in alcun modo i moti del sistema

QCorθ =

∑i

−2miω e2 ∧ Pi ·∂Pi

∂θ= 0 QCor

s =∑

i

−2miω e2 ∧ Pi ·∂Pi

∂s= 0 ,

e evidente che tutte le sollecitazioni attive applicate hanno natura posizionale conservativa:il peso, il sistema delle forze centrifughe e l’interazione elastica fra i punti A e P . Il sistemae scleronomo a vincoli bilaterali, posizionale e conservativo, per cui le sue configurzioni diequilibrio si identificano con i punti critici del potenziale totale U . Questo sara datodalla somma dei contributi gravitazionale, centrifugo ed elastico. Dalle ovvie relazionigeometriche

A − O = R sin θ e1 − R cos θ e2 P − O = −Rs e2

si deduce cheA − P = R sin θ e1 + R(− cos θ + s) e2

in modo che il potenziale associato all’interazione elastica fra i punti A e P segue diretta-mente dalla definizione

Uel = −12

2mω2

3|A − P |2 = −mω2

3

∣∣R sin θ e1 + R(− cos θ + s) e2

∣∣2 =

= −mω2R2

3(s2 − 2s cos θ + 1) .

Per quanto riguarda il potenziale delle forze peso, si distinguono un contributo relativo alpunto materiale P

UPg = −mg e2 · (P − O) = −mg(−Rs) = mgRs

ed uno relativo all’asta AB, di massa 2m e baricentro G

UABg = −2mg e2 · (G−O) = −2mg e2 ·

A − O + B −O

2= −2mg

(−R

2cos θ

)= mgR cos θ .

Al potenziale centrifugo il punto P non concorre in alcun modo, dal momento che questosi mantiene sull’asse di rotazione Oy

UPcf = 0

Stefano Siboni 926

Page 93: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e l’unico termine rilevante e dunque quello attribuibile all’asta AB

UABcf =

ω2

2[2m|(G − O) · e1|2 + IAB

Gy

]che, tenuto conto dell’ovvia espressione del momento d’inerzia

IABGy =

R∫0

∣∣∣∣(ξ − R

2

)sin θ

∣∣∣∣2 2m

Rdξ =

2mR2

12sin2θ =

mR2

6sin2θ ,

diventa

UABcf =

ω2

2

[2m(3

2R sin θ

)2

+mR2

6sin2θ

]=

73mω2R2sin2θ .

Il potenziale del sistema si scrive pertanto, omettendo le costanti additive inessenziali

U(θ, s) = −mω2R2

3(s2 − 2s cos θ) + mgR(s + cos θ) +

73mω2R2sin2θ =

= mω2R2

[−s2

3+

23s cos θ +

g

Rω2(s + cos θ) +

73sin2θ

]ed ammette le derivate parziali prime

Uθ =∂U

∂θ= mω2R2

(−2

3s sin θ − g

Rω2sin θ +

143

sin θ cos θ)

Us =∂U

∂s= mω2R2

(−2

3s +

23

cos θ +g

Rω2

).

Gli equilibri sono tutti e soli i punti critici del potenziale, soluzioni di Uθ = 0, Us = 0 edunque del sistema di equazioni

mω2R2(−2

3s sin θ − g

Rω2sin θ +

143

sin θ cos θ)

= 0

mω2R2(−2

3s +

23

cos θ +g

Rω2

)= 0

che omessi i fattori costanti assume la forma equivalentesin θ

(−2

3s − g

Rω2+

143

cos θ)

= 0

s =32

g

Rω2+ cos θ .

Sostituendo la seconda equazione nella prima, questa si riduce ad una equazione trigono-metrica nella sola variabile angolare θ

sin θ(−2

3cos θ − 2

g

Rω2+

143

cos θ)

= 0

Stefano Siboni 927

Page 94: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ossiasin θ

(4 cos θ − 2

g

Rω2

)= 0

per cui gli equilibri del sistema sono individuati dasin θ

(cos θ − g

2Rω2

)= 0

s =32

g

Rω2+ cos θ

⇐⇒

sin θ

(cos θ − λ

2

)= 0

s =32λ + cos θ

in cui si e posto, per brevita,λ =

g

Rω2> 0 .

La prima equazione si presenta in forma fattorizzata ed e certamente verificata per sin θ =0, ossia θ = 0, π. Ne seguono gli equilibri

(θ, s) =(0,

32λ + 1

)e (θ, s) =

(π,

32λ − 1

)che hanno peraltro una interpretazione geometrica immediata. L’altra possibilita e che siabbia

cos θ − λ

2= 0

dal che seguono le ulteriori soluzioni

θ = θ , −θ , θ = arc cos(λ

2

),

definite e distinte dalle precedenti a condizione che risulti λ < 2. Poiche

s =32λ + cos(±θ) =

32λ + cos θ =

32λ +

λ

2= 2λ ,

i corrispondenti equilibri si scriveranno pertanto

(θ, s) = (θ, 2λ) , (−θ, 2λ)

con la condizione di esistenza λ < 2.

(b) Stabilita degli equilibriTrattandosi di sistema scleronomo posizionale conservativo, la stabilita degli equilibri puoessere analizzata facendo uso dei teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale.A questo scopo e necessario procedere preliminarmente al calcolo delle derivate parzialiseconde del potenziale

Uθθ(θ, s) = mω2R2

[−2

3s cos θ − λ cos θ +

143

(cos2θ − sin2θ)]

Uθs(θ, s) = Usθ(θ, s) = −23mω2R2 sin θ

Uss(θ, s) = −23mω2R2

Stefano Siboni 928

Page 95: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

in modo che la matrice hessiana di U risulta

HU (θ, s) = mω2R2

−23s cos θ − λ cos θ +

143

(cos2θ − sin2θ) −23

sin θ

−23

sin θ −23

con Uss(θ, s) indipendente da (θ, s). Si puo ora procedere all’analisi di stabilita delle singoleconfigurazioni di equilibrio individuate al punto precedente.

Configurazione (θ, s) =(0,

2+ 1)

In questo caso le derivante seconde diventano

Uθθ

(0,

2+ 1)

= mω2R2

[−2

3

(3λ

2+ 1)− λ +

143

]= mω2R2(4 − 2λ)

Uθs

(0,

2+ 1)

= Usθ

(0,

2+ 1)

= 0

e la matrice hessiana del potenziale si riduce a

HU

(0,

2+ 1)

= mω2R2

(4 − 2λ 0

0 −2/3

)implicando

(i) la stabilita della configurazione per 4 − 2λ < 0, ossia λ > 2, poiche l’hessiana risultadefinita negativa e permette di riconoscere nell’equilibrio dato un massimo relativoproprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet;

(ii) l’instabilita della stessa configurazione qualora sia 4 − 2λ > 0, ovvero λ < 2, con unamatrice hessiana indefinita che consente di applicare il teorema di inversione parzialedi Lagrange-Dirichlet;

(iii) il ricorrere di un caso critico per λ = 2, quando la matrice hessiana si presentasemidefinita, non definita negativa.In effetti, per λ = 2 la configurazione di equilibrio diventa

(θ, s) = (0, 4)

e il potenziale del sistema vale

U(θ, s) = mω2R2

[−s2

3+

23s cos θ + 2(s + cos θ) +

73sin2θ

].

Per esaminare il comportamento della funzione potenziale nell’intorno della configu-razione di equilibrio (θ, s) = (0, 4), e opportuno introdurre il cambiamento di coordi-nate (θ, s) → (θ, σ) definito da

s = 4 + σ

Stefano Siboni 929

Page 96: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e considerare quindi la funzione

U(θ, 4 + σ) =mω2R2

3

[−(4 + σ)2 + 2(4 + σ) cos θ + 6(4 + σ + cos θ) + 7sin2θ

]=

=mω2R2

3[8 − σ2 − 2(1 − cos θ)σ + 14 cos θ + 7sin2θ

].

Questa puo porsi nella forma equivalente

U(θ, 4 + σ) =mω2R2

38− [σ + (1 − cos θ)]2 + (1 − cos θ)2 + 14 cos θ + 7sin2θ

=

=mω2R2

3[8 − (σ + 1− cos θ)2 + 1 − 2 cos θ + cos2θ + 14 cos θ + 7sin2θ

]=

mω2R2

3[10 − (σ + 1 − cos θ)2 + 12 cos θ + 6sin2θ

]=

=mω2R2

3[16 − (σ + 1 − cos θ)2 − 6cos2θ + 12 cos θ

]a sua volta riscrivibile come

U(θ, 4 + σ) =mω2R2

3[22− (σ + 1 − cos θ)2 − 6(1 − cos θ)2

]=

=mω2R2

3

[22 −

[σ + 2sin2

2

)]2− 24sin4

2

)].

Da quest’ultima relazione segue che (θ, s) = (0, 4) e un massimo relativo proprio diU , in quanto l’equazione

[σ + 2sin2

2

)]2+ 24sin4

2

)= 0

con la condizione θ2 + σ2 < π2 implica sin(θ/2) = 0

σ + 2sin2(θ/2) = 0θ2 + σ2 < π2

e quindi θ = 0σ = 0

per cui (θ, s) = (0, 4) e l’unico massimo di U nel disco con centro nello stesso punto edi raggio π — o inferiore, evidentemente. Il teorema di Lagrange-Dirichlet comportala stabilita della configurazione.

Stefano Siboni 930

Page 97: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Configurazione (θ, s) =(π,

2− 1)

Nella fattispecie le derivate parziali seconde del potenziale sono date da

Uθθ

(π,

2− 1)

= mω2R2

[23

(32λ − 1

)+ λ +

143

]= mω2R2(2λ + 4)

Uθs

(π,

2− 1)

= Usθ

(π,

2− 1)

= 0

e la corrispondente matrice hessiana diventa

HU

(π,

2− 1)

= mω2R2

(2λ + 4 0

0 −2/3

)con autovalori

mω2R2(2λ + 4) e − 23mω2R2 .

L’essere 2λ+4 ≥ 4 > 0 implica la presenza di un autovalore positivo dell’hessiana e quindil’instabilita della configurazione in forza del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazioni (θ, s) = (θ, 2λ), (−θ, 2λ), con θ = arc cos(λ/2) e λ < 2Le configurazioni in esame presentano le stesse proprieta di stabilita, causa la simmetriadel potenziale

U(θ, s) = U(−θ, s) ∀ (θ, s) ∈ R2 .

E quindi sufficiente esaminarne una soltanto, ad esempio (θ, s) = (θ, 2λ). La derivataparziale seconda in θ del potenziale risulta

Uθθ(θ, 2λ) = mω2R2

[−2

32λ

λ

2− λ

λ

2+

143

(2λ2

4− 1)]

=

= mω2R2

(−2

3λ2 − λ2

2+

73λ2 − 14

3

)=

76mω2R2(λ2 − 4)

mentre per le derivate parziali seconde miste si ha

Uθs(θ, 2λ) = Usθ(θ, 2λ) = −23mω2R2 sin θ .

Per la matrice hessiana del potenziale si ottiene allora

HU (θ, 2λ) = mω2R2

76(λ2 − 4) −2

3sin θ

−23

sin θ −23

Stefano Siboni 931

Page 98: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

con determinante sempre positivo

detHU (θ, 2λ)(mω2R2)2

=79(4 − λ2) − 4

9sin2θ =

289

− 79λ2 − 4

9+

49

λ2

4=

23(4 − λ2) > 0

e traccia negativatrHU (θ, 2λ)

mω2R2= −7

6(4 − λ2) − 2

3< 0 .

I segni di determinante e traccia implicano che gli autovalori di HU (θ, 2λ) siano negativi,assicurando la stabilita della configurazione in virtu del teorema di Lagrange-Dirichlet.

(c) Energia cinetica del sistemaL’energia cinetica del sistema viene determinata come somma delle energie cinetiche delpunto materiale P e dell’asta rigida AB. Il punto P ha massa m e vettore posizione

P − O = −Rs e2

cui corrisponde la velocita assoluta

P = −Rs e2

e l’energia cineticaTP =

m

2R2s2.

Quanto all’asta AB, questa non presenta punti fissi e la sua energia cinetica deve esserevalutata mediante il teorema di Konig. A questo scopo si osserva che il baricentro Gdell’asta omogenea coincide con il punto medio del segmento AB e che la sua posizionenella terna assoluta Oxyz e individuata dal vettore

G −O = A − O + G − A = R sin θ e1 − R cos θ e2 +R

2sin θ e1 +

R

2cos θ e2 =

=32R sin θ e1 −

R

2cos θ e2

come e immediato verificare considerando il triangolo OAB, isoscele in A. Se ne deducel’espressione per la velocita assoluta di G

G =32R cos θ θ e1 +

R

2sin θ θ e2

ed il relativo modulo quadrato

|G|2 =(9

4cos2θ +

14sin2θ

)R2θ2 =

(14

+ 2cos2θ)R2θ2

in modo che l’energia cinetica dell’asta diventa

TAB =2m

2|G|2 +

12IABGz |ω|2 = m

(14

+ 2cos2θ)R2θ2 +

mR2

12θ2 = mR2

(13

+ 2cos2θ)θ2

Stefano Siboni 932

Page 99: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

formula nella quale si e fatto uso delle relazioni per il momento d’inerzia dell’asta rispettoall’asse baricentrale Gz e per il vettore velocita angolare istantanea

IABGz =

2mR2

12=

mR2

6ω = −θ e3 .

L’energia cinetica del sistema vale pertanto

T = TAB + TP = mR2(1

3+ 2cos2θ

)θ2 +

m

2R2s2.

(d) Equazioni pure del motoNell’ipotesi di vincoli ideali, le equazioni pure del moto sono quelle di Lagrange

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0 e

d

dt

(∂L

∂s

)− ∂L

∂s= 0

con lagrangiana L = T + U data da

L = mR2(1

3+2cos2θ

)θ2 +

m

2R2s2 +mω2R2

[−s2

3+

23s cos θ +

g

Rω2(s+cos θ)+

73sin2θ

].

E immediato ricavare le espressioni

∂L

∂θ= 2mR2

(13

+ 2cos2θ)θ

d

dt

(∂L

∂θ

)= 2mR2

(13

+ 2cos2θ)θ − 8mR2 cos θ sin θ θ2

∂L

∂θ= −4mR2 cos θ sin θ θ2 + mω2R2

(−2

3s sin θ − g

Rω2sin θ +

143

sin θ cos θ)

e quelle analoghe relative alla coordinata generalizzata s

∂L

∂s= mR2s

d

dt

(∂L

∂s

)= mR2s

∂L

∂s= mω2R2

(−2

3s +

23

cos θ +g

Rω2

)in modo che le equazioni di Lagrange diventano

2mR2(1

3+2cos2θ

)θ−4mR2 cos θ sin θ θ2+mω2R2

[23s sin θ+

g

Rω2sin θ− 14

3sin θ cos θ

]= 0

emR2s + mω2R2

(23s − 2

3cos θ − g

Rω2

)= 0 .

(e) Integrale primoIl sistema e scleronomo, posizionale e conservativo, per cui un integrale primo e quellodell’energia meccanica H = T − U , che assume la forma

H = mR2(1

3+ 2cos2θ

)θ2 +

m

2R2s2 + mω2R2

[s2

3− 2

3s cos θ − g

Rω2(s + cos θ) − 7

3sin2θ

].

Stefano Siboni 933

Page 100: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 160. Geometria delle masseUn sistema rigido e costituito da una lamina quadrata di lato L e da un’asta rettilineadi lunghezza L, saldate ortogonalmente l’una all’altra nell’origine O di una terna soli-dale Oxyz — vedi figura. Lamina e asta sono entrambe omogenee e di masse m e 2mrispettivamente.

Sapendo che rispetto ad una terna di riferimento non illustrata in figura il sistema e inmoto con punto fisso O e velocita angolare ω = 2ω e1 − ω e2, determinare:

(a) la posizione del baricentro G del sistema rispetto alla terna Oxyz;

(b) la matrice d’inerzia rispetto al riferimento Oxyz;

(c) il momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse OC ;

(d) il momento angolare del sistema in O;

(e) la velocita del vertice C .

Soluzione(a) Posizione del baricentro G in OxyzConsiderato che i baricentri della lamina quadrata e dell’asta OA sono direttamente in-dividuabili per simmetria, conviene determinare il baricentro del sistema facendo uso delteorema distributivo. Il baricentro dell’asta omogenea coincide con il suo punto medio ede quindi identificato dal vettore posizione

GOA − O =L

2e1

cui si deve imputare una massa mOA = 2m, pari alla massa dell’asta. In modo analogo, ilbaricentro della lamina quadrata omogenea si identifica con il relativo centro di simmetria

GOBCD − O =L

2e2 +

L

2e3

con massa complessiva mOBCD = m. Il teorema distributivo porge allora per il baricentrodel sistema l’espressione

G −O =mOA(GOA − O) + mOBCD(GOBCD − O)

mOA + mOBCD

Stefano Siboni 934

Page 101: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

dalla quale si deduce la posizione richiesta

G − O =1

2m + m

[2m

L

2e1 + m

(L

2e2 +

L

2e3

)]=

L

3e1 +

L

6e2 +

L

6e3 .

(b) Matrice d’inerzia rispetto a OxyzLa matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna solidale Oxyz puo essere scritta comesomma della matrici d’inerzia dell’asta OA e della lamina quadrata OBCD rispetto allamedesima terna di riferimento.

Per l’asta OA, che si posiziona lungo l’asse coordinato Ox, la matrice d’inerzia e dellaforma

[LOA] =

0 0 00 LOA

yy 00 0 LOA

yy

con il momento d’inerzia rispetto all’asse Oy dato da

LOAyy =

∫ L

0

x2 2m

Ldx =

2m

L

L3

3=

23mL2

in modo che risulta

[LOA] = mL2

0 0 00 2/3 00 0 2/3

.

Quanto alla lamina quadrata, che si colloca nel piano coordinato Oyz, la matrice d’inerziasi presenta nella forma tipica di una lamina piana

[LOBCD] =

LOBCD

yy + LOBCDzz 0 0

0 LOBCDyy LOBCD

yz

0 LOBCDyz LOBCD

zz

con l’ulteriore condizione

LOBCDyy = LOBCD

zz

dovuta all’evidente simmetria. La valutazione esplicita del solo momento e del solo pro-dotto d’inerzia non banali

LOBCDyy =

∫[0,L]2

dydz (x2 + z2)m

L2=∫

[0,L]2dydz z2 m

L2=

m

L

∫ L

0

z2dz =mL2

3

LOBCDyz = −

∫[0,L]2

dydz yzm

L2= − m

L2

[y2

2

]L

0

[z2

2

]L

0

= −mL2

4

conduce quindi a

[LOBCD] = mL2

2/3 0 00 1/3 −1/40 −1/4 1/3

.

Stefano Siboni 935

Page 102: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Sommando le matrici d’inerzia ottenute si perviene al risultato richiesto

[L] = [LOA] + [LOBCD] = mL2

2/3 0 00 1 −1/40 −1/4 1

.

(c) Momento d’inerzia rispetto all’asse OCL’asse OC passa ovviamente per l’origine della terna solidale Oxyz ed e individuato dalversore

n =C − O

|C − O| =1√2

e2 +1√2

e3

ed il relativo momento d’inerzia puo essere determinato per mezzo della forma quadratica

IOC = IOn = n · LO(n) = ( n1 n2 n3 ) [L]

n1

n2

n3

che sostituendo le espressioni esplicite delle matrici diventa

IOC =(

0 1/√

2 1/√

2)mL2

2/3 0 00 1 −1/40 −1/4 1

01/

√2

1/√

2

=

=mL2

2( 0 1 1 )

2/3 0 00 1 −1/40 −1/4 1

011

=

=mL2

2( 0 1 1 )

03/43/4

=34mL2 .

(d) Momento angolare in OPoiche il punto O si mantiene fisso ed il vettore velocita angolare istantanea del sistemavale ω = 2ω e1 − ω e2, il momento angolare in O rispetto alla base e1, e2, e3 della ternasolidale si scrive

KO = LO(ω) = K1e1 + K2e2 + K3e3

con le componenti cartesiane date dal prodotto di matriciK1

K2

K3

= [L]

2ω−ω0

= mL2

2/3 0 00 1 −1/40 −1/4 1

2ω−ω0

=

= mL2ω

2/3 0 00 1 −1/40 −1/4 1

2−10

= mL2ω

4/3−11/4

.

Stefano Siboni 936

Page 103: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

PertantoKO = mL2ω

(43

e1 − e2 +14

e3

).

(e) Velocita del vertice C

Avendosi, chiaramenteC − O = L e2 + L e3

l’espressione generale per l’atto di moto rigido con punto fisso O fornisce il risultatorichiesto

C = ω ∧ (C − O) = (2ω e1 − ω e2) ∧ (L e2 + L e3) =

= ωL

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

2 −1 00 1 1

∣∣∣∣∣∣ = ωL(−e1 − 2e2 + 2e3) .

Esercizio 161. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoNel piano Oxy di una terna di riferimento Oxyz, un disco rigido omogeneo di massa m,raggio R e centro C ruota attorno all’asse Ox, passante ad una distanza αR da C —0 < α < 1. Una molla ideale di costante elastica k = mg/R collega l’estremo A deldiametro passante per O con un punto fissato B dell’asse verticale Oy, di ordinata R —vedi figura.

Considerato che il disco e pesante e che la terna Oxyz ruota attorno all’asse Oy con velocitaangolare costante ω rispetto ad un riferimento inerziale, si faccia uso della coordinatageneralizzata θ in figura per determinare, nell’ipotesi di vincoli ideali:

(a) l’energia cinetica del sistema;

(b) tutte le posizioni di equilibrio;

(c) le proprieta di stabilita delle predette posizioni di equilibrio;

(d) le equazioni pure del moto;

(e) un integrale primo.

Stefano Siboni 937

Page 104: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Energia cineticaL’energia cinetica del disco puo essere determinata per mezzo del teorema di Konig

T =m

2G2 +

12IGz|ω|2

in termini del vettore velocita angolare istantanea

ω = θ e3 ,

del baricentro, che coincide per simmetria con il centro geometrico del disco,

G − O = αR sin θ e1 − αR cos θ e2

e del momento d’inerzia del disco rispetto all’asse centrale Gz

IGz =mR2

2.

La velocita del baricentro rispetto alla terna Oxyz si scrive immediatamente derivando laprecedente espressione rispetto al tempo

G = αR (cos θ e1 + sin θ e2)θ

e sostituendo il risultato ottenuto nella formula di Konig si perviene all’espressione richiestaper l’energia cinetica

T =m

2α2R2θ2 +

12

mR2

2θ2 =

12

(12

+ α2)mR2θ2 .

(b) Posizioni di equilibrioLe sollecitazioni attive applicate al sistema hanno tutte natura posizionale e conservativa,riducendosi all’interazione elastica prodotta dalla molla AB, al peso ed alla forza centrifuga.Le forze di Coriolis, pur applicate al disco, risultano ortogonali al piano di giacitura Oxye la corrispondente lagrangiana si annulla identicamente

QCorθ =

∑i

−2mie2ω ∧ Pi ·∂Pi

∂θ= −2ω

∑i

mie2 ∧ Pi ·∂Pi

∂θ= −2ω

∑i

0 = 0

causa il parallelismo di Pi e ∂Pi/∂θ per ogni i. Il potenziale relativo all’interazione elasticafra i punti A e B si ricava direttamente dalle relazioni geometriche

A − O = (1 + α)R sin θ e1 − (1 + α)R cos θ e2 B − O = R e2

le quali implicano

A −B = (1 + α)R sin θ e1 − [(1 + α) cos θ + 1]R e2

Stefano Siboni 938

Page 105: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e conducono per il potenziale elastico all’espressione

Uel = −k

2|A − B|2 = −k

2R2[(1 + α)2sin2θ + (1 + α)2cos2θ + 2(1 + α) cos θ + 1] =

= −kR2(1 + α) cos θ + costante = −mgR(1 + α) cos θ + costante .

Il contributo della forza peso al potenziale del sistema si ottiene dall’espressione generale,essendosi gia identificato il baricentro con il centro geometrico del disco circolare

Ug = −mge2 · (G −O) = −mg(−αR cos θ) = mgRα cos θ

mentre per il potenziale centrifugo vale

Ucf =ω2

2IOy =

ω2

2

[IGy + m[(G − O) · e1]2

]=

ω2

2

[IGy + m(αR sin θ)2

]=

=12mω2R2α2sin2θ + costante

osservato che il momento d’inerzia IGy e indipendente dall’angolo di rotazione θ. Il poten-ziale del sistema e quindi dato dalla somma dei potenziali parziali

U = Uel + Ug + Ucf = −mgR cos θ +12mω2R2α2sin2θ

a meno di una costante additiva inessenziale. Poiche il sistema e a vincoli indipendentidal tempo, le configurazioni di equilibrio si identificano tutte e sole con i punti critici delpotenziale e si ottengono quindi annullando la derivata prima

U ′(θ) = mgR sin θ + mω2R2α2 sin θ cos θ

ossia risolvendo l’equazione trigonometrica

mω2R2α2 sin θ( g

Rω2α2+ cos θ

)= 0

dalla quale, annullando il primo fattore, si deducono le soluzioni sempre definite

θ = 0 , π

e, ponendo a zero il secondo fattore, le ulteriori soluzioni

θ = ±arc cos(− g

Rω2α2

)= ±θ , θ ∈ (π/2, π) ,

definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia

g

Rω2α2< 1 .

Stefano Siboni 939

Page 106: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(c) Stabilita degli equilibriIl sistema e scleronomo e posizionale conservativo, per cui lo studio della stabilita degliequilibri puo essere condotto per mezzo del teorema di Lagrange-Dirichlet e del relativoteorema di inversione parziale. A questo scopo, il primo passo consiste nel calcolare laderivata seconda del potenziale

U ′′(θ) = mgR cos θ + mω2R2α2(cos2θ − sin2θ)

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

Configurazione θ = 0La derivata seconda del potenziale assume segno positivo

U ′′(0) = mgR + mω2R2α2 > 0

ed assicura l’instabilita della configurazione per effetto del teorema di inversione parzialedi Lagrange-Dirichlet.

Configurazione θ = πIn questo caso la derivata seconda del potenziale si scrive

U ′′(π) = −mgR + mω2R2α2 = mω2R2α2(1 − g

Rω2α2

)in modo che

se g/Rω2α2 > 1 risulta U ′′(π) < 0 e la configurazione si riconosce essere un massimorelativo proprio del potenziale, la cui stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet;

per g/Rω2α2 < 1 vale U ′′(π) > 0, con conseguente instabilita della configurazione, inforza del teorema di inversione parziale;

se g/Rω2α2 = 1 ricorre infine un caso critico, avendosi U ′′(π) = 0. Nella fattispecie,la derivata seconda del potenziale si riduce a

U ′′(θ) = mω2R2α2

[g

Rω2α2cos θ + cos(2θ)

]= mω2R2α2

[cos θ + cos(2θ)

]con derivate terza e quarta

U (3)(θ) = mω2R2α2[− sin θ−2 sin(2θ)

]U (4)(θ) = mω2R2α2

[− cos θ−4 cos(2θ)

]che calcolate in θ = π porgono i valori

U (3)(π) = 0 U (4)(π) = −3mω2R2α2

e l’approssimazione di Taylor

U(θ) = U(π) − 18mω2R2α2(θ − π)4 + o[(θ − π)4] (θ → π)

Stefano Siboni 940

Page 107: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

dalla quale si conclude che θ = π e un massimo relativo proprio di U , stabile perLagrange-Dirichlet.

Configurazioni θ = ±θ

Poiche il potenziale e una funzione pari dell’angolo θ, le configurazioni di equilibrio θ =+θ e θ = −θ presentano, quando definite, le medesime proprieta di stabilita, per cui esufficiente limitarsi ad esaminare una sola di esse. Ricordando che per definizione cos θ =−g/Rω2α2, con g/Rω2α2 < 1, si ha allora

U ′′(θ) = mω2R2α2

[g

Rω2α2cos θ + cos2θ − sin2θ

]=

= mω2R2α2[−cos2θ + cos2θ − sin2θ] = −mω2R2α2sin2θ < 0

per cui la configurazione costituisce un massimo relativo proprio del potenziale e la suastabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

(d) Equazioni pure del motoLe equazioni pure del moto sono date dall’unica equazione di Lagrange del sistema

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= QCor

θ

in cui QCorθ = 0 e la lagrangiana L = T + U si scrive

L =12

(12

+ α2)mR2θ2 − mgR cos θ +

12mR2ω2α2sin2θ .

Da questa si deducono le ovvie relazioni

∂L

∂θ=(1

2+ α2

)mR2θ

d

dt

(∂L

∂θ

)=(1

2+ α2

)mR2θ

∂L

∂θ= mgR sin θ + mR2ω2α2 sin θ cos θ

che sostituite nell’equazione di Eulero-Lagrange porgono il risultato richiesto(12

+ α2)mR2θ − mgR sin θ − mR2ω2α2 sin θ cos θ = 0 .

(e) Integrale primoIl sistema e scleronomo e posizionale conservativo, percio un suo ovvio integrale primo erappresentato dall’energia meccanica

H = T − U =12

(12

+ α2)mR2θ2 + mgR cos θ − 1

2mR2ω2α2sin2θ .

Stefano Siboni 941

Page 108: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 162. Analisi di WeierstrassE dato un sistema scleronomo descritto dalla lagrangiana

L(x, x) =x2

2+ x − x3

3

in termini della coordinata generalizzata x ∈ R. Determinare:

(a) un integrale primo del sistema;

(b) gli equilibri del sistema;

(c) le condizioni iniziali corrispondenti ai moti periodici;

(d) le condizioni iniziali che individuano i moti a meta asintotica;

(e) il periodo delle piccole oscillazioni nell’intorno di un equilibrio stabile.

Soluzione(a) Integrale primoPoiche la lagrangiana del sistema non dipende esplicitamente dal tempo, le equazioni delmoto di Eulero-Lagrange

d

dt

(∂L

∂x

)− ∂L

∂x= 0 =⇒ x − 1 + x2 = 0

ammettono l’integrale primo di Jacobi

H(x, x) =∂L

∂xx − L = x x − x2

2− x +

x3

3=

x2

2− x +

x3

3

interpretabile come energia meccanica. Dato il carattere scleronomo del sistema, il terminequadratico nella velocita generalizzata puo intendersi come energia cinetica

T =x2

2

mentre la parte residua della lagrangiana costituisce il potenziale

U(x) = x − x3

3.

(b) EquilibriGli equilibri del sistema scleronomo sono individuati dalle soluzioni statiche delle equazionidel moto, ovvero dai punti critici del potenziale

U ′(x) = 1 − x2 = 0

e valgono pertantox = +1 , −1 .

Stefano Siboni 942

Page 109: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(c) Condizioni iniziali per i moti periodiciLe condizioni iniziali corrispondenti ai moti periodici si ricavano applicando l’analisi diWeierstrass in termini dell’integrale dell’energia H(x, x). Dal grafico dell’energia potenzialesi deduce immediatamente che i moti periodici si hanno per

−U(+1) < H(x, x) < −U(−1) =23

ossia per

−23

<x2

2− x +

x3

3<

23

a patto il valore iniziale della coordinata lagrangiana x sia maggiore di −1. L’insieme dellecondizioni iniziali per le quali ricorrono i moti periodici del sistema e quindi

(x, x) ∈ R2 : x > −1 , −2

3<

x2

2− x +

x3

3<

23

.

(d) Condizioni iniziali per i moti a meta asintoticaIl moto del sistema risulta a meta asintotica se e soltanto se la condizione iniziale e ricom-presa nell’insieme

(x, x) ∈ R2 : x > −1 ,

x2

2− x +

x3

3=

23

essendo −U(−1) = 2/3.

(e) Periodo delle piccole oscillazioni attorno all’equilibrio stabileLa stabilita delle due configurazioni di equilibrio x = −1 ed x = +1 viene analizzatacalcolando la derivata seconda del potenziale

U ′′(x) = −2x .

Si ha cosı cheU ′′(−1) = 2 > 0

per cui x = −1 e un equilibrio instabile in virtu del teorema di inversione parziale diLagrange-Dirichlet; in modo analogo la configurazione x = +1 risulta un massimo relativoproprio del potenziale

U ′′(+1) = −2 < 0

la cui stabilita segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet. Nell’intorno di questa configu-razione le equazioni del moto linearizzate assumono la forma

x − U ′′(+1)(x − 1) = 0

ossiax + 2(x − 1) = 0

e descrivono un oscillatore armonico semplice di centro x = +1 e pulsazione ω =√

2. Ilperiodo delle piccole oscillazioni diventa percio

T =2π

ω=

2π√2

.

Stefano Siboni 943

Page 110: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 163. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoNel piano verticale Oxy di una terna cartesiana ortogonale si consideri una guida circolarefissa di centro O e raggio R, sul cui bordo esterno e vincolato a rotolare senza strisciareun disco circolare di raggio r < R, centro C e massa m. Il disco e pesante ed una molla dicostante elastica mg/2R collega il suo centro con il punto fisso A(0, R).

La terna Oxyz ruota con velocita angolare costante ω attorno all’asse verticale Oy, rispettoad un riferimento inerziale (non illustrato). Supponendo i vincoli ideali e facendo usodell’angolo θ in figura come coordinata lagrangiana, determinare:

(a) gli equilibri del sistema relativi alla terna Oxyz;

(b) le proprieta di stabilita dei predetti equilibri;

(c) l’espressione dell’energia cinetica nella terna Oxyz;

(d) le equazioni pure del moto;

(e) un integrale primo del sistema, nonche la velocita del punto C quando θ = 0, per ilmoto che soddisfa le condizioni iniziali (θ0, θ0) = (−π, 0).

Soluzione(a) Equilibri relativi alla terna Oxyz

Il sistema e scleronomo e soggetto esclusivamente a sollecitazioni posizionali e conservative,per cui le configurazioni di equilibrio si identificano con i punti critici del potenziale, cherisultera dalla somma di un contributo gravitazionale, uno centrifugo ed uno elastico. Lesollecitazioni di Coriolis sono applicate ortogonalmente al disco e nulla risulta la relativacomponente lagrangiana. Per il potenziale delle forze peso risulta

Ug = −mg e2 · (C − O) = −mg e2 · (R + r)(sin θ e1 − cos θ e2) = mg(R + r) cos θ

mentre il potenziale centrifugo vale

Ucf =ω2

2IOy =

ω2

2[ICy + m(R + r)2sin2θ

]=

mω2

2(R + r)2sin2θ + costante

Stefano Siboni 944

Page 111: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e quello elastico si scrive

Uel = −k

2|C − A|2 = −k

2[(R + r)2 + R2 + 2R(R + r) cos θ] =

= −kR(R + r) cos θ + costante = −mg

2(R + r) cos θ + costante

causa le ovvie relazioni trigonometriche

A −O = R e2 C −O = (R + r) sin θ e1 − (R + r) cos θ e2

C − A = (R + r) sin θ e1 − [(R + r) cos θ + R] e2

|C − A|2 = (R + r)2 + R2 + 2R(R + r) cos θ .

e l’essere per ipotesi k = mg/2. Omesse le costanti additive, irrilevanti, si perviene cosı alpotenziale del sistema

U(θ) =12mg(R + r) cos θ +

mω2

2(R + r)2sin2θ

i cui punti critici forniscono tutti e soltanto gli equilibri del sistema. La derivata prima delpotenziale assume la forma

U ′(θ) = −12mg(R + r) sin θ + mω2(R + r)2 sin θ cos θ

ed eguagliata a zero porge l’equazione trigonometrica

−12mg(R + r) sin θ + mω2(R + r)2 sin θ cos θ = 0

che puo anche riesprimersi nella forma equivalente

sin θ[−1

2mg(R + r) + mω2(R + r)2 cos θ

]= 0

dalla quale si deduce che:

(i) o risulta sin θ = 0, per cui gli equilibri θ = 0 e θ = π sono sempre definiti;

(ii) oppure si ha cos θ = g/2(R + r)ω2, con le ulteriori configurazioni di equilibrio

θ = ±θ , θ = arc cos[

g

2(R + r)ω2

]

definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia g/2(R + r)ω2 < 1.

Stefano Siboni 945

Page 112: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(b) Stabilita degli equilibri relativiPoiche il sistema e scleronomo e soggetto soltanto a sollecitazioni posizionali e conserva-tive, la stabilita degli equilibri puo essere studiata facendo ricorso ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. Si tratta di calcolare la derivata seconda del potenziale

U ′′(θ) = −mg

2(R + r) cos θ + mω2(R + r)2(cos2θ − sin2θ)

in corrispondenza delle singole configurazioni di equilibrio ordinarie del sistema.

Configurazione θ = 0Per θ = 0, la derivata seconda del potenziale diventa

U ′′(0) = −mg

2(R + r) + mω2(R + r)2 = mω2(R + r)2

[1 − g

2(R + r)ω2

]e non ha segno definito, per cui si rende necessario distinguere tre diverse possibilita:

(i) se g/2(R + r)ω2 > 1 risulta U ′′(0) < 0. La configurazione costituisce un massimorelativo proprio del potenziale e la sua stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet;

(ii) per g/2(R+ r)ω2 < 1 la derivata seconda del potenziale e strettamente positiva, il checomporta l’instabilita della configurazione per il teorema di inversione parziale;

(iii) se infine g/2(R+r)ω2 = 1 si e di fronte ad un caso critico. Nella fattispecie la derivataseconda del potenziale assume la forma particolare

U ′′(θ) =mg

2(R + r)

[− cos θ +

2(R + r)ω2

g(cos2θ − sin2θ)

]=

=mg

2(R + r)

(− cos θ + cos2θ − sin2θ

)=

mg

2(R + r)

[− cos θ + cos(2θ)

]e le derivate successive diventano

U (3)(θ) =mg

2(R + r)

[sin θ − 2 sin(2θ)

]U (4)(θ) =

mg

2(R + r)

[cos θ − 4 cos(2θ)

]in modo che nell’intorno della configurazione θ = 0 il potenziale ammette l’approssi-mazione di Taylor

U(θ) = U(0) +13!

U (3)(0)θ3 +14!

U (4)(0)θ4 + o(θ4) =

= U(0) +124

(−3

2

)mg(R + r)θ4 + o(θ4) =

= U(0) − 116

mg(R + r)θ4 + o(θ4) (θ → 0)

Stefano Siboni 946

Page 113: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

la quale consente di riconoscere in θ = 0 un massimo relativo proprio del potenziale,stabile per Lagrange-Dirichlet.

Configurazione θ = π

Nella fattispecie la derivata seconda del potenziale risulta sempre strettamente positiva

U ′′(π) =mg

2(R + r) + mω2(R + r)2 > 0

e la configurazione e quindi instabile per il teorema di inversione parziale.

Configurazioni θ = ±θ

Le configurazioni simmetriche θ = θ e θ = −θ, definite e distinte dalle precedenti perg/2(R + r)ω2 < 1, manifestano le stesse caratteristiche di stabilita a causa della evidentesimmetria del potenziale

U(−θ) = U(θ) ∀ θ ∈ R

in modo che e sufficiente analizzare il comportamento di una sola di esse, ad esempio diquella positiva. Siccome θ = arc cos[g/2(R + r)ω2 ], la derivata seconda del potenzialevale

U ′′(θ) = U ′′(−θ) = −mg

2(R + r) cos θ + mω2(R + r)2(cos2θ − sin2θ) =

= mω2(R + r)2[− g

2(R + r)ω2cos θ + 2cos2θ − 1

]=

= mω2(R + r)2 [cos2θ − 1] = −mω2(R + r)2sin2θ

e dal suo segno negativo si deduce che le configurazioni in esame rappresentano dei massimirelativi propri del potenziale. Il teorema di Lagrange-Dirichlet ne implica la stabilita.

Il seguente diagramma di biforcazione schematizza i risultati dell’analisi di stabilita quicondotta.

Stefano Siboni 947

Page 114: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(c) Energia cinetica in OxyzL’energia cinetica del disco viene calcolata con il teorema di Konig. Basta osservare che ilbaricentro del disco omogeneo coincide con il suo centro geometrico, di coordinate

C −O = (R + r)(sin θ e1 − cos θ e2)

e velocita istantaneaC = (R + r)(cos θ e1 + sin θ e2)θ ,

mentre la condizione di puro rotolamento conduce alla ben nota espressione per la velocitaangolare istantanea

ω =(R

r+ 1)θ e3

e il momento d’inerzia rispetto all’asse baricentrale Cz vale ICz = mr2/2. Il teorema diKonig porge allora

T =m

2C2 +

12ICz|ω|2 =

m

2(R + r)2θ2 +

12

mr2

2

(R

r+ 1)2

θ2 =34m(R + r)2 θ2

che e l’espressione cercata.

(d) Equazioni pure del motoIl sistema e olonomo, ad un grado di liberta e a vincoli ideali. La coordinata lagrangianache lo descrive e l’angolo di rotazione θ. Le equazioni pure del moto si riducono percioall’equazione di Lagrange

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

con lagrangiana

L = T + U =34m(R + r)2 θ2 +

12mg(R + r) cos θ +

mω2

2(R + r)2sin2θ .

Dalle ovvie relazioni:

∂L

∂θ=

32m(R + r)2 θ

d

dt

(∂L

∂θ

)=

32m(R + r)2θ

∂L

∂θ= −1

2mg(R + r) sin θ + mω2(R + r)2 sin θ cos θ

l’equazione del moto si ricava essere

32m(R + r)2 θ +

12mg(R + r) sin θ − mω2(R + r)2 sin θ cos θ = 0 .

Stefano Siboni 948

Page 115: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(e) Integrale primo e velocita di C

Il sistema e scleronomo, posizionale e conservativo. Un integrale primo e percio costituitodall’energia meccanica H = T − U

H(θ, θ) =34m(R + r)2 θ2 − 1

2mg(R + r) cos θ − mω2

2(R + r)2sin2θ .

Per il moto di condizioni iniziali θ(t0) = −π e θ(t0) = 0 il valore dell’energia meccanicaconservata e

E = H(−π, 0) =12mg(R + r) .

Lungo tale moto, quando θ = 0, il corrispondente θ deve soddisfare l’equazione di conser-vazione

H(0, θ) =34m(R + r)2θ2 − 1

2mg(R + r) = E =

12mg(R + r)

ossia34m(R + r)2 θ2 = mg(R + r)

da cui si deduce

θ2 =4

3m(R + r)2mg(R + r) =

4g

3(R + r)

ed infine

θ = ±2√

g

3(R + r).

D’altra parte, la velocita del punto C e data dall’espressione generale

C = θ e3 ∧ (C − O) = θ e3 ∧ (R + r)(sin θ e1 − cos θ e2) = θ(R + r)(cos θ e1 + sin θ e2)

e quindi per θ = 0 e θ = ±2√

g/3(R + r) deve aversi necessariamente

C = ±2√

g

3(R + r)(R + r) e1 = ± 2√

3

√g(R + r) e1 .

Si noti che il problema non ammette una soluzione univoca, sulla base dei dati disponibili;il vettore velocita istantanea del punto C e determinato a meno del segno.

Stefano Siboni 949

Page 116: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 164. Geometria delle masse e corpo rigido con asse fissoRispetto alla terna solidale illustrata in figura, la distribuzione di massa della laminaquadrata OABC e descritta dalla densita σ(ξ, η, ζ) = mL−4ξη con m costante positiva e0 ≤ ξ, η ≤ L. La lamina e in moto con punto fisso O, privo di attrito, rispetto alla ternaassoluta Oxyz.

Determinare:

(a) il baricentro della lamina rispetto a Oξηζ;

(b) la matrice d’inerzia del sistema rispetto a Oξηζ;

(c) le condizioni iniziali per le quali si hanno moti di rotazione permanente del sistema;

(d) il momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse OB;

(e) la velocita angolare ω all’istante t = 0 per il moto caratterizzato dalle relazioni orarie:

e′1 = cos 3t e1 − sin 3t e2

e′2 = sin3t e1 + cos 3t e2 t ∈ [0, 1]e′3 = e3 .

Soluzione(a) Baricentro della lamina rispetto alla terna solidale OξηζIndicate con ξG, ηG, ζG le coordinate del baricentro G della lamina rispetto alla ternasolidale Oξηζ

G − O = ξG e′1 + ηGe′2 + ζGe′3 ,

si ha immediatamente cheζG = 0

essendo il piano di giacitura Oξη della lamina un evidente piano di simmetria del sistema.La massa totale della lamina si determina integrando la funzione densita sul quadrato(ξ, η) ∈ [0, L]2 e risulta quindi

M =

L∫0

L∫0

dηm

L4ξη =

m

L4

[ξ2

2

]L

0

[η2

2

]L

0

=m

4.

Stefano Siboni 950

Page 117: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Le coordinate ξG e ηG vengono poi calcolate per mezzo della definizione, sicche si ha

ξG =4m

L∫0

L∫0

dηm

L4ξ2η =

4L4

L∫0

ξ2dξ

L∫0

η dη =4L4

[ξ3

3

]L

0

[η2

2

]L

0

=23L

e analogamente

ηG =4m

L∫0

L∫0

dηm

L4ξη2 =

23L

per cui

G − O =23L e′1 +

23L e′2 .

Si osservi che in forza del precedente risultato il baricentro del sistema appartiene all’asseOB, che in effetti costituisce un evidente asse di simmetria del sistema. Il generico puntoP (ξ, η, 0) del piano Oξη appartiene infatti alla lamina se e soltanto se il relativo puntosimmetrico P (η, ξ, 0) e a sua volta appartenente alla lamina, e i punti simmetrici rispettoalla retta OB presentano lo stesso valore della densita

σ(P ) =m

L4ξη =

m

L4ηξ = σ(P ) .

(b) Matrice d’inerzia rispetto al riferimento OξηζPoiche la lamina giace nel piano coordinato Oξη, la matrice d’inerzia del sistema rispettoalla terna Oξηζ assume la forma

Loξηζ =

Lξξ Lξη 0Lξη Lηη 00 0 Lξξ + Lηη

per cui e sufficiente procedere al calcolo dei momenti Lξξ, Lηη e del prodotto d’inerzia Lξη.La definizione di Lξξ porge

Lξξ =

L∫0

L∫0

dηm

L4ξη η2 =

m

L4

[ξ2

2

]L

0

[η4

4

]L

0

=mL2

8

e allo stesso risultato si perviene per il momento Lηη

Lηη =

L∫0

L∫0

dηm

L4ξη ξ2 =

m

L4

[η2

2

]L

0

[ξ4

4

]L

0

=mL2

8,

mentre il prodotto d’inerzia incognito vale

Lξη = −L∫

0

L∫0

dηm

L4ξη ξη = − m

L4

[ξ3

3

]L

0

[η3

3

]L

0

= −mL2

9.

Stefano Siboni 951

Page 118: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

La matrice d’inerzia cercata si scrive pertanto

LOξηζ = mL2

1/8 −1/9 0−1/9 1/8 0

0 0 1/4

.

(c) Rotazioni permanentiTrattandosi di sistema rigido con punto fisso privo di attrito e non soggetto ad alcunasollecitazione attiva esterna, il moto e per inerzia (o alla Poinsot) e puo dunque ridursiad una rotazione permanente (o stazionaria) per una scelta appropriata delle condizioniiniziali. E noto dalla dinamica dei sistemi rigidi con punto fisso che le rotazioni permanentiricorrono se e soltanto se la velocita angolare iniziale del sistema risulta diretta secondo unasse principale d’inerzia nel punto fisso O. Il problema si riduce percio alla individuazionedegli assi principali d’inerzia rispetto al punto fisso. Il problema puo essere facilmenterisolto facendo uso di considerazioni di simmetria. Si e gia sottolineato in precedenzacome il piano Oξη di giacitura della lamina costituisca un evidente piano di simmetria,e cio basta ad assicurare che l’asse Oζ , ortogonale a tale piano, sia un asse principale inO. Gli altri due assi principali debbono risultare fra loro ortogonali ed essere ubicati nelpiano coordinato Oξη stesso. D’altra parte, la retta OB e gia stata riconosciuta come assedi simmetria e costituisce dunque un secondo asse principale in O. Il terzo asse principaleviene individuato di conseguenza, come ortogonale ai due precedenti. Gli assi principalid’inerzia nel punto fisso O sono quindi, in forma parametrica

ξ = 0η = 0ζ = s s ∈ R

ξ = sη = sζ = 0 s ∈ R

ξ = −sη = sζ = 0 s ∈ R .

I moti di rotazione permanente si hanno per un qualsiasi vettore velocita angolare istan-tanea iniziale della forma

ω = ω1e′1 + ω2e

′2 + ω3e

′3

con le componenti ω1, ω2, ω3 del tipo

(ω1, ω2, ω3) = α(0, 0, 1) α ∈ R

(ω1, ω2, ω3) = α(1, 1, 0) α ∈ R

(ω1, ω2, ω3) = α(−1, 1, 0) α ∈ R .

A stretto rigore, occorrerebbe verificare che il sistema non ammette ulteriori assi principalid’inerzia oltre a quelli gia individuati, una circostanza che si verificherebbe qualora lalamina presentasse struttura giroscopica (o distribuzione sferica di massa) rispetto al puntofisso assegnato. A questo scopo e sufficiente calcolare i momenti principali d’inerzia delsistema, autovalori della matrice LOξηζ . Indicato con λ = mL2µ il generico autovalore,l’equazione caratteristica

det[LOξηζ − mL2µ] = 0

Stefano Siboni 952

Page 119: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

si riduce a ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

18− µ −1

90

−19

18− µ 0

0 014− µ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0

che, calcolato il determinante, diventa[(18− µ)2

− 192

](14− µ)

= 0

e puo porsi nella forma (18− µ − 1

9

)(18− µ +

19

)(14− µ)

= 0

a sua volta equivalente a ( 172

− µ)(17

72− µ)(1

4− µ)

= 0 .

Dall’equazione ottenuta si deduce che i momenti principali d’inerzia sono tutti distinti

λ = mL2µ =172

mL2 ,1772

mL2 ,14mL2

e che pertanto gli assi principali d’inerzia sono tutti e soli quelli determinati in precedenza.

Vale la pena di sottolineare, per completezza, che alla individuazione degli assi principalid’inerzia si puo anche pervenire calcolando esplicitamente gli autovettori della matriced’inerzia. Conviene procedere, al solito, esaminando uno ad uno i singoli autovalori.

Autovalore mL2/4Si ha in questo caso µ = 1/4, per cui gli autovettori relativi sono caratterizzati dal sistemaomogeneo di equazioni lineari−1/8 −1/9 0

−1/9 −1/8 00 0 0

ξηζ

= 0

ovvero dal sistema equivalente−1

8ξ − 1

9η = 0

−19ξ − 1

8η = 0

⇐⇒

ξ = 0

η = 0

Stefano Siboni 953

Page 120: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

per cui gli autovettori relativi a mL2/4 sono dati tutti e soltanto dall’espressione ξηζ

= α

001

, α ∈ R \ 0 .

Autovalore mL2/72Per µ = 1/72 gli autovettori sono individuati come soluzioni non banali del sistema lineareomogeneo 1/9 −1/9 0

−1/9 1/9 00 0 17/72

ξηζ

= 0

dal quale si deduce il sistema di equazioni linearmente indipendenti19ξ − 1

9η = 0

1772

ζ = 0

⇐⇒

ξ = η

ζ = 0

in modo che l’autospazio associato all’autovalore mL2/72 e dato da ξηζ

= α

110

, α ∈ R \ 0 .

Autovalore 17mL2/72Nel caso di µ = 17/72, gli autovettori sono le soluzioni non nulle del sistema lineareomogeneo −1/9 −1/9 0

−1/9 −1/9 00 0 1/72

ξηζ

= 0

dal quale si deduce −1

9ξ − 1

9η = 0

172

ζ = 0

⇐⇒

ξ = −η

ζ = 0

e si ricavano le soluzioni ξηζ

= α

1−10

, α ∈ R \ 0 .

Stefano Siboni 954

Page 121: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Gli assi principali d’inerzia del sistema devono coincidere con le direzioni individuate dagliautovettori, che costituiscono una base ortogonale. E immediato verificare che il risultatoottenuto tramite il computo degli autovettori coincide con quello ricavato in precedenzasulla base delle proprieta di simmetria.

(d) Momento d’inerzia rispetto all’asse OBIl momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse OB pue essere dedotto immediatamenteosservando che la retta OB coincide con uno degli assi principali d’inerzia precedentementecalcolato. A tale asse e associato l’autovalore

λ =172

mL2

che costituisce il momento (principale) d’inerzia cercato. Alla stessa conclusione si pervieneapplicando la relazione generale che lega la matrice d’inerzia al versore dell’asse rispettoal quale il momento d’inerzia deve essere determinato. Si ha infatti

B − O = L e′1 + L e′2

per cui

n =B − O

|B − O| =1√2

e′1 +1√2

e′2

e quindi

IOB = n · LO(n) =(

1√2

1√2

0)

mL2

1/8 −1/9 0−1/9 1/8 0

0 0 1/4

1√2

1√2

0

=

=mL2

2( 1 1 0 )

1/8 −1/9 0−1/9 1/8 0

0 0 1/4

110

=mL2

2( 1 1 0 )

1/721/72

0

=mL2

72

a conferma di quanto gia affermato.

(e) Velocita angolare per un particolare moto con punto fissoEssendo note le leggi orarie dei versori associati alla terna solidale

e′1(t) = cos 3t e1 − sin 3t e2

e′2(t) = sin 3t e1 + cos 3t e2

e′3(t) = e3 t ∈ [0, 1]

Stefano Siboni 955

Page 122: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

il vettore velocita angolare istantanea della lamina rigida rispetto alla terna assoluta si puoesprimere nella forma

ω =12

3∑i=1

e′i ∧de′idt

.

E percio sufficiente calcolare le derivate rispetto al tempo dei versori solidali

de′1dt

= −3 sin 3t e1 − 3 cos 3t e2

de′2dt

= 3 cos 3t e1 − 3 sin 3t e2

de′3dt

= 0

e sostituire nella precedente relazione

ω(t) =12

[e′1 ∧

de′1dt

+ e′2 ∧de′2dt

]=

=12

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

cos 3t − sin 3t 0−3 sin 3t −3 cos 3t 0

∣∣∣∣∣∣+ 12

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

sin 3t cos 3t 03 cos 3t −3 sin 3t 0

∣∣∣∣∣∣ =

=12

e3[−3 cos23t − 3 sin23t] +12

e3[−3 sin23t − 3 cos23t]

per ottenere il vettore velocita angolare istantanea del moto ad un generico istante t ∈ [0, 1]

ω(t) = −3 e3 .

Si conclude cosı che la velocita angolare del sistema si mantiene costante nel tempo —il moto e in realta una rotazione uniforme attorno ad un asse fisso. All’istante t = 0 lavelocita angolare richiesta vale pertanto

ω(0) = −3 e3 .

Esercizio 165. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoNel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz si consideri un disco circolare omogeneodi centro C , raggio R e massa m, con un punto del suo bordo fisso in O. Il punto A deldisco, diametralmente opposto ad O, e incernierato ad un’asta rigida AB, di lunghezza2R e massa m, il cui estremo B puo scivolare senza attrito lungo l’asse Ox. Nello stessopiano Oxy un punto materiale P , di massa m, si muove mantenendo costante la propriadistanza R dall’estremita A. Una molla ideale di costante elastica k = 3mg/2R congiungeinfine A con la proiezione ortogonale D di questo sull’asse Ox.

Stefano Siboni 956

Page 123: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Nell’ipotesi che i vincoli siano ideali, e facendo uso degli angoli θ e φ evidenziati in figuracome parametri lagrangiani, si determinino:

(a) gli equilibri del sistema;

(b) le proprieta di stabilita dei predetti equilibri;

(c) l’espressione dell’energia cinetica;

(d) le equazioni del moto;

(e) un integrale primo del sistema.

Soluzione(a) EquilibriTrattandosi di sistema scleronomo a vincoli bilaterali e ideali, soggetto esclusivamente asollecitazioni posizionali e conservative, le configurazioni di equilibrio si identificano coni punti critici del potenziale U . Questo e dato dalla somma del potenziale elastico dellamolla ideale AD e dei potenziali gravitazionali relativi al disco circolare, all’asta AB ed alpunto materiale P . Il potenziale elastico della molla si determina immediatamente dalladefinizione

Uel = −k

2|A −D|2 = −3mg

4R|A − D|2 = −3mg

4R(2R cos θ)2 = −3mgR cos2θ

mentre per il potenziale gravitazionale del disco si ha l’espressione

Udiscog = −mg(C − O) · e2 = mgR cos θ .

Un calcolo analogo, osservato che il triangolo OAB e isoscele, conduce al potenziale gra-vitazionale dell’asta AB

Uastag = −mg

A −O + B −O

2· e2 = mgR cos θ

e a quello del punto materiale P

UPg = −mg(P − O) · e2 =

= −mg(P − A + A −O) · e2 = −mg[(P − A) · e2 + (A − O) · e2] == −mg(−R cos φ − 2R cos θ) = mgR(cos θ + cos φ) .

Stefano Siboni 957

Page 124: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Il potenziale del sistema risulta percio

U(θ, φ) = −3mgRcos2θ + 3mgR cos θ + mgR cos φ

e le sue derivate parziali prime assumono la forma

∂U

∂θ(θ, φ) = 3mgR (2 sin θ cos θ − sin θ)

∂U

∂φ(θ, φ) = −mgR sinφ .

Le configurazioni di equilibrio sono tutte e sole le soluzioni del sistema di equazioni trigono-metriche

3mgR (2 sin θ cos θ − sin θ) = 0

−mgR sin φ = 0

che equivale al sistema di equazioni disaccoppiate sin θ(cos θ − 1

2

)= 0

sin φ = 0 .

Dalla prima equazione, eguagliando a zero rispettivamente il primo ed il secondo fattorenel membro di sinistra si ottengono le soluzioni

θ = 0 , π , π/3 , −π/3 ,

mentre l’equazione in φ porgeφ = 0 , π ,

sicche le configurazioni di equilibrio sono date da tutte le possibili combinazioni dei risultati

(θ, φ) = (0, 0) , (π, 0) , (π/3, 0) , (−π/3, 0) ,

= (0, π) , (π, π) , (π/3, π) , (−π/3, π) .

(b) Stabilita degli equilibriTutte le sollecitazioni attive applicate al sistema — scleronomo — hanno natura posizionalee conservativa, per cui la stabilita degli equilibri puo essere studiata facendo ricorso aiteoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo si rende necessarioil calcolo preventivo delle derivate parziali seconde del potenziale di sistema

Uθθ = 3mgR (− cos θ + 2cos2θ − 2sin2θ)Uφφ = −mgR cos φ

Uθφ = Uφθ = 0

Stefano Siboni 958

Page 125: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

cui corrisponde la matrice hessiana

HU (θ, φ) = mgR

(3(− cos θ + 2cos2θ − 2sin2θ) 0

0 − cos φ

)Si hanno cosı tutti gli elementi per poter procedere all’analisi di stabilita delle singoleconfigurazioni di equilibrio.

Configurazioni con φ = πDal momento che

− cos φ = − cos π = +1 > 0 ,

tutte le configurazioni per le quali φ = π

(θ, φ) = (0, π) , (π, π) , (π/3, π) , (−π/3, π)

sono caratterizzate da una matrice hessiana del potenziale con almeno un autovalore po-sitivo e risultano percio instabili in virtu del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (θ, φ) = (0, 0)La matrice hessiana dal potenziale diventa in questo caso

HU (0, 0) = mgR

(3 00 −1

)e la presenza dell’autovalore positivo +3 assicura l’instabilita della relativa configurazione,per il teorema di inversione parziale di L.-D..

Configurazione (θ, φ) = (π, 0)Dall’espressione esplicita della matrice hessiana

HU (0, 0) = mgR

(9 00 −1

)si deduce immediatamente, come nei casi precedenti, l’instabilita della configurazione.

Configurazioni (θ, φ) = (+π/3, 0), (−π/3, 0)Causa il carattere definito negativo della matrice hessiana

HU (0, 0) = mgR

(−9/2 0

0 −1

),

le configurazioni in esame sono massimi relativi propri del potenziale e risultano stabiligrazie al teorema di Lagrange-Dirichlet. La conservazione dell’energia consente peraltro diescludere l’attrattivita dell’equilibrio e dunque la natura asintotica della stabilita.

Stefano Siboni 959

Page 126: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(c) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema consta della somma di tre contributi, uno relativo al discoD, un secondo imputabile all’asta AB e un terzo per il punto materiale P .

Energia cinetica del discoL’energia cinetica del disco si ricava immediatamente notando che l’asse coordinato Oz efisso per questa parte rigida del sistema e facendo uso del teorema di Huygens-Steiner percalcolare il relativo momento d’inerzia

TD =12ID

Oz|ωD|2 =12(m|C −O|2 + ID

Cz)|θ e3|2 =12

(mR2 +

mR2

2

)θ2 =

34mR2θ2

essendo ωD = θe3 la velocita angolare istantanea e ICz = mR2/2 il momento d’inerziarispetto all’asse Cz del disco.

Energia cinetica dell’asta ABPoiche l’asta AB non presenta punti fissi, conviene determinarne l’energia cinetica permezzo del teorema di Konig. A questo fine si ricava preliminarmente il vettore posizionedel baricentro G dell’asta in termini delle coordinate lagrangiane

G − O =A − O + B − O

2=

=12[2R sin θ e1 − 2R cos θ e2 + 4R sin θ e1] = 3R sin θ e1 − R cos θ e2

e derivando rispetto al tempo si perviene all’espressione della relativa velocita

G = (3R cos θ e1 + R sin θ e2)θ

il cui modulo quadrato risulta

|G|2 = (9R2cos2θ + R2sin2θ)θ2 = R2(9cos2θ + sin2θ)θ2 .

Il teorema di Konig porge allora

TAB =m

2|G|2 +

12IABGz |ωAB|2 =

m

2R2(9cos2θ + sin2θ)θ2 +

mR2

6θ2 =

=mR2

2

(1 + 8cos2θ +

13

)θ2 =

mR2

2

(43

+ 8cos2θ)θ2 = mR2

(23

+ 4cos2θ)θ2

essendosi fatto uso delle relazioni

ωAB = −θ e3 IABGz =

112

m(2R)2 =mR2

3

per la velocita angolare istantanea e il momento d’inerzia rispetto all’asse Gz dell’asta,rispettivamente.

Stefano Siboni 960

Page 127: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Energia cinetica del punto P

Il vettore posizione del punto P rispetto alla terna assoluta si scrive

P − O = A − O + P − A = 2R sin θ e1 − 2R cos θ e2 + R sin φ e1 − R cos φ e2 == R(2 sin θ + sin φ) e1 −R(2 cos θ + cos φ) e2

e la velocita relativa alla stessa terna assume la forma

P = R(2 cos θ θ + cos φ φ) e1 + R(2 sin θ θ + sinφ φ) e2

in modo che l’energia cinetica del punto diventa

TP =m

2P 2 =

mR2

2(4cos2θθ2 + cos2φφ2 + 4 cos θ cos φ θφ +

+4sin2θθ2 + sin2φφ2 + 4 sin θ sinφ θφ) =

=mR2

2[4θ2 + φ2 + 4 cos(θ − φ) θφ] .

Per l’energia cinetica T = TD + TAB + TP del sistema si ha pertanto l’espressione

T =34mR2θ2 + mR2

(23

+ 4cos2θ)θ2 +

mR2

2[4θ2 + φ2 + 4 cos(θ − φ) θφ] =

= mR2(3

4+

23

+ 4cos2θ + 2)θ2 +

mR2

2φ2 + 2mR2 cos(θ − φ) θφ

che, semplificando, si riduce a

T = mR2(41

12+ 4cos2θ

)θ2 +

mR2

2φ2 + 2mR2 cos(θ − φ) θφ .

(d) Equazioni del motoNell’ipotesi di vincoli ideali, le equazioni del moto sono quelle di Lagrange

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

d

dt

(∂L

∂φ

)− ∂L

∂φ= 0

con la lagrangiana L = T + U data da

L = mR2(41

12+ 4cos2θ

)θ2 +

mR2

2φ2 + 2mR2 cos(θ − φ)θφ

− 3mgRcos2θ + 3mgR cos θ + mgR cos φ .

Stefano Siboni 961

Page 128: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Si hanno le relazioni:

∂L

∂θ= mR2

(416

+ 8cos2θ)θ + 2mR2 cos(θ − φ)φ

d

dt

(∂L

∂θ

)= mR2

(416

+ 8cos2θ)θ + 2mR2 cos(θ − φ)φ−

− 16mR2 cos θ sin θθ2 − 2mR2 sin(θ − φ) φ(θ − φ)∂L

∂θ= − 8mR2 cos θ sin θ θ2 − 2mR2 sin(θ − φ) θφ−

− 3mgR sin θ + 6mgR cos θ sin θ

dalle quali si deduce la prima delle equazioni lagrangiane

mR2(41

6+ 8cos2θ

)θ + 2mR2 cos(θ − φ)φ − 8mR2 sin θ cos θ θ2+

+ 2mR2 sin(θ − φ) φ2 + 3mgR sin θ − 6mgR sin θ cos θ = 0

mentre, in modo analogo, le espressioni:

∂L

∂φ= mR2φ + 2mR2 cos(θ − φ) θ

d

dt

(∂L

∂φ

)= mR2φ + 2mR2 cos(θ − φ) θ − 2mR2 sin(θ − φ) θ(θ − φ)

∂L

∂φ= 2mR2 sin(θ − φ) θφ− mgR sin φ

porgono la seconda equazione del moto

mR2φ + 2mR2 cos(θ − φ) θ − 2mR2 sin(θ − φ) θ2 + mgR sin φ = 0 .

(e) Integrale primoUn ovvio integrale primo del sistema, scleronomo e posizionale conservativo, e quellodell’energia meccanica H = T − U , che si scrive

H = mR2(41

12+ 4cos2θ

)θ2 +

mR2

2φ2 + 2mR2 cos(θ − φ) θφ+

+ 3mgRcos2θ − 3mgR cos θ − mgR cos φ .

Stefano Siboni 962

Page 129: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 166. Geometria delle masseUna lamina rigida e pesante, costituita da un quarto di cerchio di raggio R, si muovecon punto fisso privo di attrito O, che ne costituisce il centro e coincide con l’origine diuna terna Oαβγ. La terna Oαβγ ruota con velocita angolare costante ω attorno all’asseverticale Oβ rispetto ad un riferimento inerziale. Solidale alla lamina si considera unaterna Oxyz di origine O che cointiene per intero la lamina nel primo quadrante del pianoOxy — vedi figura.

In un suo generico punto P , la densita della lamina e data da σ(P ) = 10µ|P − O|R−3.Determinare:

(a) la massa della lamina;

(b) il baricentro rispetto alla terna solidale Oxyz;

(c) la matrice d’inerzia relativamente alla terna Oxyz;

(d) l’energia cinetica relativa a Oαβγ assumendo il punto O fisso e la velocita angolareistantanea data da ω = 2ωe1 + ωe3;

(e) per quale valore di ξ ∈ R la forza FA = ξe2 applicata in A assicura l’equilibrio relativoa Oαβγ nella configurazione che vede coincidere le terne fissa e solidale.

Soluzione(a) Massa della laminaLa massa della lamina viene ricavata per mezzo della definizione, integrando la densita σsull’intera superficie del settore circolare. Conviene eseguire l’intergrazione in coordinatepolari ρ, φ. A questo scopo si ricorda che il determinante jacobiano della trasformazionedi coordinate

x = ρ cos φ y = ρ sin φ

vale

det∣∣∣∣ cos φ −ρ sinφsinφ ρ cos φ

∣∣∣∣ = ρ

in modo che risulta

m =

R∫0

π/2∫0

dφ ρ10µ

R3ρ =

10µ

R3

R∫0

dρ ρ2 π

2=

53πµ .

Stefano Siboni 963

Page 130: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(b) BaricentroSi indichino con xG, yG, zG le coordinate del baricentro G rispetto alla terna solidale Oxyz.Il settore circolare e completamente ubicato nel piano coordinato Oxy, che ne costituiscepercio un ovvio piano di simmetria. Il baricentro del sistema appartiene dunque allo stessopiano, per cui

zG = 0 .

Analoghe proprieta di simmetria consentono di affermare che

xG = yG

in quanto la bisettrice x = y, z = 0 e asse di simmetria del sistema. Il problema dellaindividuazione di G viene quindi ricondotto al calcolo della sola ascissa xG. La definizioneporge, in coordinate polari piane

xG =1m

∫xdm =

1m

R∫0

π/2∫0

dφ ρ10µ

R3ρ ρ cos φ =

=1m

10µ

R3

R∫0

ρ3dρ

π/2∫0

cos φ dφ =3

5πµ

10µ

R3

R4

4[sinφ

]π/2

0=

32π

R

e il vettore posizione del baricentro relativamente alla terna Oxyz si scrive

G − O =32π

R e1 +32π

R e2 .

(c) Matrice d’inerziaNella determinazione della matrice d’inerzia rispetto alla terna solidale Oxyz ci si puovalere delle proprieta di simmetria. Dal momento che la lamina e completamente collocatanel piano coordinato Oxy, si ha immediatamente che i prodotti d’inerzia in z sono tuttinulli

Lxz = Lzx = Lyz = Lzy = 0

e che il momento d’inerzia relativo all’asse ortogonale alla lamina e la somma dei momentid’inerzia calcolati rispetto agli assi coordinati a questa complanari

Lzz = Lxx + Lyy .

L’essere la bisettrice y = x, z = 0 un asse di simmetria porge l’ulteriore condizione

Lxx = Lyy

che del resto e dato di verificare con un calcolo diretto, notando che la definizione

Lxx =

R∫0

π/2∫0

dφ ρ10µ

R3ρ ρ2sin2φ

Stefano Siboni 964

Page 131: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

per mezzo del cambiamento di variabile φ = (π/2) − ψ diventa

Lxx =

R∫0

π/2∫0

dψ ρ10µ

R3ρ ρ2cos2ψ

e con l’ulteriore sostituzione ψ = φ conduce al risultato richiesto

Lxx =

R∫0

π/2∫0

dφ ρ10µ

R3ρ ρ2cos2φ = Lyy .

Si ha di conseguenzaLzz = Lxx + Lxx = 2Lxx

e non rimane che calcolare il momento Lxx e il prodotto d’inerzia Lxy. Per il primo risulta

Lxx =10µ

R3

R∫0

ρ4dρ

π/2∫0

sin2φ dφ =10µ

R3

R5

5

π/2∫0

1 − cos 2φ

2dφ =

= µR2

[φ− sin 2φ

2

]π/2

0

2µR2

mentre il prodotto d’inerzia vale

Lxy = −R∫

0

π/2∫0

dφ ρ10µ

R3ρ ρ2 sinφ cos φ =

= −10µ

R3

R∫0

ρ4dρ

π/2∫0

sinφ cos φ dφ = −10µ

R3

R5

5

[sin2φ

2

]π/2

0

= −µR2.

Se ne deduce che Lzz = πµR2, per cui la matrice d’inerzia del sistema assume la forma

[L] = µR2

π/2 −1 0−1 π/2 00 0 π

.

(d) Energia cinetica relativa a OαβγPoiche la lamina e in moto rigido con punto fisso O, rispetto alla terna di riferimentoOαβγ, l’energia cinetica del sistema viene rappresentata direttamente per mezzo dellanota formula

T =12ω · LO(ω) =

12ω(2 0 1)µR2

π/2 −1 0−1 π/2 00 0 π

ω

201

=

=12µR2ω2(2 0 1)

π−2π

=32πµR2ω2 .

Stefano Siboni 965

Page 132: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(e) Valore di ξ che realizza l’equilibrioRispetto alla terna Oαβγ la lamina rigida e vincolata a muoversi con punto fisso O privodi attrito, per cui il sistema si riconosce essere a vincoli ideali e la condizione necessariae sufficiente per l’equilibrio si riduce a richiedere l’annullarsi del momento risultante delleforze attive, valutate in condizioni statiche nella configurazione data, rispetto al punto fisso.Poiche Oαβγ e posta in rotazione con velocita angolare costante ω attorno all’asse Oβrispetto ad una terna inerziale, essa e sede di forze fittizie di trascinamento — centrifughe— e di Coriolis, queste ultime nulle in condizioni statiche e quindi totalmente ininfluentiagli effetti dell’equilibrio. Sul corpo agisce inoltre la forza peso, parallela e discorde rispettoall’asse Oβ. Nella configurazione per la quale la terna solidale Oxyz si sovrappone a quellafissa Oαβγ, la forza centrifuga agente su un piccolo elemento di lamina, di massa dm ecoordinate (α, β, γ) = (x, y, 0), si scrive

dF = ω2x e1 dm

ed il relativo momento rispetto ad O risulta

(P −O) ∧ dF = (x e1 + y e2) ∧ ω2xdm e1 = −ω2xy dm e3

in modo che il momento risultante in O delle forze centrifughe diventa

McfO = −ω2

∫xy dm e3 = ω2Lxy e3 .

Il momento risultante in O delle forze peso si ricava invece ricordando che il sistema delleforze gravitazionali parallele e equivalente ad un’unica forza — il peso totale — applicatanel baricentro G, in modo che

MgO = (G − O) ∧ mg =

3R

2π(e1 + e2) ∧ (−mg e2) = −3R

2πmg e3 =

= −3R

3µg e3 = −5

2µRg e3 .

Per la forza FA agente in A si ha infine

(A − O) ∧ FA = R e1 ∧ ξ e2 = ξR e3 .

L’equilibrio nella configurazione assegnata ricorre se e soltanto se risulta nullo il momentodelle sollecitazioni attive rispetto al punto fisso O, considerando le forze agenti in condizionidi quiete, ossia

ω2Lxy e3 −52Rµg e3 + ξR e3 = 0 .

La condizione e equivalente a

ω2Lxy − 52Rµg + ξR = 0

e fornisce il valore della costante ξ necessario e sufficiente per l’equilibrio

ξ = −ω2

RLxy +

52µg = −ω2

R(−µR2) +

52µg = µRω2 +

52µg .

Stefano Siboni 966

Page 133: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 167. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoNel piano verticale Oxy di una terna di riferimento inerziale una lamina quadrata L, dilato 2R, massa M e centro C , ha il lato AB vincolato a scorrere lungo l’asse orizzontaleOx. Al centro di L e praticato un foro circolare di raggio R, lungo il cui bordo internorotola senza strisciare un disco circolare omogeneo D, di centro G, massa m e raggio r < R.Il sistema e soggetto al peso e una molla di costante elastica k collega G all’origine O.

Nell’ipotesi che i vincoli siano ideali, si utilizzino le coordinate lagrangiane s e θ mostratein figura per determinare:

(a) l’energia cinetica del sistema;

(b) le configurazioni di equilibrio;

(c) le proprieta di stabilita degli equilibri;

(d) le equazioni del moto;

(e) una costante del moto del sistema.

Soluzione(a) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema consta della somma di due contributi, l’uno relativo allalamina L e l’altro al disco D.

Energia cinetica della laminaDal momento che il lato AB e vincolato a scorrere lungo l’asse Ox, il moto della laminae puramente traslatorio per cui sara sufficiente determinare la velocita di un suo puntoqualsiasi, ad esempio del centro C . A questo scopo bastera derivare rispetto al tempo ilvettore posizione

C − O = s e1 + R e2

per ottenereC = s e1

in modo che l’energia cinetica della lamina si ridurra a

TL =M

2C2 =

M

2s2.

Stefano Siboni 967

Page 134: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Energia cinetica del discoIl disco D e privo di punti fissi, per cui la sua energia cinetica puo essere determinatamediante il teorema di Konig. Il vettore posizione del baricentro G, centro geometrico deldisco, vale

G − O = C − O + G − C = s e1 + R e2 + (R − r) sin θ e1 − (R − r) cos θ e2 == [s + (R − r) sin θ] e1 + [R − (R − r) cos θ] e2

e la sua velocita si scrive

G = [s + (R − r) cos θ θ] e1 + (R − r) sin θ θ e2

con modulo quadrato

|G|2 = s2 + (R − r)2 θ2 + 2(R − r) cos θ sθ .

La velocita angolare del disco rispetto alla terna assoluta Oxyz coincide con quella relativaad una qualsiasi terna solidale alla lamina L, che come e ben noto puo esprimersi nellaforma

ωD = −(R

r− 1)θ e3 .

L’energia cinetica del disco risulta allora

TD =m

2G2 +

12

mr2

2|ωD|2 =

=m

2s2 +

m

2(R − r)2θ2 + m(R − r) cos θ sθ +

mr2

4(R − r)2

r2θ2 =

=m

2s2 +

34m(R − r)2θ2 + m(R − r) cos θ sθ .

Per l’energia cinetica del sistema si ha pertanto

T = TL + TD =M + m

2s2 +

34m(R − r)2 θ2 + m(R − r) cos θ sθ .

(b) Configurazioni di equilibrioIl sistema e scleronomo a vincoli bilaterali e tutte le sollecitazioni attive agenti su di essohanno natura posizionale e conservativa. Gli equilibri sono percio tutti e soltanto i punticritici del potenziale U del sistema, dato dalla somma di un termine gravitazionale e di untermine elastico. Il potenziale gravitazionale della lamina L puo essere ignorato, visto chel’ordinata del baricentro C si mantiene costante lungo qualsiasi moto possibile del sistema.Il potenziale delle forze peso si riduce dunque al solo contributo del disco D

Ug = UD

g = −mg(G − O) · e2 = −mg[R− (R − r) cos θ] = mg(R − r) cos θ + costante .

Stefano Siboni 968

Page 135: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Il potenziale relativo all’interazione elastica fra l’origine O e il centro G del disco e deter-minabile per mezzo della relazione

Uel = −k

2|G −O|2 = −k

2|[s + (R − r) sin θ] e1 + [R − (R − r) cos θ] e2|2 =

= −k

2[s2 + (R − r)2sin2θ + 2(R − r)s sin θ + R2 + (R − r)2cos2θ − 2(R − r)R cos θ

]= −k

2[s2 + (R − r)2 + R2 + 2(R − r)s sin θ − 2(R − r)R cos θ] =

= −k

2s2 + k(R − r)(−s sin θ + R cos θ) + costante

e porge quindi per il potenziale totale del sistema l’espressione

U(s, θ) = Ug + Uel = mg(R − r) cos θ − k

2s2 + k(R − r)(−s sin θ + R cos θ) =

= −k

2s2 + (R − r)

[−ks sin θ + (kR + mg) cos θ

]nella quale si sono ignorate le inessenziali costanti additive. Le equazioni di equilibrio siricavano uguagliando a zero le derivate parziali prime del potenziale

Us =∂U

∂s= −ks − k(R − r) sin θ

Uθ =∂U

∂θ= (R − r)

[−ks cos θ − (kR + mg) sin θ

]e consistono quindi nel sistema di equazioni trigonometriche s = −(R − r) sin θ

ks cos θ + (kR + mg) sin θ = 0

che una sostituzione della prima equazione nella seconda riduce immediatamente alla forma s = −(R − r) sin θ

−k(R− r) sin θ cos θ + (kR + mg) sin θ = 0

e dunque equivale a s = −(R − r) sin θ

[−k(R − r) cos θ + (kR + mg)] sin θ = 0 .

Nella seconda equazione compare ora la sola incognita θ e le sue soluzioni si deduconouguagliando a zero l’uno o l’altro dei due fattori a primo membro. Da sin θ = 0 seguonole radici θ = 0, π, mentre dall’ulteriore richiesta

−k(R − r) cos θ + (kR + mg) = 0

Stefano Siboni 969

Page 136: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

si avrebbe

cos θ =kR + mg

k(R − r)=

R

R − r+

mg

k(R − r)> 1 +

mg

k(R − r)> 1 ,

cui non corrisponde alcun valore reale di θ. Le configurazioni di equilibrio del sistema —sempre definite — sono pertanto

(s, θ) = (0, 0) e (s, θ) = (0, π) .

(c) Stabilita degli equilibriData la natura posizionale e conservativa del sistema, la stabilita di tutte le configurazionidi equilibrio puo essere analizzata usando i teoremi standard di Lagrange-Dirichlet e diinversione parziale. Al solito, il primo passo per lo studio della stabilita consiste nel calcolodelle derivate parziali seconde del potenziale

Uss = −k

Usθ = Uθs = −k(R − r) cos θ

Uθθ = (R − r)[ks sin θ − (kR + mg) cos θ]

che porge la matrice hessiana di U

HU (s, θ) =

(− k −k(R − r) cos θ

−k(R − r) cos θ (R − r)[ks sin θ − (kR + mg) cos θ]

)=

= (R − r)

(−k/(R − r) − k cos θ

−k cos θ ks sin θ − (kR + mg) cos θ

).

Configurazione (s, θ) = (0, 0)Per questa configurazione la matrice hessiana del potenziale assume la forma

HU (0, 0) = (R − r)(−k/(R − r) −k

−k −(kR + mg)

)con determinante positivo

detHU (0, 0) = (R − r)2[

k

R − r(kR + mg) − k2

]> (R − r)kmg

e traccia negativa

trHU (0, 0) = (R − r)[− k

R − r− (kR + mg)

];

i suoi autovalori sono quindi entrambi negativi. La configurazione si trova essere percioun massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 970

Page 137: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Configurazione (s, θ) = (0, π)In questo caso la matrice hessiana del potenziale risulta

HU (0, π) = (R − r)(−k/(R− r) k

k kR + mg

)questa volta con determinante negativo

detHU (0, π) = (R − r)2[− k

R − r(kR + mg)− k2

]e quindi un autovalore reale positivo ed uno reale negativo. Questo equilibrio e instabileper il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

(d) Equazioni del motoIl sistema e scleronomo, posizionale conservativo e a vincoli ideali. Le equazioni puredel moto sono dunque quelle di Lagrange. La lagrangiana del sistema viene determinatasommando le espressioni di energia cinetica e potenziale

L =M + m

2s2+

34m(R−r)2θ2+m(R−r) cos θ sθ−k

2s2+(R−r)

[−ks sin θ+(kR+mg) cos θ

].

Da essa si ricavano le relazioni seguenti

∂L

∂s= (M + m)s + m(R − r) cos θ θ

d

dt

(∂L

∂s

)= (M + m)s + m(R − r) cos θ θ − m(R − r) sin θ sθ

∂L

∂s= −ks− k(R − r) sin θ

∂L

∂θ=

32m(R − r)2θ + m(R − r) cos θ s

d

dt

(∂L

∂θ

)=

32m(R − r)2θ + m(R − r) cos θs − m(R − r) sin θ sθ

∂L

∂θ= −m(R − r) sin θ sθ + (R − r)[−ks cos θ − (kR + mg) sin θ]

che sostituite nelle equazioni di Eulero-Lagrange

d

dt

(∂L

∂s

)− ∂L

∂s= 0

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

porgono le equazioni del moto richieste

(M + m)s + m(R − r) cos θ θ − m(R − r) sin θ θ2 + ks + k(R − r) sin θ = 0

Stefano Siboni 971

Page 138: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

m(R − r) cos θ s +32m(R − r)2θ + (R − r)[ks cos θ + (kR + mg) sin θ] = 0 .

(e) Costante del motoTrattandosi di sistema scleronomo posizionale e conservativo, un ovvio integrale primo equello dell’energia meccanica H = T − U , che vale percio

H =M + m

2s2+

34m(R−r)2θ2+m(R−r) cos θ sθ+

k

2s2+(R−r)

[ks sin θ−(kR+mg) cos θ

].

Esercizio 168. Equilibrio di un corpo rigido con punto fissoUn sistema rigido con punto fisso O, privo di attrito, in una sua configurazione S e sotto-posto alle sollecitazioni seguenti:

• F1 = −e1 + 2 e3 applicata nel punto P1(1, 2, 0);

• F2 = −e1 + β e2 + e3 applicata in P2(−1,−3,−1),

dove β e una costante reale.

(a) Calcolare il valore di β in modo che S sia un equilibrio.

(b) Determinare risultante e momento risultante in O delle reazioni vincolari esterne,all’equilibrio.

Soluzione(a) Condizione di equilibrioIl sistema rigido con punto fisso O privo di attrito e un noto sistema a vincoli ideali ela condizione necessaria e sufficiente per l’equilibrio si riduce all’annullarsi del momentorisultante in O di tutte le forze attive applicate — nella configurazione data S e con attodi moto nullo. La configurazione S sara dunque di equilibrio per il sistema se e soltanto se

(P1 − O) ∧ F1 + (P2 − O) ∧ F2 = 0

ossia(e1 + 2 e2) ∧ (−e1 + 2 e3) + (−e1 − 3 e2 − e3) ∧ (−e1 + β e2 + e3) = 0 ,

condizione che, eseguiti i prodotti vettore si riduce a

4 e1 − 2 e2 + 2 e3 + (−3 + β) e1 + 2 e2 + (−β − 3) e3 = 0

e quindi all’equazione(1 + β) e1 − (1 + β) e3 = 0 .

L’equilibrio nella configurazione S e quindi possibile e ricorre per il solo valore β = −1 delparametro.

Stefano Siboni 972

Page 139: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(b) Risultante e momento risultante delle reazioni vincolari esterneLe equazioni cardinali della statica prevedono che, all’equilibrio, risultante e momentorisultante di tutte le sollecitazioni applicate al sistema, attive e di reazione vincolare, sianonulli. Risultante e momento risultante delle sollecitazioni interne sono inoltre nulli in virtudel principio di azione e reazione. Deve aversi pertanto

Rφ,e = −Ra,e = −(F1 + F2)

Mφ,eO = − Ma,e

O = −(P1 − O) ∧ F1 − (P2 − O) ∧ F2 = 0

e dunque i risultanti richiesti valgono

Rφ,e = −(−e1 + 2 e3 − e1 − e2 + e3) = 2 e1 + e2 − 3 e3 .

Esercizio 169. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoNel piano verticale Oxy di una terna cartesiana ortogonale Oxyz un disco circolare omo-geneo pesante D, di massa m, raggio r e centro C rotola senza strisciare lungo il bordoesterno di una guida circolare fissa di centro O e raggio R. Una molla ideale di costanteelastica k = mg/R congiunge il centro C del disco con il punto fisso A(−R, 0, 0), mentre adpunto assegnato P sul bordo del disco e applicata una forza costante F = mg e2. La ternaOxyz ruota con velocita angolare costante ω attorno all’asse verticale Oy, relativamentead un riferimento inerziale — non rappresentato in figura.

Nell’ipotesi di vincoli ideali, e usando gli angoli θ e φ mostrati in figura come coordinatelagrangiane, determinare:

(a) l’energia cinetica relativa a Oxyz del sistema;

(b) gli equilibri del sistema;

(c) le proprieta di stabilita degli equilibri;

(d) le equazioni del moto del sistema;

(e) un integrale primo del moto del sistema;

(f) le frequenze normali delle piccole oscillazioni nell’intorno di un equilibrio stabile.

Stefano Siboni 973

Page 140: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Energia cineticaIl disco omogeneo D non presenta punti fissi e la sua energia cinetica viene determinatausando il teorema di Konig. Il baricentro del disco coincide con il suo centro geometrico

C − O = (R + r) sin θ e1 − (R + r) cos θ e2

e la sua velocita istantanea, relativa alla terna Oxyz si scrive

C = (R + r)(cos θ e1 + sin θ e2) θ .

D’altra parte, l’angolo φ descrive la rotazione del disco attorno al proprio asse Cz, e qualeangolo compreso fra una direzione fissata nella terna assoluta — la verticale condotta daC verso il basso — e la direzione CP assegnata sul disco stesso, consente di esprimere lavelocita angolare istantanea di D nella forma

ωD = φ e3

in cui si e tenuto conto della usuale regola della mano destra. Il teorema di Konig porgepertanto

T =m

2C2 +

12ICz|ωD|2 =

m

2(R + r)2 θ2 +

12

mr2

2|φ e3|2

e conduce al risultato richiesto

T =m

2(R + r)2θ2 +

mr2

4φ2 .

(b) Equilibri del sistemaSi osserva in primo luogo che la terna Oxyz costituisce un riferimento non inerziale ede percio sede di forze fittizie, centrifughe e di Coriolis. Le sollecitazioni di Coriolis, es-sendo applicate ai punti del disco nel piano fissato Oxy, contenente l’asse di rotazione Oy,risultano ortogonali al piano del moto e le loro componenti lagrangiane sono identicamentenulle. Tutte le altre sollecitazioni attive hanno natura posizionale e conservativa, e vengonodescritte per mezzo dei rispettivi potenziali.

Potenziale elasticoLa molla ideale di costante elastica k = mg/R da luogo ad una interazione elastica fra ipunti C ed A, che sono individuati dai vettori posizione

C − O = (R + r) sin θ e1 − (R + r) cos θ e2 A − O = −R e2 .

Si ha pertantoC − A = (R + r) sin θ e1 + [R − (R + r) cos θ] e2

Stefano Siboni 974

Page 141: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ed il relativo potenziale elastico diventa

Uel = −k

2(C −A)2 =

= −mg

2R

[(R + r)2sin2θ + R2 − 2R(R + r) cos θ + (R + r)2cos2θ

]=

= mg(R + r) cos θ + costante .

Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale del disco si calcola direttamente applicando l’espressione gene-rale

Ug = −mg(C −O) · e2 = mg(R + r) cos θ .

Potenziale centrifugoAnche per il potenziale centrifugo il calcolo e immediato, come da definizione

Ucf =ω2

2IOy =

ω2

2[ICy + m[(C − O) · e1]2

]=

=ω2

2

[mr2

4+ m(R + r)2sin2θ

]=

mω2

2(R + r)2sin2θ + costante

ed omettendo le costanti additive inessenziali il risultato si scrive

Ucf =mω2

2(R + r)2sin2θ .

Potenziale della forza costanteAlla forza costante F = mg e2 applicata in P si associa il potenziale

UF = F · (P − O) = mg e2 · (P − O)

in cui vale

P −O = C − O + P − C = (R + r) sin θ e1 − (R + r) cos θ e2 + r sinφ e1 − r cos φ e2 .

PercioUF = −mg(R + r) cos θ − mgr cos φ .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e la somma dei potenziali parziali delle singole sollecitazioni

U = Uel + Ug + Ucf + UF = mg(R + r) cos θ +mω2

2(R + r)2sin2θ −mgr cos φ

e risulta definito ∀ (θ, φ) ∈ R2.

Stefano Siboni 975

Page 142: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

EquilibriTrattandosi di sistema scleronomo posizionale e conservativo, a vincoli bilaterali e ideali,le configurazioni di equilibrio sono tutti e soli i punti critici del potenziale U . Poiche lecomponenti del gradiente di U si scrivono

∂U

∂θ= Uθ = −mg(R + r) sin θ + mω2(R + r)2 sin θ cos θ

∂U

∂φ= Uφ = mgr sinφ

gli equilibri si ottengono risolvendo il sistema di equazioni trigonometrichemω2(R + r)2 sin θ

[− g

ω2(R + r)+ cos θ

]= 0

mgr sinφ = 0

che equivale a sin θ

[− g

ω2(R + r)+ cos θ

]= 0

sinφ = 0 .

Il sistema ottenuto si disaccoppia in due equazioni distinte, l’una nella sola incognita θ el’altra nella sola variabile φ. La prima equazione e soddisfatta per sin θ = 0, ovvero per

− g

ω2(R + r)+ cos θ = 0 .

Nel primo caso si hanno le radici θ = 0, π, sempre definite, mentre dal secondo risultanole radici distinte

θ = ±θ = ±arc cosλ

a patto che si ponga, per brevita, λ = g/ω2(R + r) > 0 e si abbia λ < 1. La seconda delleequazioni del sistema porge invece φ = 0, π. Le configurazioni di equilibrio sono quindiindividuate da tutte le possibili combinazioni dei valori di θ e φ ottenuti, vale a dire daipunti critici

(θ, φ) = (0, 0) , (0, π) , (π, 0) , (π, π) ,

che sono definiti per qualsiasi scelta delle costanti caratteristiche del sistema, e da

(θ, φ) = (θ, 0) , (θ, π) , (−θ, 0) , (−θ, π)

definiti se e soltanto se λ < 1, con θ = arc cosλ.

Stefano Siboni 976

Page 143: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(c) Stabilita degli equilibriIl sistema e posizionale e conservativo, per cui la stabilita degli equilibri puo essere studi-ata ricorrendo ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo,conviene ricavare preliminarmente le derivate parziali seconde del potenzialeUθθ = −mg(R + r) cos θ + mω2(R + r)2(cos2θ − sin2θ)

Uθφ = Uφθ = 0Uφφ = mgr cos φ

e la relativa matrice hessiana, che risulta diagonale

HU (θ, φ) =(

mω2(R + r)2(cos2θ − sin2θ − λ cos θ) 00 mgr cos φ

).

Per φ = 0 si ha Uφφ(θ, 0) = mgr > 0 e tutte le configurazioni con tale valore della coor-dinata lagrangiana φ risultano instabili per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Nel caso di φ = π e Uφφ(θ, π) = −mgr < 0 e le proprieta di stabilita o instabilitadell’equilibrio dipendono unicamente dal segno di Uθθ(θ, π).

Configurazione (θ, φ) = (0, π)Si ha

Uθθ(0, π) = mω2(R + r)2(1 − λ)

e debbono percio distinguersi tre casi:

(i) se λ > 1 risulta Uθθ(0, π) < 0 e la configurazione (θ, φ) = (0, π) si riconoscere essereun massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita e assicurata dal teoremadi Lagrange-Dirichlet;

(ii) per λ < 1 si ha invece Uθθ(0, π) > 0 e la configurazione e instabile per il teorema diinversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

(iii) se infine λ = 1 ricorre un caso critico, avendosi Uθθ(0, π) = 0 e risultando perciol’hessiana soltanto semidefinita non definita negativa. In questo caso la sola speranzadi trarre in modo semplice una qualche conclusione circa la stabilita o instabilitadella configurazione e quella di accertare la presenza in (θ, φ) = (0, π) una massimorelativo proprio del potenziale U , cosı da poter applicare ugualmente il teorema diLagrange-Dirichlet e provare la stabilita. Vale in effetti

U(θ, φ) = mω2(R + r)2[12sin2θ + λ cos θ

]− mgr cos φ =

= mω2(R + r)2[12sin2θ + cos θ

]− mgr cos φ =

= mω2(R + r)2[2 sin2

2

)cos2

2

)+ 1 − 2 sin2

2

)]−mgr cos φ =

= mω2(R + r)2[1 − 2 sin4

2

)]− mgr cos φ

Stefano Siboni 977

Page 144: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e da tale espressione si deduce che (θ, φ) = (0, π) e un massimo relativo proprio delpotenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (θ, φ) = (π, π)In questo caso la derivata seconda in θ del potenziale si riduce a

Uθθ(π, π) = mω2(R + r)2(1 + λ) > 0

ed implica l’instabilita della configurazione per il teorema di inversione parziale.

Configurazioni (θ, φ) = (θ, π), (−θ, π)Le proprieta di stabilita di queste configurazioni sono identiche per via della simmetria delpotenziale

U(θ, φ) = U(−θ,−φ) ∀ (θ, φ) ∈ R2

e possono quindi essere studiate per una sola delle due configurazioni. La derivata secondarispetto a θ assume la forma

Uθθ(θ, π) = mω2(R + r)2(cos2θ − sin2θ − λ cos θ) =

= mω2(R + r)2(cos2θ − sin2θ − cos2θ) = −mω2(R + r)2sin2θ < 0 .

Quando definite, le configurazioni di equilibrio (θ, φ) = (±θ, π) costituiscono percio deimassimi relativi propri del potenziale e la loro stabilita si riconosce grazie al teorema diLagrange-Dirichlet.

(d) Equazioni del motoIl sistema e olonomo e a vincoli bilaterali ideali, a due gradi di liberta. Le equazioni delmoto sono quindi quelle di Lagrange

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

d

dt

(∂L

∂φ

)− ∂L

∂φ= 0

con lagrangiana

L = T + U =m

2(R + r)2 θ2 +

mr2

4φ2 + mg(R + r) cos θ +

mω2

2(R + r)2sin2θ −mgr cos φ

dalla quale si deducono le relazioni

∂L

∂θ= m(R + r)2 θ

d

dt

(∂L

∂θ

)= m(R + r)2 θ

∂L

∂θ= −mg(R + r) sin θ + mω2(R + r)2 sin θ cos θ

∂L

∂φ=

mr2

d

dt

(∂L

∂φ

)=

mr2

∂L

∂φ= mgr sin φ

Stefano Siboni 978

Page 145: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e le relative equazioni di Lagrangem(R + r)2θ + mg(R + r) sin θ − mω2(R + r)2 sin θ cos θ = 0

mr2

2φ − mgr sin φ = 0 .

Si noti che le equazioni del moto sono disaccoppiate, la prima descrivendo l’evoluzione neltempo del solo parametro θ e la seconda relativamente al solo parametro φ.

(e) Un integrale primo del motoIl sistema e scleronomo e soggetto esclusivamente a sollecitazioni posizionali e conservative.Un ovvio integrale primo e percio costituito dall’energia meccanica H = T − U

H(θ, φ) =m

2(R + r)2θ2 +

mr2

4φ2 − mg(R + r) cos θ − mω2

2(R + r)2sin2θ + mgr cos φ .

Si osservi che l’energia meccanica puo esprimersi come somma di due contributi relativi,separatamente, alla sola coordinata θ e alla sola coordinata φ:

H(θ, φ) =m

2(R + r)2θ2 −mg(R + r) cos θ − mω2

2(R + r)2sin2θ +

mr2

4φ2 + mgr cos φ

per cui, essendo disaccoppiate le relative equazioni di Lagrange, risultano conservate sepa-ratamente le espressioni

H1(θ) =m

2(R + r)2θ2 −mg(R + r) cos θ − mω2

2(R + r)2sin2θ

e

H2(θ) =mr2

4φ2 + mgr cos φ ,

interpretabili come energie meccaniche del moto in θ ed in φ rispettivamente.

(f) Frequenze normali delle piccole oscillazioniPer la maggiore semplicita dei calcoli, conviene studiare le piccole oscillazioni nell’intornodella configurazione di equilibrio (θ, φ) = (0, π), gia riconosciuta stabile per λ > 1. Lefrequenze normali delle piccole oscillazioni si ottengono risolvendo in Ω > 0 l’equazionecaratteristica

det[Ω2A(0, π) + HU (0, π)] = 0

in cui A(0, π) e HU (0, π) sono rispettivamente la matrice di rappresentazione dell’energiacinetica e la matrice hessiana del potenziale nella configurazione considerata, mentre Ω rap-presenta la generica pulsazione normale. La matrice rappresentativa dell’energia cineticasi ricava riscrivendo l’energia cinetica nella forma

T =12(θ φ)

(m(R + r)2 0

0 mr2/2

)(θφ

)Stefano Siboni 979

Page 146: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e risulta pertanto costante e diagonale

A(θ, φ) =(

m(R + r)2 00 mr2/2

).

La matrice hessiana del potenziale e gia stata ricavata nel corso dell’analisi di stabilita eci si limita percio a riscriverla di seguito

HU (0, π) =(−mω2(R + r)2(λ − 1) 0

0 −mgr

).

L’equazione caratteristica diventa percio

det(

m(R + r)2Ω2 − mω2(R + r)2(λ − 1) 00 mr2Ω2/2 −mgr

)= 0

e si scrive esplicitamente come[m(R + r)2Ω2 − mω2(R + r)2(λ − 1)

][mr2Ω2

2− mgr

]= 0

deducendosi da essa che

Ω = Ω1 = ω√

λ − 1 e Ω = Ω2 =

√2g

r.

Le frequenze normali delle piccole oscillazioni sono quindi

f1 =Ω1

2π=

ω

√λ − 1 e f2 =

Ω2

2π=

12π

√2g

r.

Esercizio 170. Sistema rigido con asse fissoSi consideri una lamina piana ed omogenea L, di massa m, che in un riferimento solidaleOξηζ occupa la regione definita da

(ξ, η, ζ) : |η| ≤ a − ξ2

a, |ξ| ≤ a , ζ = 0

.

La lamina ruota senza attrito attorno all’asse orizzontale Oz = Oζ di una terna inerzialeOxyz, e soggetta al proprio peso, ad una forza F = −mβA/7 applicata nel punto A e aduna coppia di momento −mβ2a2e1 + mβ2a2[2 cos(ωt) − θ] e3 , con ω, β > 0.

Stefano Siboni 980

Page 147: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Facendo uso dell’angolo di rotazione θ come coordinata generalizzata, determinare:

(a) il momento d’inerzia della lamina rispetto a Oz;

(b) le equazioni del moto;

(c) la soluzione generale delle equazioni del moto;

(d) la pulsazione di risonanza ω = ωr del sistema;

(e) il modulo della velocita di A, in condizioni di risonanza, per t 0.

Soluzione(a) Momento d’inerzia rispetto all’asse fissoLa lamina e omogenea e la sua densita costante σ puo essere calcolata come quoziente frala massa m e l’area S

σ = m/S .

L’area S viene determinata per mezzo di una integrazione diretta

S =

a∫−a

a− ξ2

a∫ξ2a −a

dη =

a∫−a

2(ξ2

a− a)

dξ = 2[aξ − ξ3

3a

]a

−a

= 4(a2 − a2

3

)=

83a2

per cui

σ =38

m

a2.

Il momento d’inerzia rispetto all’asse fisso Oz si ricava applicando la definizione

IOz =∫

(ξ2 + η2)σ dξdη = σ

a∫−a

a− ξ2

a∫ξ2a −a

dη (ξ2 + η2) =

= σ

a∫−a

[ξ2η +

η3

3

]a− ξ2

a

η= ξ2a −a

= 2σ

a∫−a

[ξ2(a − ξ2

a

)+

13

(a − ξ2

a

)3]

=

Stefano Siboni 981

Page 148: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

= 2σ

a∫−a

[aξ2 − ξ4

a+

a3

3− aξ2 +

ξ4

a− ξ6

3a3

]dξ =

= 2σ

[aξ3

3− ξ5

5a+

a3ξ

3− aξ3

3+

ξ5

5a− ξ7

21a3

]a

−a

=

= 4σ(a4

3− a4

5+

a4

3− a4

3+

a4

5− a4

21

)=

87σa4

e sostituendo l’espressione della densita

IOz =87

38

m

a2a4 =

37ma2.

(b) Equazioni del motoL’equazione del moto di un sistema rigido con asse fisso privo di attrito, con angolo dirotazione θ, si ottiene proiettando lungo l’asse l’equazione cardinale del momento angolarerispetto ad un punto dello stesso asse, ad esempio l’origine O. Nella fattispecie, tenutoconto della sollecitazione di resistenza viscosa F = −mβA/7 agente in A, considerata lacoppia di momento M = −mβ2a2e1 +mβ2a2[2 cos(ωt)− θ] e3 , e osservato che il baricentrodella lamina coincide con il suo evidente centro di simmetria O, l’equazione del motodiventa

IOz θ = e3 · (A − O) ∧ F + e3 · M

dove

e3 · (A − O) ∧ F = e3 · a(cos θ e1 + sin θ e2) ∧[−mβ

7a(− sin θ e1 + cos θ e2)θ

]=

= −mβa2

7θe3 · (cos θ e1 + sin θ e2) ∧ (− sin θ e1 + cos θ e2) = −mβa2

ee3 · M = mβ2a2[2 cos(ωt) − θ]

mentre nullo e il momento assiale delle forze peso. Sostituendo i momenti assiali delleforze attive e il valore IOz = 3ma2/7 del momento d’inerzia ricavato al punto precedente,l’equazione del moto si scrive pertanto

37ma2θ = −mβa2

7θ + 2mβ2a2 cos(ωt) − mβ2a2θ

ossia37ma2θ +

mβa2

7θ + mβ2a2θ = 2mβ2a2 cos(ωt)

e la rimozione del fattore costante ma2 conduce all’espressione piu compatta

37θ +

β

7θ + β2θ = 2β2 cos(ωt)

Stefano Siboni 982

Page 149: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

che costituisce il risultato richiesto.

(c) Soluzione generale delle equazioni del motoQuella del moto e una equazione differenziale del secondo ordine lineare non omogenea acoefficienti costanti. La sua soluzione generale si esprime come somma di una soluzioneparticolare e della soluzione generale dell’equazione omogenea associata

37θ +

β

7θ + β2θ = 0 .

L’equazione caratteristica dell’omogenea associata

37λ2 +

β

7λ + β2 = 0

porge gli autovalori complessi coniugati

λ =[−β

7±√

β2

49− 12

7β2

]76

= −β

6(1 ± i

√83)

per cui la soluzione generale dell’equazione omogenea si scrive

θ(t) = e−β6 t

[c1 cos

6

√83 t)

+ c2 sin(β

6

√83 t)]

con c1 e c2 costanti reali arbitrarie, fissate dalle condizioni iniziali. La soluzione particolaredell’equazione del moto e noto dall’analisi potersi ricercare nella forma

α cos(ωt + φ)

con l’ampiezza α > 0 e la fase φ ∈ [0, 2π) univocamente determinate. Tale soluzioneparticolare viene calcolata individuando il fasore complesso

αeiωt+iφ

soluzione dell’equazione lineare non omogenea con termine noto complesso

37θ +

β

7θ + β2θ = 2β2eiωt .

Sostituendo il fasore nell’equazione e semplificando il fattore non nullo eiωt si deduce infattil’equazione algebrica complessa

α(−3

7ω2 + i

β

7ω + β2

)eiφ = 2β2

Stefano Siboni 983

Page 150: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

la quale implica

αeiφ =2β2

β2 − 37ω2 + i

β

=

=2β2(

β2 − 37ω2)2

+β2

49ω2

(β2 − 3

7ω2 − i

β

7ω)

=

=2β2[(

β2 − 37ω2)2

+β2

49ω2

]1/2

β2 − 37ω2 − i

β

7ω[(

β2 − 37ω2)2

+β2

49ω2

]1/2

sicche

α =2β2[(

β2 − 37ω2)2

+β2

49ω2

]1/2

mentre la fase φ ∈ [0, 2π) e univocamente determinata in virtu dell’identita di Euleroeiz = cos z + i sin z dalle relazioni trigonometriche

cos φ =β2 − 3

7ω2[(

β2 − 37ω2)2

+β2

49ω2

]1/2sinφ =

−β

7ω[(

β2 − 37ω2)2

+β2

49ω2

]1/2

e vale pertanto — si ricordi che β, ω > 0 —

φ = −arc cos

β2 − 3

7ω2[(

β2 − 37ω2)2

+β2

49ω2

]1/2

.

In conclusione, la soluzione generale dell’equazione del moto assume la forma

θ(t) = e−β6 t

[c1 cos

6

√83 t)

+ c2 sin(β

6

√83 t)]

+2β2[(

β2 − 37ω2)2

+β2

49ω2

]1/2cos(ωt+φ)

con la fase φ sopra ricavata.

(d) La pulsazione di risonanzaIl valore di risonanza ω = ωR della pulsazione e quello che rende massima l’ampiezza delmoto di regime α cos(ωt+φ), ovvero minimo il polinomio a denominatore nella definizionedi α (

β2 − 37ω2)2

+β2

49ω2.

Stefano Siboni 984

Page 151: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

La pulsazione di risonanza e quindi l’unica soluzione dell’equazione algebrica

2(β2 − 3

7ω2

R

)(− 3

7

)+

β2

49= 0

ossia di1849

ω2R − 6

7β2 +

β2

49= 0

da cui si deduceω2

R =4118

β2

e quindi il risultato richiesto

ωR =

√4118

β .

(e) Modulo della velocita di A per tempi grandiPer t 0 la parte transiente della soluzione generale θ(t) tende a zero per qualsivogliascelta delle condizioni iniziali e si riduce di fatto alla sola parte stazionaria

θ(t) = α cos(ωt + φ) .

La velocita di A si esprime come

A = θe3 ∧ (A −O)

ed ha modulo|A| = |θ| |A − O| = a|θ| = aαω | sin(ωt + φ)| .

In condizioni di risonanza vale pertanto

|A| = aα ωR | sin(ωRt + φ)| =2aβ2ωR[(

β2 − 37ω2)2

+β2

49ω2

]1/2| sin(ωRt + φ)| .

Esercizio 171. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. conservativo a vincoli unilateraliNel piano verticale Oxy di una terna Oxyz un telaio rigido di massa m, composto da unasemicirconferenza omogenea S di centro C e raggio 2R e da un’asta AB saldata lungo ildiametro, ha il punto medio P di S vincolato a scorrere lungo l’asse Ox e il diametro amantenersi orizzontale. Un disco omogeneo D, di centro G, massa m e raggio 2R/3, rotolasenza strisciare lungo il bordo interno di S. Il sistema e pesante e soggetto ad una forzaFA = mg e1 applicata al punto A, mentre due molle di costante elastica k congiungonoP con l’origine O e il centro G con la sua proiezione ortogonale N su AB. Le coordinatelagrangiane sono l’angolo θ ∈ [π/6, 5π/6] e l’ascissa s ∈ R — vedi figura.

Stefano Siboni 985

Page 152: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Supposti i vincoli lisci, si determinino, relativamente alla terna Oxyz:

(a) le configurazioni di equilibrio ordinarie e di confine del sistema;

(b) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;

(c) l’energia cinetica del sistema;

(d) le equazioni pure del moto del sistema;

(e) l’equazione per le frequenze normali delle piccole oscillazioni nell’intorno di un equi-librio stabile.

Soluzione(a) Equilibri ordinari e di confineLe sollecitazioni attive applicate al sistema hanno tutte natura posizionale e conservativae possono percio essere descritte per mezzo dei rispettivi potenziali. Dato che l’ordinatadel suo baricentro e fissa, il potenziale gravitazionale del telaio si mantiene costante pertutti i moti possibili ed e quindi irrilevante ai fini del moto. Il potenziale gravitazionaledel disco circolare si scrive invece

Ug = −mg e2 · (G − O) = −mg e2 · (G − C + C − O) =

= −mg e2 ·(se1 + 2Re2 −

4R

3cos θ e1 −

4R

3sin θ e2

)= −mgR +

43mgR sin θ .

Per il potenziale elastico si ha un contributo dovuto alla molla PO ed uno legato all’intera-zione fra G ed N

Uel = −k

2|P − O|2 − k

2|N − G|2 = −k

2s2 − k

2

(4R

3sin θ

)2

= −k

2

(s2 +

16R2

9sin2θ

)mentre alla forza costante FA si associa il potenziale

UF = FA · (A − O) = mg e1 · (A − O) = mg(s − 2R) .

Stefano Siboni 986

Page 153: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Equilibri ordinariOmesse le inessenziali costanti additive, il potenziale del sistema e la somma dei potenzialiparziali delle singole sollecitazioni

U(θ, s) =43mgR sin θ − k

2

(s2 +

16R2

9sin2θ

)+ mgs =

=43mgR sin θ − 8kR2

9sin2θ − k

2s2 + mgs

e a causa dei vincoli unilaterali deve intendersi definito per (θ, s) ∈ [π/6, 5π/6] × R. Leconfigurazioni di equilibrio ordinarie sono tutti e soli i punti critici del potenziale, vale adire le soluzioni del sistemaUθ =

43mgR cos θ − 16kR2

9sin θ cos θ = 0

Us = −ks + mg = 0 .

Le equazioni del sistema sono disaccoppiate e individuano separatamente i valori di equi-librio delle variabili lagrangiane. Dalla seconda equazione si ottiene il valore di equilibriodell’ascissa s

s = mg/k

mentre la prima equazione si puo porre nella forma equivalente

16kR2

9cos θ

(34

mg

kR− sin θ

)= 0

dalla quale si deducono due soluzioni sempre definite

θ =π

2, θ = −π

2,

e due ulteriori soluzioni

θ = arc sin(3

4mg

kR

)= θ ∈

(0,

π

2

), θ = π − arc sin

(34

mg

kR

)= π − θ ∈

2, π)

definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia

34

mg

kR< 1 .

Tenuto conto dei vincoli unilaterali, la soluzione θ = −π/2 non corrisponde ad alcun valoredi equilibrio. L’angolo θ = π/2 e sempre di equilibrio. Gli angoli θ e π−θ corrispondonoad altrettanti equilibri del sistema se e soltanto se

π/6 < θ < π/2

Stefano Siboni 987

Page 154: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

vale a diresin(π/6) < sin θ < 1

e quindi12

<34

mg

kR< 1 .

Le configurazioni di equilibrio ordinarie del sistema sono pertanto

(θ, s) = (π/2,mg/k) ,

definita per ogni scelta delle costanti caratteristiche del sistema, e

(θ, s) = (θ,mg/k) , (θ, s) = (π − θ,mg/k)

definite e distinte dalla precedente se e soltanto se 2/3 < mg/kR < 4/3.

Equilibri di confineLe configurazioni di confine del sistema sono individuate da

(θ, s) = (π/6, s) , s ∈ R ∪ (θ, s) = (5π/6, s) , s ∈ R .

Fra di esse, le configurazioni di confine vengono caratterizzate dal teorema dei lavori virtu-ali. Il lavoro virtuale delle sollecitazioni attive in una configurazione (θ, s) e relativamentead uno spostamento virtuale (δθ, δs) e dato da

δL = Qθ(θ, s)δθ + Qs(θ, s)δs = Uθ(θ, s)δθ + Us(θ, s)δs =

=16kR2

9cos θ

(34

mg

kR− sin θ

)δθ + (−ks + mg)δs .

Per θ = π/6 l’espressione del lavoro virtuale diventa

δL =16kR2

9

√3

2

(34

mg

kR− 1

2

)δθ + (−ks + mg)δs

e il principio dei lavori virtuali prescrive per l’equilibrio la condizione necessaria e sufficiente

16kR2

9

√3

2

(34

mg

kR− 1

2

)δθ + (−ks + mg)δs ≤ 0 ∀ δθ ≥ 0 , δs ∈ R

che equivale a16kR2

9

√3

2

(34

mg

kR− 1

2

)≤ 0 − ks + mg = 0 .

Di queste condizioni la prima e soddisfatta se e soltanto se

34

mg

kR≤ 1

2

Stefano Siboni 988

Page 155: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

nel qual caso la configurazione

(θ, s) = (π/6,mg/k)

e un equilibrio di confine del sistema.In modo analogo, per θ = 5π/6 il lavoro virtuale delle sollecitazioni attive assume la forma

−16kR2

9

√3

2

(34

mg

kR− 1

2

)δθ + (−ks + mg)δs

e il teorema dei lavori virtuali si scrive come

−16kR2

9

√3

2

(34

mg

kR− 1

2

)δθ + (−ks + mg)δs ≤ 0 ∀ δθ ≤ 0 , δs ∈ R

caratterizzando gli equilibri di confine per mezzo delle relazioni

−16kR2

9

√3

2

(34

mg

kR− 1

2

)≥ 0 − ks + mg = 0 .

La configurazione(θ, s) = (5π/6,mg/k)

costituisce percio un equilibrio di confine se e soltanto se

34

mg

kR≤ 1

2.

(b) Stabilita degli equilibri ordinariIl sistema e scleronomo e tutte le sollecitazioni attive hanno natura posizionale e conser-vativa. L’analisi di stabilita delle configurazioni di equilibrio ordinarie puo quindi esserecondotta facendo uso del teorema di Lagrange-Dirichlet e del relativo teorema di inversioneparziale. Si rende dunque necessario calcolare le derivate parziali seconde del potenziale U

Uθθ = −43mgR sin θ − 16kR2

9(cos2θ − sin2θ)

Uss = −k

Uθs = Usθ = 0

e quindi la matrice hessiana di U

HU (θ, s) =

−43mgR sin θ − 16kR2

9(cos2θ − sin2θ) 0

0 −k

per poi procedere all’esame delle singole configurazioni di equilibrio.

Stefano Siboni 989

Page 156: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Configurazione (θ, s) = (π/2,mg/k)In questa configurazione l’hessiana del potenziale si scrive

HU (π/2,mg/k) =

−43mgR +

16kR2

90

0 −k

=

16kR2

9

(1 − 3

4mg

kR

)0

0 −k

in modo che:

(i) per 3mg/4kR > 1 l’hessiana risulta definita negativa e la configurazione si riconosceessere un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet;

(ii) se 3mg/4kR < 1 l’hessiana e indefinita e caratterizza l’equilibrio come instabile, invirtu del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

(iii) per 3mg/4kR = 1 l’hessiana diventa semidefinita non definita negativa e ricorre uncaso critico. Nella fattispecie, il potenziale del sistema assume la forma

U(θ, s) = −8kR2

9

(−3

2mg

kRsin θ + sin2θ

)− k

2s2 + mgs =

= −8kR2

9(−2 sin θ + sin2θ) − k

2

(s2 − 2mg

ks)

=

= −8kR2

9(1 − sin θ)2 +

8kR2

9− k

2

(s − mg

k

)2

+m2g2

2k

e omesse le costanti additive inessenziali si riduce a

U(θ, s) = −8kR2

9

[1 − cos

2− θ)]2

− k

2

(s − mg

k

)2

=

= −8kR2

94 sin4

4− θ

2

)− k

2

(s − mg

k

)2

=

= −32kR2

9sin4(θ

2− π

4

)− k

2

(s − mg

k

)2

espressione dalla quale si deduce che la configurazione (θ, s) = (π/2,mg/k) rappre-senta un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita e assicurata dalteorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (θ, s) = (θ,mg/k)

La configurazione e definita per 2/3 < mg/kR < 4/3, con θ = arc sin(3

4mg

kR

). La

derivata seconda Uθθ vale

Uθθ(θ,mg/k) = −43mgR sin θ − 16kR2

9(cos2θ − sin2θ) =

=16kR2

9

(−3

4mg

kRsin θ − cos2θ + sin2θ

)= −16kR2

9cos2θ < 0

Stefano Siboni 990

Page 157: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

per cui l’hessiana HU (θ,mg/k) e definita negativa e individua la configurazione come mas-simo relativo proprio del potenziale. La stabilita segue, al solito, dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (θ, s) = (π − θ,mg/k)L’analisi di stabilita per questo equilibrio ordinario e identica a quella della configurazionesimmetrica precedente

Uθθ(π − θ,mg/k) = −16kR2

9cos2θ < 0 .

Anche questa configurazione, allorche definita, costituisce un massimo relativo proprio delpotenziale U e risulta pertanto stabile in virtu del teorema di Lagrange-Dirichlet.

(c) Energia cineticaL’energia cinetica e data dalla somma delle energie cinetiche delle due parti rigide co-stituenti il sistema, il telaio rigido e il disco circolare omogeneo. Conviene determinareseparatamente tali energie cinetiche, per poi procedere al calcolo della loro somma.

Energia cinetica del telaioI moti possibili del telaio sono puramente traslatori. La velocita istantanea di un qualsiasipunto del telaio e quindi la stessa, ad un dato istante, e coincide con quella del punto P ,vale a dire con

P = s e1 .

L’energia cinetica del telaio si scrive pertanto

Ttelaio =m

2P 2 =

m

2s2.

Energia cinetica del discoIl disco D non presenta punti fissi e la sua energia cinetica deve essere calcolata facendouso del teorema di Konig

TD =m

2G2 +

12ID

Gz|ωD|2

essendo ID

Gz e ωD rispettivamente il momento d’inerzia rispetto all’asse Gz e la velocitaangolare istantanea del disco. Il vettore posizione del baricentro del disco e gia statoricavato nello studio dell’energia potenziale gravitazionale, al punto (a)

G −O = C − O + G − C = s e1 + R e2 −4R

3cos θ e1 −

4R

3sin θ e2 =

=(s − 4R

3cos θ

)e1 +

(R − 4R

3sin θ

)e2

per cui la velocita istantanea del baricentro vale

G =(s +

4R

3sin θ θ

)e1 −

4R

3cos θ θ e2

Stefano Siboni 991

Page 158: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e il suo modulo quadrato si scrive

G2 = s2 +8R

3sin θ sθ +

16R2

9θ2 .

Il momento d’inerzia del disco omogeneo, di raggio r = 2R/3 e massa m, rispetto all’asseGz vale

ID

Gz =12mr2 =

12m(2R

3

)2

=29mR2 ,

mentre la velocita angolare istantanea si ottiene per mezzo della ben nota relazione

ωD = −( 2R

2R/3− 1)

θ e3 = −(3 − 1) θ e3 = −2θ e3

applicabile per via del moto di puro rotolamento del disco lungo il bordo interno dellaguida circolare S. Sostituendo le relazioni precedenti nella formula di Konig, si ottienepertanto

TD =12m(s2 +

8R

3sin θ sθ +

16R2

9θ2)

+12

29mR2 4θ2

che si semplifica in

TD =m

2

(s2 +

8R

3sin θ sθ +

8R2

3θ2)

.

L’energia cinetica del sistema risulta infine

T = Ttelaio + TD =m

2s2 +

m

2

(s2 +

8R

3sin θ sθ +

8R2

3θ2)

=

=m

2

(2s2 +

8R

3sin θ sθ +

8R2

3θ2)

.

(d) Equazioni del motoLe equazioni del moto del sistema sono quelle di Lagrange

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

d

dt

(∂L

∂s

)− ∂L

∂s= 0

con lagrangiana L = T + U data da

L =m

2

(2s2 +

8R

3sin θ sθ +

8R2

3θ2)

+43mgR sin θ − 8kR2

9sin2θ − k

2s2 + mgs .

Si ottengono facilmente le relazioni:

∂L

∂θ=

m

2

(8R

3sin θ s +

16R2

3θ)

d

dt

(∂L

∂θ

)=

m

2

(8R

3sin θ s +

16R2

3θ +

8R

3cos θ θs

)∂L

∂θ=

m

28R

3cos θ θs +

43mgR cos θ − 16kR2

9sin θ cos θ

Stefano Siboni 992

Page 159: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

sicche la prima equazione del moto diventa

m

2

(8R

3sin θ s +

16R2

3θ)− 4

3mgR cos θ +

16kR2

9sin θ cos θ = 0 .

In modo analogo si procede per la coordinata generalizzata s:

∂L

∂s=

m

2

(4s +

8R

3sin θ θ

)d

dt

(∂L

∂s

)=

m

2

(4s +

8R

3sin θ θ +

8R

3cos θ θ2

)∂L

∂s= −ks + mg

e la relativa equazione del moto

m

2

(4s +

8R

3sin θ θ +

8R

3cos θ θ2

)+ ks − mg = 0 .

(e) Equazione per le frequenze normali delle piccole oscillazioniPer il calcolo delle frequenze normali delle piccole oscillazioni conviene considerare la con-figurazione di equlibrio (θ, s) = (π/2,mg/k), che e stabile per 3mg/4kR > 1. La matricedell’energia cinetica e definita da

T =m

2

(2s2 +

8R

3sin θ sθ +

8R2

3θ2)

=12(θ s)m

8R2

34R

3sin θ

4R

3sin θ 2

θ

s

e nella configurazione di equilibrio prescelta si riduce a

A(π/2,mg/k) = m

8R2

34R

34R

32

.

L’hessiana del potenziale in (θ, s) = (π/2,mg/k) e gia stata determinata nella precedenteanalisi di stabilita e viene qui riscritta per comodita

HU (π/2,mg/k) =

16kR2

9

(1 − 3

4mg

kR

)0

0 −k

.

Stefano Siboni 993

Page 160: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni sono le soluzioni in ω > 0 dell’equazionecaratteristica det(ω2A + HU ) = 0, che nella fattispecie assume la forma

det

m

8R2

3ω2 − 16kR2

9

(34

mg

kR− 1)

m4R

3ω2

m4R

3ω2 2mω2 − k

= 0

e si riduce pertanto all’equazione di secondo grado di ω2

[m

8R2

3ω2 − 16kR2

9

(34

mg

kR− 1)]

(2mω2 − k) − 169

m2R2ω4 = 0 ,

che caratterizza le due pulsazioni normali ω = ω1, ω2. Le frequenze normali saranno quindidate da f1 = ω1/2π e f2 = ω2/2π.

Esercizio 172. Geometria delle masseNel primo quadrante del piano Oxy di una terna cartesiana Oxyz si considera una laminapiana D costituita dal quarto di circonferenza di raggio R e centro O e dal punto materialeA, di massa m e coordinate (R,R, 0). In un suo generico punto P la densita della laminavale σ(P ) = 6m|P − O|/πR3.

Facendo uso delle coordinate polari (ρ, φ) mostrate in figura, determinare

(a) il baricentro del sistema D + A;

(b) la matrice d’inerzia di D rispetto alla terna Oxyz;

(c) il momento d’inerzia di D rispetto alla bisettrice del primo quadrante in Oxy;

(d) l’energia cinetica di D qualora O sia punto fisso e la velocita angolare valga 2ωe1−ωe3,con ω > 0;

(e) il momento angolare di D in O, nelle stesse ipotesi.

Stefano Siboni 994

Page 161: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Baricentro di D + AIl calcolo del baricentro del sistema D + A passa attraverso la determinazione di massa ebaricentro del solo settore circolare e la successiva applicazione del teorema distributivo.La massa della lamina D e individuata dall’integrale

mD

=

R∫0

π/2∫0

dφ ρ6m

πR3ρ =

6m

πR3

π

2R3

3= m.

L’ascissa xD del baricentro GD si ottiene per mezzo della relazione

xD =1m

R∫0

π/2∫0

dφ ρ6m

πR3ρ ρ cos φ =

6πR3

[ρ4

4

]R

0

[sin φ

]π/2

0=

32π

R

e identico valore assume l’ordinata yD, come peraltro ci si deve aspettare per l’essere labisettrice y = x un evidente asse di simmetria del sistema

yD =1m

R∫0

π/2∫0

dφ ρ6m

πR3ρ ρ sin φ =

6πR3

[ρ4

4

]R

0

[− cos φ

]π/2

0=

32π

R .

Poiche infine la lamina giace nel piano di simmetria Oxy, la quota del baricentro deverisultare nulla — zD = 0 — e viene stabilita la seguente espressione per il vettore posizionedel baricentro GD

GD − O =32π

R e1 +32π

R e2 .

Il baricentro G del sistema D + A si ricava allora applicando il teorema distributivo e saraindividuato da

G − O =1

m + m

[m( 3

2πR e1 +

32π

R e2

)+ m(R e1 + R e2)

]=( 3

4π+

12

)R(e1 + e2) .

Si noti che la bisettrice y = x passa per il punto A e dunque costituisce un asse di simmetrianon soltanto della lamina D ma anche dell’intero sistema D + A. Conseguentemente, ilbaricentro G deve giacere sulla stessa retta, come risulta in effetti dal calcolo appenasvolto.

(b) Matrice d’inerzia di D

Poiche la lamina giace per intero nel piano coordinato Oxy, la matrice d’inerzia relativaalla terna Oxyz di D deve assumere la forma generale

[LO] =

Lxx Lxy 0Lxy Lyy 00 0 Lxx + Lyy

Stefano Siboni 995

Page 162: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ed e completamente definita dai momenti d’inerzia Lxx, Lyy e dal prodotto d’inerzia Lxy.Il momento d’inerzia rispetto all’asse Ox si valuta mediante l’integrale

Lxx =

R∫0

π/2∫0

dφ ρ6m

πR3ρ ρ2sin2φ =

6m

πR3

[ρ5

5

]R

0

π/2∫0

1 − cos 2φ

2dφ =

=35π

mR2

[φ− sin 2φ

2

]π/2

0

=310

mR2 .

Analogo e il calcolo del momento d’inerzia relativo all’asse coordinato Oy

Lyy =

R∫0

π/2∫0

dφ ρ6m

πR3ρ ρ2cos2φ =

6m

πR3

[ρ5

5

]R

0

π/2∫0

1 + cos 2φ

2dφ =

=35π

mR2

[φ +

sin2φ

2

]π/2

0

=310

mR2,

mentre per il prodotto d’inerzia si ha

Lxy = −R∫

0

π/2∫0

dφ ρ6m

πR3ρ ρ2 cos φ sinφ = − 6m

πR3

[ρ5

5

]R

0

π/2∫0

sin φ cos φ dφ =

= − 65π

mR2

[sin2φ

2

]π/2

0

= − 35π

mR2.

Si conclude che la matrice d’inerzia della lamina D e data da

[LO] = mR2

3/10 −3/5π 0−3/5π 3/10 0

0 0 3/5

.

(c) Momento d’inerzia di D rispetto alla bisettriceIl momento d’inerzia del settore D rispetto alla retta r di equazione y = x, nel piano z = 0,si puo determinare facendo uso della matrice d’inerzia relativa alla terna Oxyz, in quantola retta passa per l’origine O. La formula da applicare e la seguente

Ir = n · LO(n) = (n1 n2 n3) [LO]

n1

n2

n3

in cui n = n1e1 +n2e2 +n3e3 e il versore associato alla retta considerata. Nella fattispecie

n =1√2

e1 +1√2

e2

Stefano Siboni 996

Page 163: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

per cui il momento d’inerzia cercato diventa

Ir =( 1√

21√2

0)mR2

3/10 −3/5π 0−3/5π 3/10 0

0 0 3/5

1/√

21/

√2

0

=

=mR2

2(1 1 0)

3/10 −3/5π 0−3/5π 3/10 0

0 0 3/5

110

=

=mR2

2(1 1 0)

3/10 − 3/5π−3/5π + 3/10

0

= mR2( 3

10− 3

)che costituisce il risultato richiesto.

(d) Energia cinetica di D

Nell’ipotesi che il punto O sia fisso, l’energia cinetica della lamina D dipende unicamentedall’operatore d’inerzia e dal vettore velocita angolare istantanea ω = ω1e1 + ω2e2 + ω3e3

T =12ω · LO(ω) =

12(ω1 ω2 ω3)mR2

3/10 −3/5π 0−3/5π 3/10 0

0 0 3/5

ω1

ω2

ω3

.

Nel caso qui considerato si deve assumere ω = 2ωe1 − ωe3, con ω > 0, e l’espressionedell’energia cinetica diventa percio

T =12(2ω 0 − ω)mR2

3/10 −3/5π 0−3/5π 3/10 0

0 0 3/5

2ω0−ω

=

=12mR2ω2(2 0 − 1)

3/10 −3/5π 0−3/5π 3/10 0

0 0 3/5

20−1

=

=12mR2ω2(2 0 − 1)

3/5−6/5π−3/5

=12mR2ω2

(65

+35

)=

910

mR2ω2.

(e) Momento angolare di D

Il calcolo del momento angolare della lamina, nel punto O, si esegue in modo del tuttoanalogo a quanto visto per l’energia cinetica. Vale infatti la relazione generale

KO = LO(ω)

ovvero la relazione matriciale equivalenteK1

K2

K3

= mR2

3/10 −3/5π 0−3/5π 3/10 0

0 0 3/5

ω1

ω2

ω3

Stefano Siboni 997

Page 164: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

che nella fattispecie diventaK1

K2

K3

= mR2

3/10 −3/5π 0−3/5π 3/10 0

0 0 3/5

2ω0−ω

= mR2ω

3/5−6/5π−3/5

e porge infine il risultato richiesto

KO = mR2ω

(35

e1 −65π

e2 −35

e3

).

Esercizio 173. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. conservativo a vincoli unilateraliUna lamina quadrata e omogenea L, di massa m, lato a e centro G, e vincolata a rimanerenel piano verticale Oxy di una terna cartesiana Oxyz e ruota attorno al vertice O. Un’astaomogenea AB, di massa m e lunghezza a, ha l’estremo A incernierato su un vertice di L el’estremo B vincolato a scorrere sull’asse verticale Oy. Per via di un ostacolo, l’ordinata diB si mantiene non inferiore a −

√3a. Il sistema e pesante e una molla di costante elastica

k = mg/a congiunge l’origine O con il punto B. Al vertice P e applicata infine una forzacostante F = (mg/2)e2. Si usa l’angolo θ mostrato in figura come coordinata lagrangiana.

Assunti i vincoli ideali, relativamente alla terna Oxyz determinare del sistema:

(a) l’energia cinetica;

(b) gli equilibri ordinari e di confine, qualora definiti;

(c) le proprieta di stabilita, secondo Liapunov, degli equilibri ordinari;

(d) le equazioni di Lagrange;

(e) le reazioni vincolari in O e B per la quiete in una configurazione di equilibrio stabile.

Stefano Siboni 998

Page 165: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema e la somma delle energie cinetiche della lamina quadrata L

e dell’asta AB, entrambe omogenee.

Energia cinetica della lamina quadrataLa lamina quadrata si muove con asse fisso Oz e la sua energia cinetica puo quindi esseredeterminata direttamente. Il baricentro G della lamina coincide con il suo centro geome-trico; questo si colloca ad una distanza a

√2/2 dall’origine O, per cui il momento d’inerzia

della lamina quadrata omogenea rispetto al suo asse fisso Oz si puo ricavare usando ilteorema di Huygens-Steiner

IL

Oz = IL

Gz + m|G −O|2 =ma2

6+ m

( a√2

)2

=ma2

6+

ma2

2=

23ma2 .

La velocita angolare del quadrato e evidentemente ωL = θe3, in modo che la relativa energiacinetica diventa

TL =12IL

Oz|ωL|2 =12

23ma2θ2 =

13ma2θ2.

Energia cinetica dell’astaL’asta omogenea AB e priva di punti fissi e la sua energia cinetica deve essere valutatamediante il teorema di Konig

TAB =m

2C2 +

12IABCz |ωAB|2

in termini della velocita C del baricentro C , del momento d’inerzia IABCz rispetto all’asse

baricentrale Cz, e della velocita angolare istantanea ωAB. Il baricentro dell’asta si identificacon il suo punto medio e viene individuato per mezzo del vettore posizione

C−O =A − O + B − O

2=

a sin θ e1 − a cos θ e2 − 2a cos θ e2

2=

a

2sin θ e1−

32a cos θ e2

con velocita istantaneaC =

(a

2cos θ e1 +

32a sin θ e2

di modulo quadrato

C2 =14(cos2θ + 9 sin2θ)a2 θ2 .

D’altra parte, poiche il triangolo AOB e isoscele, l’angolo OBA ha ampiezza θ ed e o-rientato in senso opposto rispetto all’angolo AOB, per cui la velocita angolare istantaneadell’asta si esprime in termini dell’angolo θ come

ωAB = −θ e3 ,

Stefano Siboni 999

Page 166: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

mentre il momento d’inerzia dell’asta omogenea rispetto all’asse baricentrale Cz vale

IABCz =

ma2

12.

Di conseguenza, il teorema di Konig porge

TAB =m

8a2(cos2θ + 9 sin2θ)θ2 +

12

ma2

12θ2 =

=m

8a2(1 + 8 sin2θ)θ2 +

ma2

24θ2 = ma2

(16

+ sin2θ)θ2 .

La somma delle energie cinetiche di quadrato ed asta conduce infine al risultato richiesto

T =13ma2θ2 + ma2

(16

+ sin2θ)θ2 = ma2

(12

+ sin2θ)θ2 .

(b) Equilibri ordinari e di confineTutte le sollecitazioni attive agenti sul sistema hanno carattere posizionale e conservativo,e vengono percio descritte per mezzo dei relativi potenziali. Indicato con G il centrogeometrico della lamina quadrata ed omogenea L, che coincide ovviamente con il relativobaricentro, e evidente che AOG = π/4 e che di conseguenza il potenziale delle forze pesosi scrive

UL

g = −mg

[−√

2a

2cos(θ+

π

4

)]=

1√2mga

(1√2

cos θ− 1√2

sin θ

)=

12mga(cos θ−sin θ) .

Il baricentro dell’asta omogenea AB si identifica con il suo punto medio, per cui il potenzialedelle forze peso ad essa applicate assume la forma

UABg = −mg

(−a cos θ − a

2cos θ

)=

32mga cos θ .

Quanto all’interazione elastica fra i punti O e B, il relativo potenziale e dato da

Uel = −k

2|B − O|2 = −mg

2a(−2a cos θ)2 = −2mga cos2θ ,

mentre per il potenziale della forza costante F , applicata in P , si ha

UF = F · (P − O) =mg

2e2 · (P − O) =

mg

2a cos

2− θ)

=12mga sin θ .

Il potenziale del sistema e le somma dei potenziali delle singole sollecitazioni attive appli-cate

U(θ) = 2mga cos θ − 2mga cos2θ

Stefano Siboni 1000

Page 167: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e deve intendersi definito per ogni valore di θ consentito dai vincoli unilaterali, vale a dire

π/6 ≤ θ ≤ 11π/6

come si verifica immediatamente notando che quando B e a contatto con l’ostacolo iltriangolo isoscele AOB ha l’angolo in O di π/6 radianti. La componente lagrangiana Qθ

delle sollecitazioni risulta percio∂U

∂θ= −2mga sin θ + 4mga cos θ sin θ = 4mga sin θ

(cos θ − 1

2

)∀ θ ∈

[π/6, 11π/6

].

Equilibri ordinariGli equilibri ordinari coincidono con le soluzioni statiche delle equazioni lagrangiane, ovverocon i punti critici del potenziale U . Si ricavano percio come soluzioni dell’equazione trigono-metrica

4mga sin θ(cos θ − 1

2

)= 0 ∀ θ ∈

6,116

π)

.

Dalla condizione sin θ = 0 si ottengono le soluzioni

θ = 0 θ = π

delle quali soltanto la seconda e accettabile in quanto compresa nel dominio di definizionedel potenziale — cioe nell’intervallo di definizione del parametro lagrangiano. La relazioneresidua cos θ = 1/2 conduce invece alle soluzioni

θ = π/3 θ = −π/3 + 2π = 5π/3

entrambe accettabili. Riassumendo, le configurazioni di equilibrio ordinarie del sistemasono individuate dai seguenti valori dell’angolo θ

θ = π θ = π/3 θ = 5π/3

e risultano definite per qualsiasi scelta delle costanti caratteristiche m, g, a.

Equilibri di confineLe configurazioni di confine del sistema si riducono a due soltanto, individuate dai valoriθ = π/6 e θ = 11π/6 della variabile angolare θ. Dette configurazioni sono riconoscibilicome eventuali equilibri facendo ricorso al teorema dei lavori virtuali.

Configurazione θ = π/6La componente generalizzata delle sollecitazioni attive in θ = π/6 si esprime come

Qθ(π/6) =∂U

∂θ(π/6) = 4mga

12

(√32

− 12

)= mga(

√3 − 1)

mentre il teorema dei lavori virtuali prevede il ricorrere dell’equilibrio in θ = π/6 se esoltanto se

Qθ(π/6) δθ ≤ 0 ∀ δθ ≥ 0

ossiaQθ(π/6) ≤ 0 ,

condizione che certamente non e soddisfatta in quanto√

3− 1 > 0. La configurazione noncostituisce un equilibrio di confine per il sistema.

Stefano Siboni 1001

Page 168: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Configurazione θ = 11π/6In virtu del teorema dei lavori virtuali, la configurazione e caratterizzata come equilibriodi confine se e solo se

Qθ(11π/6) δθ ≤ 0 ∀ δθ ≤ 0

vale a dire qualora si abbiaQθ(11π/6) ≥ 0 .

D’altra parte, vale

Qθ(11π/6) = 4mga(−1

2

)(√32

− 12

)= −mga(

√3 − 1) < 0

in modo che neppure questa configurazione si riconosce essere equilibrio di confine per ilsistema.

(c) Stabilita degli equilibri ordinariTrattandosi di sistema scleronomo posizionale e conservativo, le proprieta di stabilitadegli equilibri ordinari possono essere studiate per mezzo dei classici teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo si deriva rispetto all’angolo θ la derivataprima del potenziale

U ′(θ) = 4mga(sin θ cos θ − 1

2sin θ

)per ottenere la derivata seconda

U ′′(θ) = 4mga(cos2θ − sin2θ − 1

2cos θ

).

Si puo ora procedere all’esame delle singole configurazioni di equilibrio.

Configurazione θ = πIn questo caso la derivata seconda del potenziale si riduce a

U ′′(π) = 4mga(1 − 0 +

12

)= 6mga > 0

e dal suo segno positivo segue l’instabilita della configurazione, per effetto del teorema diinversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione θ = π/3La derivata seconda del potenziale assume segno negativo

Uθ(π/3) = 4mga(1

4− 3

4− 1

212

)= −3mga < 0

per cui la configurazione e un massimo relativo proprio del potenziale e risulta stabile inconseguenza del teorema di Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 1002

Page 169: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Configurazione θ = 5π/3La configurazione, simmetrica della precedente, ha anch’essa derivata seconda del poten-ziale di segno negativo

Uθ(5π/3) = 4mga(1

4− 3

4− 1

212

)= −3mga < 0 .

Anche di questo massimo relativo proprio del potenziale il teorema di Lagrange-Dirichletassicura la stabilita nel senso di Liapunov.

(d) Equazioni di LagrangeDal momento che il sistema e per ipotesi a vincoli ideali, le equazioni del moto possonoessere scritte in forma lagrangiana

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

per mezzo della funzione di Lagrange

L = T + U = ma2(1

2+ sin2θ

)θ2 + 2mga cos θ − 2mga cos2θ .

Si hanno cosı le relazioni:

∂L

∂θ= ma2(1 + 2 sin2θ)θ

d

dt

(∂L

∂θ

)= ma2(1 + 2 sin2θ)θ + 4ma2 sin θ cos θ θ2

∂L

∂θ= 2ma2 sin θ cos θ θ2 − 2mga sin θ + 4mga cos θ sin θ

dalle quali si deduce l’equazione richiesta

ma2(1 + 2 sin2θ)θ + 2ma2 sin θ cos θ θ2 + 2mga sin θ − 4mga cos θ sin θ = 0 .

(e) Reazioni vincolariLe reazioni vincolari esterne sono costituite, per ipotesi, da una reazione ΦB applicataall’asta AB in B e da una seconda reazione vincolare ΦO agente sulla lamina quadrata nelsuo vertice fisso O. La condizione dei vincoli ideali autorizza a richiedere che la reazionevincolare in B si mantenga ortogonale all’asse Oy e si possa dunque esprimere nella forma

ΦB = ΦB e1

con ΦB scalare opportuno. In una generica configurazione individuata dall’angolo θ lesollecitazioni attive agenti sul sistema sono le seguenti

• la forza F = mg/2 e2 applicata nel punto P di vettore posizione

P − O = a sin(π

2− θ)

e1 + a cos(π

2− θ)

e2 = a cos θ e1 + a sin θ e2 ;

Stefano Siboni 1003

Page 170: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

• il peso −mg e2 della lamina L applicato nel baricentro G, il cui vettore posizione siscrive

G − O =a√2

sin(θ +

π

2

)e1 −

a√2

cos(θ +

π

2

)e2 =

=a√2

sin θ + cos θ√2

e1 −a√2

cos θ − sin θ√2

e2 =

=a

2(sin θ + cos θ) e1 +

a

2(sin θ − cos θ) e2 ;

• il peso −mg e2 dell’asta omogenea AB, che puo intendersi applicato al baricentro Cdell’asta

C − O =a

2sin θ e1 −

32a cos θ e2 ;

• la forza elastica k(O −B) =mg

a2a cos θe2 = 2mg cos θe2 agente nel punto B indivi-

duato da:B − O = −2a cos θ e2 ;

• la sollecitazione elastica k(B −O) = −2mg cos θe2 applicata in O.

La prima equazione cardinale della statica impone allora che all’equilibrio il risultante ditutte le sollecitazioni interne, attive e di reazione vincolare, applicate al sistema sia nullo

ΦO + ΦB e1 +mg

2e2 − mg e2 − mg e2 = 0

ossiaΦO + ΦB e1 =

32mg e2 .

Dalla seconda equazione cardinale della statica segue invece l’annullarsi, all’equilibrio, delmomento risultante delle forze esterne rispetto ad un qualsivoglia polo. Nella fattispecie,scelta come polo l’origine O della terna di riferimento, il momento risultante di tutte leforze esterne all’intero sistema vale

MestO =(B − O) ∧ ΦB e1 + (P − O) ∧ mg

2e2+

+ (G −O) ∧ (−mg e2) + (C −O) ∧ (−mg e2) =

= (−2a cos θ e2) ∧ ΦB e1 + a(cos θ e1 + sin θ e2) ∧mg

2e2+

+[a2(sin θ + cos θ) e1 +

a

2(sin θ − cos θ) e2

]∧ (−mg e2)+

+(a

2sin θ e1 −

32a cos θ e2

)∧ (−mg e2) =

=[2aΦB cos θ +

mga

2cos θ − mga

2(sin θ + cos θ) − mga

2sin θ

]e3 =

=(2aΦB cos θ − mga sin θ) e3

Stefano Siboni 1004

Page 171: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e uguagliato a zero consente di ricavare la reazione vincolare applicata in B(1)

ΦB = ΦB e1 =mg

2tgθ e1 .

La reazione vincolare in O viene infine dedotta dalla prima equazione cardinale della statica

ΦO =32mg e2 −ΦB e1 = −mg

2tgθ e1 +

32mg e2 .

Come gia verificato al punto (c), una configurazione di equilibrio stabile del sistema si haper θ = π/3. In tal caso le reazioni vincolari applicate al sistema risultano

ΦB =mg

2tg(π/3) e1 =

√3

2mg e1

ΦO = −mg

2tg(π/3) e1 +

32mg e2 = −

√3

2mg e1 +

32mg e2 .

Osservazione. Equilibri ordinari ricalcolati con le equazioni cardinaliLe configurazioni di equilibrio ordinarie possono essere determinate facendo uso delleequazioni cardinali della statica. A questo scopo e sufficiente, come si dice, svincolare l’astaed applicare ad essa le equazioni cardinali della statica, tenendo conto dell’interazione inA fra asta e lamina quadrata mediante una ulteriore reazione vincolare ΦA agente in A— una reazione opposta −ΦA si esercitera sul corripondente punto A di L. Allo scopodi eliminare questa ulteriore reazione vincolare incognita, conviene fare uso dell’equazionecardinale del momento angolare rispetto al polo A, che si scrive nella forma

(B −A) ∧[mg

a(O − B) + ΦB e1

]+ (C −A) ∧ (−mg e2) = 0

e sostituendo le espressioni esplicite dei vettori posizione diventa

(−a sin θ e1−a cos θ e2)∧[mg

a2a cos θ e2+ΦB e1

]+(−a

2sin θ e1−

a

2cos θ e2

)∧(−mg e2) = 0

ovvero

−a(sin θ e1 + cos θ e2) ∧ (2mg cos θ e2 + ΦB e1) +mga

2(sin θ e1 + cos θ e2) ∧ e2 = 0 .

Il calcolo dei prodotti vettoriali conduce infine alla relazione

−2mga sin θ cos θ + aΦB cos θ +mga

2sin θ = 0

(1)Si osservi che la condizione Mest

O =0, necessaria per l’equilibrio, non puo essere soddisfatta per cos θ=0.

Stefano Siboni 1005

Page 172: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

che ricordando l’espressione gia ricavata per ΦB si riduce a

−2mga sin θ cos θ + amg

2tgθ cos θ +

mga

2sin θ = 0

e quindi a−2mga sin θ cos θ + mga sin θ = 0 .

Le configurazioni di equilibrio ordinarie sono percio caratterizzate dalle soluzioni dell’e-quazione trigonometrica

sin θ(− cos θ +

12

)= 0 , θ ∈ (π/6, 11π/6) ,

che coincide con quanto gia ottenuto al precedente punto (b).

Esercizio 174. Sistema rigido con asse fissoUna lamina quadrata pesante ABCD, di centro O e lato a, ruota senza attrito attornoall’asse orizzontale Oz di una terna Oxyz. In un suo generico punto Q la densita dellalamina e data da σ(Q) = m|Q − O|2/a4. Il punto medio P del lato AB e collegato alpunto fisso N(2a, 0, 0) da una molla di costante elastica k ed in esso si applica altresı unaforza resistente −βP , con β costante positiva. La lamina e infine soggetta ad una coppiadi momento M = mga cos2φ e1 − βa2φ e3.

(a) Determinare gli equilibri del sistema.

(b) Scrivere l’equazione del moto del sistema.

Soluzione(a) EquilibriNell’ipotesi di asse fisso privo di attrito il sistema e a vincoli ideali e le configurazioni diequilibrio vengono caratterizzate per mezzo del teorema dei lavori virtuali. La condizionedi equilibrio e percio l’annullarsi del momento risultante delle forze attive esterne rispettoall’asse fisso Oz

MO · e3 = 0 .

Stefano Siboni 1006

Page 173: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Il sistema delle forze peso equivale al peso totale applicato nel baricentro, che e immediatoidentificare con il centro O della lamina quadrata. Questo infatti costituisce un centro disimmetria per la lamina, vista l’identita

σ(Q) =m|Q − O|2

a4=

m|Q −O|2a4

= σ(Q)

valida per ogni coppia di punti simmetrici Q e Q rispetto ad O. Poiche il baricentro Ogiace sull’asse di rotazione, il momento delle forze peso risulta nullo e non concorre alladeterminazione delle configurazioni di equilibrio del sistema. Il momento assiale della forzaelastica agente in P si scrive invece

(P −O) ∧ k(N − P ) · e3 =

= k(a

2cos φ e1 +

a

2sinφ e2

)∧(2a e1 −

a

2cos φ e1 −

a

2sin φ e2

)· e3 =

=ka2

4

∣∣∣∣∣∣cos φ sin φ 0

4 − cos φ − sinφ 00 0 1

∣∣∣∣∣∣ = −ka2 sinφ ,

mentre il momento assiale della coppia risulta

M · e3 = (mga cos2φ e1 − βa2φ e3) · e3 = −βa2φ

ed e quindi nullo in condizioni di quiete. La forza resistente applicata in P e di tipoviscoso e si annulla anch’essa in condizioni di quiete del sistema; nullo risulta percio ilrelativo momento assiale rispetto ad Oz, che dunque non ha effetto sugli equilibri. Lacondizione necessaria e sufficiente per l’equilibrio diventa pertanto

−ka2 sin φ = 0

ed individua due sole configurazioni di equilibrio

φ = 0 , π .

(b) Equazione del motoTrattandosi di sistema rigido con asse fisso Oz privo di attrito, l’equazione pura del motosi ottiene proiettando lungo Oz l’equazione cardinale del momento angolare determinatarispetto ad un qualsiasi punto dell’asse, per esempio l’origine O

IOzφ = MO · e3

e richiede il calcolo del momento d’inerzia rispetto all’asse fisso Oz, IOz, nonche del mo-mento assiale delle forze attive rispetto allo stesso asse, MO · e3. Per il calcolo del momentod’inerzia conviene introdurre una terna di riferimento solidale alla lamina, Oξηζ, il cui asse

Stefano Siboni 1007

Page 174: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Oζ coincida con l’asse fisso Oz e gli assi Oξ ed Oη siano rispettivamente paralleli ai latiBC e AB

La densita della lamina in un suo generico punto Q, di coordinate (ξ, η, 0) nello spaziosolidale, vale allora σ(Q) = m(ξ2 + η2)/a4 e consente di scrivere il momento d’inerzia permezzo dell’integrale doppio

IOz =

a/2∫−a/2

a/2∫−a/2

dηm

a4(ξ2 + η2)2 =

=m

a4a

a/2∫−a/2

ξ4dξ +m

a4a

a/2∫−a/2

η4dη + 2m

a4

a/2∫−a/2

ξ2dξ

a/2∫−a/2

η2dη =

=m

a3

[ξ5

5

]a/2

−a/2

+m

a3

[η5

5

]a/2

−a/2

+ 2m

a4

[ξ3

3

]a/2

−a/2

[η3

3

]a/2

−a/2

=7

180ma2 .

Il momento assiale della forza elastica e della coppia sono gia state calcolate al puntoprecedente e valgono rispettivamente

(P −O) ∧ k(N − P ) · e3 = −ka2 sinφ M · e3 = −βa2φ ;

per la forza di resistenza viscosa applicata in P si ha invece

(P − O) ∧ (−βP ) · e3 = −βe3 · (P − O) ∧ P = −βe3 · (P − O) ∧ [φ e3 ∧ (P − O)] =

= −βφ[e3|P − O|2 − (P − O)e3 · (P − O)

]· e3 = −βφ|P − O|2 = −βa2

4φ .

L’equazione del moto diventa percio

7180

ma2φ = −ka2 sinφ − βa2φ − βa2

ossia, semplificando e portando a primo membro tutti i termini,

7180

ma2φ + ka2 sinφ +54βa2φ = 0 .

Stefano Siboni 1008

Page 175: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 175. Punto vincolato a una curva con attritoNella piano cartesiano Oxy, con asse Oy verticale, un punto materiale pesante P di massam e vincolato a restare sulla curva di equazione

y =x3

3− x2 , x ∈ R ,

che ha coefficiente di attrito statico µ molto piccolo. Determinare del sistema:

(a) le configurazioni di equilibrio, tenendo conto dell’attrito;

(b) per quali condizioni iniziali si hanno moti periodici, trascurando l’attrito;

(c) quali condizioni iniziali danno luogo a moti a meta asintotica, sempre assumendo gliattriti trascurabili.

Soluzione(a) Configurazioni di equilibrio, considerando l’attritoPoiche il punto materiale P e soggetto esclusivamente all’azione della gravita, la posizioneindividuata da un generico valore dell’ascissa x ∈ R costituisce un equilibrio del sistema see soltanto se la pendenza della curva vincolare in x risulta in valore assoluto non superioreal coefficiente di attrito radente statico µ, vale a dire

|y′(x)| ≤ µ .

Calcolando la derivata, la condizione si scrive esplicitamente nella forma

|x2 − 2x| ≤ µ

ossia−µ ≤ x2 − 2x ≤ µ

ed equivale pertanto al sistema di disequazioni0 ≤ x2 − 2x + µx2 − 2x − µ ≤ 0 .

I polinomi di secondo grado in x devono essere scomposti in fattori di primo grado.

Soluzione della disequazione x2 − 2x + µ ≥ 0Per il teorema fondamentale dell’algebra, la scomposizione in fattori di primo grado delpolinomio x2 − 2x + µ e data da

x2 − 2x + µ = (x − x+1 )(x − x−

1 )

dove i coefficienti sono le radici del polinomio e dunque le soluzioni dell’equazione algebrica

x2 − 2x + µ = 0 .

Stefano Siboni 1009

Page 176: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Dette soluzioni si scrivono

x±1 =

2 ±√

4 − 4µ

2= 1 ±

√1 − µ =

1 +√

1 − µ

1 −√

1 − µ =µ

1 +√

1 − µ

in modo che ∀µ ∈ (0, 1) ammesso risulta

x+1 = 1 +

√1 − µ ∈ (1, 2) e x−

1 = 1 −√

1 − µ ∈ (0, 1)

e la disequazione assume la forma equivalente

(x − x+1 )(x − x−

1 ) ≥ 0 ,

con x+1 ≥ x−

1 . Le soluzioni sono pertantox ≥ x+

1

x ≥ x−1

e

x ≤ x+1

x ≤ x−1

che la relazione x+1 ≥ x−

1 consente di esprimere piu semplicemente come

x ≥ x+1 e x ≤ x−

1 .

Soluzione della disequazione x2 − 2x − µ ≤ 0In questo caso la scomposizione del polinomio di secondo grado e

x2 − 2x − µ = (x − x+2 )(x − x−

2 )

con x+2 e x−

2 soluzioni dell’equazione algebrica

x2 − 2x − µ = 0

e quindi esprimibili nella forma

x±2 =

2 ±√

4 + 4µ

2= 1 ±

√1 + µ =

1 +√

1 + µ ∈ (2, 3)

1 −√

1 + µ = − µ

1 +√

1 + µ∈ (−1, 0)

con x+2 ≥ x−

2 . La disequazione diventa cosı

(x − x+2 )(x − x−

2 ) ≤ 0

e le sue soluzioni sono date dax ≥ x+

2

x ≤ x−2

e

x ≤ x+2

x ≥ x−2 .

Stefano Siboni 1010

Page 177: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

La prima soluzione e equivalente alla condizione x+2 ≤ x ≤ x−

2 e risulta dunque vuola. Laseconda puo invece scriversi come

x−2 ≤ x ≤ x+

2 .

Configurazioni di equilibrioGli equilibri del sistema sono tutte e sole le soluzioni dei due sistemi di disequazioni

x ≥ x+1

x−2 ≤ x ≤ x+

2

e x ≤ x−

1

x−2 ≤ x ≤ x+

2 .

I valori calcolati dei parametri x+1 , x−

1 , x+2 , x−

2 conservano lo stesso ordinamento lungo laretta reale per ogni scelta del coefficiente di attrito radente statico µ ∈ (0, 1)

Le configurazioni di equilibrio sono dunque individuate da

x−2 ≤ x ≤ x−

1 e x+1 ≤ x ≤ x+

2 ,

ovvero, sostituendo le definizioni esplicite delle radici, dalle relazioni

1 −√

1 + µ ≤ x ≤ 1 −√

1 − µ , 1 +√

1 − µ ≤ x ≤ 1 +√

1 + µ .

Si osservi che le conclusioni sono valide per qualsivoglia µ ∈ (0, 1). Nel caso di µ > 0piccolo e possibile sostituire le radici quadrate con le relative approssimazioni di Taylor

√1 + µ = 1 +

µ

2+ O(µ2) ∼ 1 +

µ

2

√1 − µ = 1 − µ

2+ O(µ2) ∼ 1 − µ

2

ed ottenere una espressione piu semplice

−µ

2≤ x ≤ µ

2, 2 − µ

2≤ x ≤ 2 +

µ

2.

In ogni caso, l’interpretazione del risultato e immediata: le configurazioni di equilibrio sonocostituite da tutte le posizioni del sistema sufficientemente prossime ai punti stazionari delpotenziale, che individuano gli equilibri del sistema anche in assenza degli attriti radenti.

Stefano Siboni 1011

Page 178: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(b) Condizioni iniziali per i moti periodici, trascurando l’attritoNell’ipotesi che il coefficiente µ sia molto piccolo e gli attriti trascurabili, si ha a che fare conun sistema scleronomo posizionale e conservativo a un grado di liberta, la cui lagrangianasi scrive in termini della coordinata generalizzata x come

L(x, x) =m

2[1 + (x2 − 2x)2]x2 − mg

(x3

3− x2

)e la cui equazione del moto conserva l’energia

H(x, x) =m

2[1 + (x2 − 2x)2]x2 + mg

(x3

3− x2

).

La discussione qualitativa delle soluzioni puo quindi essere svolta mediante l’analisi diWeierstrass, da applicare all’energia potenziale

W (x) = mg(x3

3− x2

)i cui punti critici sono le soluzioni dell’equazione W ′(x) = x2 − 2x = 0

x = 0 , x = 2 ,

che corrispondono rispettivamente ad un massimo e ad un minimo relativo proprio dell’e-nergia potenziale, come e immediato verificare dal segno della derivata seconda W ′′(x) =2x − 2. I valori dell’energia potenziale in corrispondenza dei punti critici sono

W (0) = 0 W (2) = −43mg

per cui il grafico dell’energia potenziale W ha l’andamento illustrato nella figura seguente:

Dai criteri di Weierstrass e evidente che i moti periodici ricorrono per tutti i valoridell’energia compresi strettamente fra −4mg/3 e 0, a patto che il valore iniziale dell’ascissa

Stefano Siboni 1012

Page 179: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

x sia strettamente positivo. Le condizioni iniziali per i moti periodici possono essere perciocaratterizzate come tutte e sole quelle appartenenti all’insieme

(x, x) ∈ R2 : x ∈ R , x > 0 , −4

3mg <

m

2[1 + (x2 − 2x)2]x2 + mg

(x3

3− x2

)< 0

.

(c) Condizioni iniziali per i moti asintotici, trascurando l’attritoL’analisi precedente consente di ricavare agevolmente anche le condizioni iniziali relativeai moti a meta asintotica. Questi si ottengono fissando a 0 il valore dell’energia meccanica,puche x sia diverso da zero per x iniziale positivo oppure si abbia x > 0 per x < 0. Inquesto modo vengono selezionati soltanto i moti a meta asintotica nel futuro. Le condizioniiniziali corrispondenti sono pertanto definite dall’insieme

(x, x) ∈ R2 : x ∈ R ,

m

2[1 + (x2 − 2x)2]x2 + mg

(x3

3− x2

)= 0 , x > 0

(x, x) ∈ R2 : x ∈ R ,

m

2[1 + (x2 − 2x)2]x2 + mg

(x3

3− x2

)= 0 , x < 0 , x > 0

.

Esercizio 176. Sistema rigido con asse fisso e analisi di WeierstrassUn disco circolare omogeneo di massa m e raggio R e vincolato a ruotare senza attritoattorno ad un asse passante in O per il suo bordo e ortogonale al suo piano di giacitura.Il disco e pesante e una molla di costante elastica mg/2R collega l’estremo A del diametroOA con la sua proiezione ortogonale B sull’asse orizzontale Ox.

Usando come parametro l’angolo di rotazione θ illustrato in figura, determinare:

(a) un integrale primo del sistema;

(b) le configurazioni di equilibrio e le relative proprieta di stabilita;

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

(d) le condizioni iniziali corrispondenti a moti a meta asintotica;

(e) il periodo delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile a scelta.

Stefano Siboni 1013

Page 180: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Integrale primoL’energia cinetica del sistema e data dall’espressione

T =12IOz |θ e3|2 =

12

(mR2

2+ mR2

)θ2 =

12

32mR2θ2 =

34mR2θ2 .

Alla forza peso si associa il potenziale gravitazionale

Ug = −mg e2 · (G − O) = mgR cos θ

mentre l’interazione elastica fra i punti A e B, di costante k = mg/2R, e descritta dalpotenziale

Uel = −mg

4R(A − B)2 = −mg

4R(2R cos θ)2 = −mgRcos2θ .

Il sistema scleronomo ha quindi natura posizionale conservativa e si rappresenta per mezzodella lagrangiana

L = T + U =34mR2θ2 + mgR(cos θ − cos2θ) .

Un integrale primo ovvio e quello dell’energia meccanica

H(θ, θ) =34mR2θ2 + mgR(cos2θ − cos θ) .

(b) Equilibri e loro proprieta di stabilitaL’energia potenziale del sistema e data dall’espressione

−U(θ) = mgR(cos2θ − cos θ)

con derivate prima e seconda

−U ′(θ) = mgR(−2 cos θ sin θ + sin θ) = 2mgR(1

2− cos θ

)sin θ

−U ′′(θ) = mgR(2sin2θ − 2cos2θ + cos θ) .

Le posizioni di equilibrio si identificano con i punti critici del potenziale e sono percio tuttee soltanto le soluzioni dell’equazione trigonometrica

U ′(θ) = 0 ⇐⇒ sin θ(cos θ − 1

2

)= 0

vale a direθ = 0 , π , +arc cos

(12

)=

π

3, −arc cos

(12

)= −π

3.

Stefano Siboni 1014

Page 181: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(c) Condizioni iniziali per i moti periodiciAl sistema, posizionale conservativo e unidimensionale, e possibile applicare l’analisi diWeiestrass. La derivata seconda dell’energia potenziale nei punti critici, determinati alpunto precedente, permette di riconoscere la natura di questi. Si ha infatti che:

θ = 0 e massimo relativo proprio dell’energia potenziale −U , in quanto

−U ′′(0) = mgR(−2 + 1) = −mgR < 0 ;

θ = π costituisce anch’esso un massimo relativo proprio dell’energia potenziale −Uper via del segno negativo della derivata seconda

−U ′′(π) = mgR(−2− 1) = −3mgR < 0 ;

le configurazioni θ = π/3 e θ = −π/3 sono infine minimi relativi propri dell’energiapotenziale a causa della derivata seconda positiva

−U ′′(±π/3) = mgR

[2(√3

2

)2

− 2(1

2

)2

+12

]=

= mgR(2

34− 1

2+

12

)=

32mgR > 0 .

I valori dell’energia potenziale in corrispondenza dei punti critici risultano inoltre

−U(0) = mgR(1 − 1) = 0−U(π) = mgR(1 + 1) = 2mgR

−U(π/3) = mgR(1

4− 1

2

)= −1

4mgR

−U(−π/3) = −14mgR

per cui l’energia potenziale ha il grafico illustrato nella figura seguente

Stefano Siboni 1015

Page 182: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

I teoremi di Weierstrass assicurano che i moti periodici si hanno ∀ (θ, θ) ∈ R2 tali che

−14mgR < H(θ, θ) < 0

oppure0 < H(θ, θ) < 2mgR .

(d) Condizioni iniziali per i moti a meta asintoticaI moti a meta asintotica del sistema si hanno per (θ, θ) ∈ R

2 tali che

H(θ, θ) = 0 , θ = 0

oppure perH(θ, θ) = 2mgR , θ = 0 ,

come e immediato dedurre dai teoremi di Weierstrass.

(e) Periodo delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabileSi e gia stabilito che θ = π/3 e un massimo relativo proprio di U : la sua stabilita seguepercio dal teorema di Lagrange-Dirichlet, come pure e evidente dalla stessa analisi diWeierstrass. Si ha in effetti

U(π/3) = −14mgR U ′(π/3) = 0 U ′′(π/3) = −3

2mgR

per cui nell’intorno di θ = π/3 la funzione potenziale ammette l’approssimazione di Tayloral secondo ordine

U(θ) = −14mgR− 3

4mgR

(θ − π

3

)2

+ O(θ − π

3

)3 (θ → π

3

)e la lagrangiana delle piccole oscillazioni diventa — si osservi che il termine di energiacinetica non risulta modificato, in questo caso, dall’approssimazione di Taylor in θ = 0 —

Lp.o. =34mR2θ2 − 3

4mgR

(θ − π

3

)2

in cui si e omessa una irrilevante costante additiva. L’equazione delle piccole oscillazioninell’intorno di θ = π/3 e quindi

32mR2θ +

32mgR

(θ − π

3

)= 0

ed equivale a quella di un oscillatore armonico semplice unidimensionale di pulsazioneω =

√g/R

θ +g

R

(θ − π

3

)= 0

e conseguente periodo

T =2π

ω= 2π

√R

g.

Stefano Siboni 1016

Page 183: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 177. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoNel piano verticale Oxy di una terna Oxyz, un disco circolare omogeneo di centro B, raggior e massa m, e vincolato a rotolare senza strisciare lungo il bordo interno di una guidacircolare omogenea, di centro C , raggio R > r e massa 2m. La guida rotola senza strisciaresu un piano π, inclinato di 30o rispetto all’asse orizzontale Ox. Il sistema e pesante e unamolla di costante k congiunge C con il punto O.

Usando le coordinate θ, s indicate in figura e facendo l’ipotesi che il sistema sia a vincoliideali, determinare:

(a) l’energia cinetica del sistema;

(b) gli equilibri del sistema;

(c) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;

(d) le equazioni di Lagrange del sistema;

(e) un integrale primo.

Soluzione(a) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema si esprime come somma delle energie cinetiche delle partirigide costituenti, la guida e il disco circolare. Tali energie cinetiche vengono dunquecalcolate separatamente una ad una.

Energia cinetica della guidaIndicato con P il punto di contatto fra la guida circolare e la direzione di massima pendenzadel piano π, il vettore posizione di tale punto rispetto alla terna di riferimento assolutaOxyz e dato da

P − O =√

32

Rs e1 − R

2s e2

mentre il vettore posizione del centro C rispetto a P si scrive

C − P =R

2e1 +

√3

2R e2 .

Stefano Siboni 1017

Page 184: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Sommando membro a membro le due relazioni precedenti si perviene al vettore posizionedel centro C , che per una guida circolare ed omogenea costituisce anche un centro disimmetria e si identifica pertanto con il baricentro

C − O =(√3

2Rs +

R

2

)e1 +

(√32

R − R

2s)

e2 =R

2(√

3s + 1)e1 +

R

2(√

3 − s)e2 .

Per effetto della condizione di puro rotolamento della guida circolare sulla direzione dimassima pendenza del piano π, si ha

ωguida = −s e3

e quindi l’energia cinetica della guida e espressa dal teorema di Konig

Tguida =122mC2 +

12IguidaCz s2 = mC2 +

122mR2s2 = mC2 + mR2s2 .

D’altra parte la velocita istantanea del baricentro si ottiene derivando rispetto al tempoil vettore posizione C − O e il modulo quadrato di tale velocita viene determinato diconseguenza

C =√

32

Rs e1 −R

2s e2 =⇒ C2 = R2s2

per cuiTguida = mR2s2 + mR2s2 = 2mR2s2 .

Energia cinetica del discoRispetto ad una qualsiasi terna solidale alla guida, la posizione del centro B del disco eindividuata — a meno di una costante additiva — dall’angolo s + θ + π/6. La condizionedi puro rotolamento del disco sulla guida circolare impone che, rispetto ad una qualsiasiterna solidale alla guida, la velocita angolare del disco sia data percio dall’espressione

ω′disco = −R − r

r

d

dt

(s + θ +

π

6

)e3 = −R − r

r(s + θ) e3 .

Stefano Siboni 1018

Page 185: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Considerato che una terna solidare alla guida ha velocita angolare istantanea di trascina-mento −se3 rispetto al riferimento assoluto, dal teorema dei moti rigidi composti segueche la velocita angolare del disco relativamente alla terna assoluta deve scriversi

ωdisco = −s e3 + ω′disco = −s e3 −

R − r

r(s + θ) e3 = −

(R

rs +

R − r

rθ)

e3 .

L’energia cinetica del disco si ricava sostituendo la precedente espressione nella formula diKonig

Tdisco =m

2B2 +

12IdiscoBz

(R

rs +

R − r

rθ)2

=

=m

2B2 +

12

mr2

2

(R

rs +

R − r

rθ)2

=m

2B2 +

m

4[Rs + (R − r)θ

]2dove si rende necessario esprimere le coordinate del centro B in funzione dei parametrilagrangiani. A questo scopo conviene in primo luogo rappresentare la posizione di Brispetto a C

B − C = (R − r) sin θ e1 − (R − r) cos θ e2

e sommare quindi l’espressione del vettore C − O

B − O =[(R − r) sin θ +

R

2(√

3s + 1)]e1 +

[−(R − r) cos θ +

R

2(√

3 − s)]e2

in modo che la velocita istantanea del baricentro risulta

B =[−(R − r) cos θ θ +

√3

2Rs

]e1 +

[(R − r) sin θ θ − R

2s

]e2

e conseguentemente

B2 = (R − r)2cos2θ θ2 −√

3R(R − r) cos θ θs +34R2s2+

+ (R − r)2sin2θ θ2 − R(R − r) sin θ θs +R2

4s2 =

= (R − r)2 θ2 − R(R − r)(sin θ +√

3 cos θ) θs + R2s2 .

Pertanto

Tdisco =m

2(R − r)2θ2 − m

2R(R − r)(sin θ +

√3 cos θ)θs +

m

2R2s2 +

m

4[Rs + (R − r)θ

]2=

34m(R − r)2θ2 +

34mR2s2 +

m

2R(R − r)

(1 − sin θ −

√3 cos θ

)θs .

L’energia cinetica del sistema risulta cosı

T = Tguida + Tdisco =

=114

mR2s2 +34m(R − r)2θ2 +

m

2R(R − r)(1 − sin θ −

√3 cos θ)sθ .

Stefano Siboni 1019

Page 186: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(b) EquilibriSul sistema scleronomo agiscono l’interazione elastica fra i punti C ed O e la forza peso diguida circolare e disco. Entrambe le sollecitazioni hanno natura posizionale conservativa evengono descritte per mezzo dei relativi potenziali. Il calcolo del potenziale gravitazionalerichiedere che si esprimano preventivamente le coordinate dei baricentri C e B di guidae disco in funzione dei parametri lagrangiani s, θ, cosa alla quale si e gia provvedutoin precedenza. Il potenziale gravitazionale del sistema e quindi dato dalla somma deglianaloghi contributi relativi a guida e disco

Ug = −2mg e2 · (C −O) − mg e2 · (B − O) =

= 2mgR

2(√

3 − s) − mg

[−(R − r) cos θ +

R

2(√

3 − s)]

=

= mgRs + mg(R − r) cos θ +12mgRs + costante

mentre all’interazione elastica fra C ed O si deve associare il potenziale

Uel = −k

2|C − O|2 = −k

2R2s2 + costante .

Sommando i potenziali gravitazionale ed elastico si ricava il potenziale del sistema

U(s, θ) = Ug + Uel =32mgRs− kR2

2s2 + mg(R − r) cos θ .

In un sistema scleronomo, soggetto esclusivamente a sollecitazioni posizionali conservative,le configurazioni di equilibrio ordinarie si identificano con i punti critici del potenziale edevono percio annullare simultaneamente le derivate parziali prime

∂U

∂s(s, θ) =

32mgR− kR2s

∂U

∂θ(s, θ) = −mg(R− r) sin θ

ovvero soddisfare le equazioni

s =32

mg

kRe sin θ = 0 .

Le configurazioni di equilibrio sono pertanto

(s, θ) = (s, 0) , (s, π)

in cui si e posto, per brevita,

s =32

mg

kR.

Stefano Siboni 1020

Page 187: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(c) Stabilita degli equilibriData l’indipendenza dei vincoli dal tempo e l’assenza di sollecitazioni che non siano po-sizionali conservative, la stabilita degli equilibri ordinari puo essere esaminata ricorrendoai teoremi standard di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.A questo scopo si richiede preliminarmente il calcolo delle derivate parziali seconde delpotenziale

∂2U

∂s2= −kR2 ∂2U

∂θ2= −mg(R − r) cos θ

∂2U

∂s∂θ= 0

dalle quali si deduce l’espressione generale della matrice hessiana di U

HU (s, θ) =(−kR2 0

0 −mg(R− r) cos θ

).

Si puo quindi procedere allo studio delle singole configurazioni di equilibrio precedente-mente determinate.

Configurazione (s, θ) = (s, 0)Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale diventa

HU (s, 0) =(−kR2 0

0 −mg(R − r)

)ed i suoi elementi diagonali si identificano banalmente con i relativi autovalori, entrambidi segno negativo. L’hessiana e dunque definita negativa e consente di riconosce in (s, θ) =(s, 0) un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (s, θ) = (s, π)La matrice hessiana del potenziale vale in questo caso

HU (s, π) =(−kR2 0

0 mg(R − r)

)ed ammette un autovalore — mg(R − r) — positivo. L’instabilita della configurazionesegue dal teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

(d) Equazioni di LagrangeIl sistema e scleronomo, posizionale e conservativo, per cui la sua dinamica puo esseredescritta completamente per mezzo delle equazioni di Lagrange

d

dt

(∂L

∂s

)− ∂L

∂s= 0

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

con lagrangiana L = T + U

L =114

mR2s2 +34m(R − r)2θ2 +

m

2R(R − r)(1 − sin θ −

√3 cos θ)sθ+

+32mgRs − kR2

2s2 + mg(R − r) cos θ .

Stefano Siboni 1021

Page 188: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Ricordando che le coordinate lagrangiane s, θ e le velocita generalizzate s, θ devono riguar-darsi come variabili indipendenti, si hanno le ovvie espressioni

∂L

∂s=

112

mR2s +m

2R(R − r)(1 − sin θ −

√3 cos θ) θ

d

dt

(∂L

∂s

)=

112

mR2s +m

2R(R − r)(1 − sin θ −

√3 cos θ) θ+

+m

2R(R − r)(− cos θ +

√3 sin θ) θ2

∂L

∂s=

32mgR − kR2s

∂L

∂θ=

32m(R − r)2 θ +

m

2R(R − r)(1 − sin θ −

√3 cos θ) s

d

dt

(∂L

∂θ

)=

32m(R − r)2 θ +

m

2R(R − r)(1 − sin θ −

√3 cos θ) s+

+m

2R(R − r)(− cos θ +

√3 sin θ) sθ

∂L

∂θ=

m

2R(R − r)(− cos θ +

√3 sin θ) θs −mg(R − r) sin θ

per cui le equazioni di Lagrange assumono la forma

112

mR2s +m

2R(R − r)(1 − sin θ −

√3 cos θ) θ+

+m

2R(R − r)(− cos θ +

√3 sin θ) θ2 − 3

2mgR + kR2s = 0

e32m(R − r)2 θ +

m

2R(R − r)(1 − sin θ −

√3 cos θ) s + mg(R − r) sin θ = 0 .

(e) Integrale primoDato il carattere posizionale conservativo di tutte le forze attive applicate al sistema scle-ronomo, un ovvio integrale primo e quello dell’energia meccanica H = T − U

H =114

mR2s2 +34m(R − r)2 θ2 +

m

2R(R − r)(1 − sin θ −

√3 cos θ)sθ−

− 32mgRs +

kR2

2s2 − mg(R − r) cos θ .

Esercizio 178. Sistema rigido con asse fissoNel piano Oxy di una terna di riferimento inerziale Oxyz un’asta OM ed una laminarettangolare ABCD, entrambe rigide, sono saldate ortogonalmente fra loro nel punto medioO del lato AB. L’asta ha lunghezza L, mentre le dimensioni della lamina sono |A−B| = Le |B − C | = L/2. Le densita del sistema si scrivono

λ(P ) =m

2L2|P − O| ∀P ∈ OM e σ(P ) =

m

L4|P − O|2 ∀P ∈ ABCD .

Stefano Siboni 1022

Page 189: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Il sistema e pesante e libero di ruotare senza attrito attorno all’asse fisso Oz, secondo unangolo θ ∈ R.

Considerato che l’asse Oy e verticale, determinare:

(a) il baricentro del sistema;

(b) il momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse fisso Oz;

(c) le equazioni pure del moto (senza ricorrere al metodo lagrangiano);

(d) l’energia cinetica del sistema;

(e) la velocita istantanea del punto M .

Soluzione(a) BaricentroPer determinare la posizione del baricentro conviene introdurre una terna di riferimentosolidale Oξηz, di versori eξ, eη , e3, in modo che gli assi Oξ e Oη siano diretti concordementeai vettori M − O e B − O, come illustrato nella figura seguente

Si procede calcolando massa e baricentro dell’asta OM e della lamina ABCD per poiapplicare il teorema distributivo.

AstaLa massa m1 dell’asta si ricava integrando sul segmento [0, L] la densita λ

m1 =

L∫0

λ(ξ)dξ =

L∫0

m

2L2ξ dξ =

m

2L2

L2

2=

m

4.

Stefano Siboni 1023

Page 190: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

E altresı evidente che la retta OM costituisce un asse di simmetria dell’asta, il cui bari-centro G1 risulta percio collocato lungo lo stesso asse e dunque esprimibile nella formaG1 −O = ξ1 eξ. L’ascissa ξ1 e data dalla definizione di baricentro

ξ1 =1

m1

L∫0

λ(ξ) ξ dξ =4m

L∫0

m

2L2ξ2 dξ =

2L2

L3

3=

23L

per cui G1 − O =23L eξ.

LaminaLa massa m2 della lamina si ottiene per integrazione della densita σ

m2 =

0∫−L/2

L/2∫−L/2

dηm

L4(ξ2 + η2) =

m

L4

0∫−L/2

[ξ2η +

η3

3

]L/2

η=−L/2

=

=m

L4

0∫−L/2

[ξ2L +

L3

12

]=

m

L4

[L

ξ3

3+

L3

12ξ

]0−L/2

=m

L4

(L4

24+

L4

24

)=

m

12.

Il piano di giacitura della lamina e un ovvio piano di simmetria di questa e deve contenerneil baricentro G2

G2 − O = ξ2eξ + η2eη .

L’ascissa ξ2 vale

ξ2 =1

m2

0∫−L/2

L/2∫−L/2

dη σ(ξ, η) ξ =12m

0∫−L/2

L/2∫−L/2

dηm

L4(ξ3 + η2ξ) =

=12L4

0∫−L/2

[ξ3η + ξ

η3

3

]L/2

η=−L/2

=12L4

0∫−L/2

dξ(ξ3L + ξ

L3

12

)=

=12L4

[L

ξ4

4+ L3 ξ2

24

]0−L/2

= − 12L4

[L5

64+

L5

96

]= −12L

( 164

+196

)= − 5

16L

mentre la relativa ordinata si annulla

η2 =1

m2

0∫−L/2

L/2∫−L/2

dη σ(ξ, η) η =12m

0∫−L/2

L/2∫−L/2

dηm

L4(ξ2η + η3) =

=12L4

0∫−L/2

[ξ2 η2

2+

η4

4

]L/2

η=−L/2

= 0

Stefano Siboni 1024

Page 191: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

come e peraltro evidente dalla proprieta di simmetria della densita

σ(ξ,−η) = σ(ξ, η) (ξ, η) ∈ [−L/2, 0]× [−L/2, L/2]

che porta a riconoscere in Oξ un asse di simmetria della lamina. In definitiva, il baricentroe individuato dal vettore posizione

G2 − O = − 516

L eξ .

Baricentro del sistemaPer il baricentro G del sistema il teorema distributivo porge l’espressione

G − O =m1(G1 − O) + m2(G2 −O)

m1 + m2=

1m

4+

m

12

(m

423L eξ −

m

12516

L eξ

)=

= 3(L

6− 5

12 · 16L)

eξ =(1

2− 5

64

)L eξ =

2764

L eξ

(b) Momento d’inerzia rispetto all’asse fissoIl momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse fisso Oz e la somma dei momenti d’inerziadi asta e lamina relativamente allo stesso asse.

AstaIl momento d’inerzia dell’asta si calcola per mezzo della definizione e vale

I1 =

L∫0

λ(ξ) ξ2 dξ =

L∫0

m

2L2ξ3 dξ =

mL2

8.

LaminaPer il momento d’inerzia della lamina si ha l’espressione

I2 =

0∫−L/2

L/2∫−L/2

dη σ(ξ, η) (ξ2 + η2) =

0∫−L/2

L/2∫−L/2

dηm

L4(ξ2 + η2)2 =

=m

L4

0∫−L/2

L/2∫−L/2

dη (ξ4 + 2ξ2η2 + η4) =

=m

L4

0∫−L/2

[ξ4η +

23ξ2η3 +

η5

5

]L/2

η=−L/2

=

=m

L4

0∫−L/2

[ξ4L +

16ξ2L3 +

L5

80

]=

=m

L4

[L

ξ5

5+

118

ξ3L3 +180

ξL5

]0−L/2

=m

L4L6( 1

160+

1144

+1

160

)=

7360

mL2.

Stefano Siboni 1025

Page 192: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Momento d’inerzia del sistemaIl momento richiesto si determina come somma dei momenti d’inerzia di asta e lamina

I = I1 + I2 =(1

8+

7360

)mL2 =

1390

mL2.

(c) Equazioni pure del motoPoiche per ipotesi l’asse fisso e privo di attrito e il sistema risulta soggetto alla sola forzapeso, l’equazione del moto e la proiezione lungo l’asse Oz dell’equazione cardinale delmomento angolare in O e si scrive

Iθ = (G − O) ∧ m

3g · e3

essendoI =

1390

mL2

e

(G − O) ∧ m

3g·e3 = |G − O| (sin θ e1 − cos θ e2) ∧

(−m

3g e2

)· e3 =

= −m

3g|G − O| sin θ e1 ∧ e2 · e3 = −m

3g|G −O| sin θ = − 9

64mgL sin θ.

Percio1390

mL2θ = − 964

mgL sin θ .

(d) Energia cineticaLa velocita angolare istantanea del sistema e data da ω = θ e3. L’energia cinetica valepertanto

T =12I |θ e3|2 =

12

1390

mL2 θ2 =13180

mL2θ2.

(e) Velocita istantanea del punto MLa velocita istantanea del punto M si determina per mezzo del teorema di Poisson, con-siderato che ω = θ e3 e che

M − O = L sin θ e1 − L cos θ e2 ,

oltre alla circostanza che il punto O e fisso per il sistema rigido, collocandosi sull’asse fissodi questo. Si ha cosı l’espressione:

M = ω ∧ (M − O) = θ e3 ∧ L (sin θ e1 − cos θ e2) = L (cos θ e1 + sin θ e2) θ ,

che fornisce il risultato richiesto.

Stefano Siboni 1026

Page 193: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 179. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoNel piano verticale Oxy di una terna cartesiana Oxyz un disco circolare omogeneo pesanteD, di centro C , raggio r e massa m, e vincolato a rotolare senza strisciare lungo il bordointerno di una circonferenza fissa di centro O e raggio R > r. Il centro C e connessoalla sua proiezione ortogonale Q sull’asse verticale Oy e ad un punto P del diametro ABmediante due molle di eguale costante elastica k. Il punto P ha massa µ ed e libero discorrere lungo il diametro AB della circonferenza, posto sull’asse Ox.

Assunti i vincoli ideali e facendo uso dei parametri φ e s illustrati in figura come coordinategeneralizzate, determinare del sistema:

(a) l’energia cinetica;

(b) gli equilibri ordinari;

(c) le proprieta di stabilita, secondo Liapunov, degli equilibri ordinari;

(d) le equazioni lagrangiane del moto;

(e) un integrale primo.

Soluzione(a) Energia cineticaPer la proprieta di additivita, l’energia cinetica del sistema risulta dalla somma dei con-tributi relativi al punto materiale P e al disco omogeneo D

T = TP + TD

che conviene quindi calcolare separatamente.

Energia cinetica del punto PL’energia cinetica del punto materiale P si ottiene direttamente dalla definizione

TP =µ

2(Rs)2 =

µR2

2s2

Stefano Siboni 1027

Page 194: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

notato che P − O = Rs e1 e che di conseguenza P = Rs e1.

Energia cinetica del disco D

Il disco rigido non presenta punti fissi, per cui nel calcolo dell’energia cinetica ci si avvaledel teorema di Konig. Si ha cosı la formula

TD =12mC2 +

12ID

Cz|ω|2

nella quale il baricentro del disco si e riconosciuto coincidere con il centro geometrico C .Questo ha vettore posizione

C −O = (R − r) sinφ e1 − (R − r) cos φ e2

e velocita istantaneaC = (R − r) (cos φ e1 + sin φ e2) φ

di modulo quadratoC2 = (R − r)2φ2 ,

mentre il momento d’inerzia del disco omogeneo vale

ID

Cz =mr2

2

e il vettore velocita angolare istantanea si scrive

ω = −R − r

rφ e3

in virtu della condizione di puro rotolamento. L’energia cinetica del disco diventa pertanto

TD =m

2(R − r)2φ2 +

12

mr2

2(R − r)2

r2φ2 =

34m(R − r)2φ2 .

Non rimane che sommare le espressioni di TP e TD per ottenere l’energia cinetica delsistema richiesta

T =µR2

2s2 +

34m(R − r)2φ2 .

(b) Equilibri ordinariIl sistema e palesemente scleronomo e tutte le sollecitazioni attive ad esso applicate — leforze elastiche ed il peso — hanno natura posizionale e conservativa. Le configurazioni diequilibrio ordinarie si identificano percio con tutti e soli i punti critici del potenziale U delsistema. Il potenziale delle forze peso consta di due contributi, l’uno relativo al punto P el’altro riguardante il disco

Ug = −µg e2 · (P −O) − mg e2 · (C − O) = mg(R − r) cos φ .

Stefano Siboni 1028

Page 195: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Il potenziale delle interazioni elastiche e costituito da due termini, uno per ciascuna mollaideale,

Uel = −k

2|C − Q|2 − k

2|C − P |2

doveC − Q = (R − r) sinφ e1

C − P = C − O − (P − O) = [(R − r) sin φ − Rs] e1 − (R − r) cos φ e2

e quindi|C − Q|2 = (R − r)2sin2φ

|C − P |2 = (R − r)2 − 2R(R − r)s sin φ + R2s2

siccheUel = −k

2[(R − r)2sin2φ + (R − r)2 − 2R(R − r)s sin φ + R2s2] .

Il potenziale del sistema si ricava infine sommando i potenziali parziali, gravitazionale edelastico, ed omettendo le inessenziali costanti additive

U(s, φ) = Ug + Uel = mg(R − r) cos φ − k

2(R − r)2sin2φ + kR(R − r)s sin φ− kR2

2s2 .

La funzione potenziale deve intendersi definita ∀ (s, φ) ∈ [−1, 1] × R. Per determinare leconfigurazioni di equilibrio ordinarie e sufficiente calcolare le derivate parziali prime delpotenziale

∂U

∂s(s, φ) = kR(R − r) sin φ − kR2s

∂U

∂φ(s, φ) = −mg(R − r) sin φ − k(R − r)2 sin φ cos φ + kR(R − r)s cos φ

ed uguagliarle a zero s =R − r

Rsinφ

−mg(R− r) sin φ − k(R − r)2 sinφ cos φ + kR(R − r)s cos φ = 0

ottenendo il sistema di equazioni algebrico-trigonometriche s =R − r

Rsinφ

−mg(R − r) sin φ = 0⇐⇒

s = 0

sinφ = 0 .

Gli equilibri del sistema sono percio

(s, φ) = (0, 0) , (0, π) .

Stefano Siboni 1029

Page 196: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(c) Stabilita degli equilibri ordinariDal momento che il sistema e scleronomo posizionale conservativo, l’analisi di stabilitadelle configurazioni di equilibrio si esegue per mezzo dei teoremi di Lagrange-Dirichlet edi inversione parziale. A questo scopo il primo passo e il calcolo delle derivate parzialiseconde del potenziale

Uss(s, φ) = −kR2

Usφ(s, φ) = Uφs(s, φ) = kR(R − r) cos φ

Uφφ(s, φ) = −mg(R− r) cos φ − k(R − r)2(cos2φ − sin2φ) − kR(R − r)s sin φ

e la corrispondente matrice hessiana. Si puo quindi procedere alla discussione delle singoleconfigurazioni di equilibrio.

Configurazione (s, φ) = (0, 0)La matrice hessiana del potenziale vale

HU (0, 0) =

(− kR2 kR(R − r)

kR(R − r) −mg(R− r) − k(R − r)2

)

e ha determinante strettamente positivo

detHU (0, 0) = kR2mg(R − r) > 0

mentre la traccia si mantiene negativa

trHU (0, 0) = −kR2 − mg(R − r) − k(R − r)2 < 0 .

Se ne deduce che i due autovalori reali della matrice hessiana sono entrambi di segnonegativo, per cui la configurazione costituisce un massimo relativo proprio del potenzialee la sua stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (s, φ) = (0, π)L’hessiana del potenziale assume in questo caso la forma

HU (0, π) =

(− kR2 − kR(R − r)

−kR(R − r) mg(R − r) − k(R − r)2

)

con determinante di segno negativo per qualsivoglia scelta dei parametri

detHU (0, π) = −kR2mg(R − r) < 0

e quindi autovalori reali di segno opposto. La presenza di un autovalore positivo implical’instabilita della configurazione in virtu del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 1030

Page 197: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

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

L =µR2

2s2+

34m(R−r)2φ2+mg(R−r) cos φ− k

2(R−r)2sin2φ+kR(R−r)s sin φ− kR2

2s2

e da essa si ricavano le espressioni∂L

∂s= µR2s

d

dt

(∂L

∂s

)= µR2s

∂L

∂s= kR(R − r) sin φ − kR2s

∂L

∂φ=

32m(R − r)2φ

d

dt

(∂L

∂φ

)=

32m(R − r)2φ

∂L

∂φ= −mg(R − r) sin φ − k(R − r)2 sin φ cos φ + kR(R − r)s cos φ

nonche le corrispondenti equazioni lagrangiane del motoµR2s − kR(R − r) sin φ + kR2s = 032m(R − r)2φ + mg(R − r) sin φ + k(R − r)2 sin φ cos φ− kR(R − r)s cos φ = 0 .

(e) Integrale primoData la sua natura posizionale conservativa, il sistema ammette un ovvio integrale primoche e quello dell’energia meccanica H = T − U

H =µR2

2s2+

34m(R−r)2φ2−mg(R−r) cos φ+

k

2(R−r)2sin2φ−kR(R−r)s sin φ+

kR2

2s2.

Esercizio 180. Geometria delle masseNel piano coordinato Oxy di una terna cartesiana Oxyz si considera il sistema rigidoillustrato in figura, composto da una lamina quadrata OABC di lato L e da un’asta ODdi lunghezza L. Le densita, rispettivamente lineare e superficiale, di asta e lamina sonodate dalle espressioni

λ(x) = − m

L2x ∀x ∈ [−L, 0] σ(x, y) =

m

L4xy ∀ (x, y) ∈ [0, L]2.

Stefano Siboni 1031

Page 198: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Si chiede di determinare:

(a) la posizione del baricentro del sistema rispetto ad Oxyz;

(b) la matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz;

(c) il momento d’inerzia rispetto all’asse OB;

(d) l’energia cinetica qualora O sia punto fisso del sistema e la velocita angolare valgaωe1 + 2ωe3, con ω > 0;

(e) la velocita istantanea del punto A, nella stessa ipotesi.

Soluzione(a) Posizione del baricentroPer individuare la posizione del baricentro e opportuno trattare il sistema come compostodall’asta A = DO e dalla lamina quadrata L = OABC e calcolare separatamente massa ebaricentro delle singole parti componenti, applicando poi il teorema distributivo.

Massa e baricentro dell’astaLa massa dell’asta A si ricava integrando la densita di linea λ sul segmento OD

m1 =

0∫−L

λ(x)dx =

0∫−L

(− m

L2x)

dx = − m

L2

[x2

2

]0−L

=m

2.

Il baricentro di A deve collocarsi sull’asse di simmetria Ox e sara percio individuato da unvettore posizione della forma

G1 − O = x1 e1

in cui l’ascissa x1 viene calcolata per mezzo della definizione di baricentro

x1 =1

m1

0∫−L

λ(x)xdx =2m

0∫−L

(− m

L3

)x2dx = − 2

L2

[x3

3

]0−L

= −23L .

PertantoG1 − O = −2

3L e1 .

Massa e baricentro della laminaLa massa della lamina e data dall’integrale della densita di superficie σ sull’area delquadrato L

m2 =

L∫0

dx

L∫0

dy σ(x, y) =

L∫0

dx

L∫0

dym

L4xy =

m

L4

[x2

2

]L

0

[y2

2

]L

0

=m

4.

Per il baricentro G2 della lamina ci si aspetta una espressione del tipo

G2 − O = x2e1 + y2e2

Stefano Siboni 1032

Page 199: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

in quanto Oxy costituisce un ovvio piano di simmetria del sistema. L’ascissa x2 vale

x2 =1

m2

L∫0

dx

L∫0

dy σ(x, y)x =4m

L∫0

dx

L∫0

dym

L4x2y =

=4L4

[x3

3

]L

0

[y2

2

]L

0

=4L4

L3

3L2

2=

23L

e coincide con l’ordinata y2 perche y = x e un asse di simmetria, come si deduce immedia-tamente dall’identita

σ(x, y) = σ(y, x) ∀ (x, y) ∈ [0, L]2 .

Si ha, conseguentemente,

G2 − O =23L e1 +

23L e2 .

La posizione del baricentro G del sistema segue infine dalla proprieta distributiva applicataalle parti componenti A e L

G −O =m1(G1 − O) + m2(G2 − O)

m1 + m2=

=1

m

2+

m

4

[m

2

(−2

3L e1

)+

m

4

(23L e1 +

23L e2

)]=

=43

(−1

3e1 +

16

e1 +16

e2

)L = −2

9L e1 +

29L e2 .

La posizione richiesta e pertanto

G −O = −29L e1 +

29L e2 .

(b) Matrice d’inerziaAnche nel computo della matrice d’inerzia conviene trattare separatamente l’asta A e lalamina L, calcolando le matrici d’inerzia relative alla terna Oxyz delle due parti costituentie sommare infine termine a termine i risultati ottenuti.

Matrice d’inerzia dell’astaEssendo l’asta completamente collocata lungo l’asse Ox della terna di riferimento assegna-ta, la matrice d’inerzia relativa a Oxyz deve assumere la forma generale

[LO]A =

0 0 00 Lyy 00 0 Lyy

con il momento d’inerzia determinabile per integrazione dalla definizione generale

Lyy =

0∫−L

λ(x)x2 dx =

0∫−L

(− m

L2x)

x2 dx = − m

L2

[x4

4

]0−L

=m

L2

L4

4=

mL2

4.

Stefano Siboni 1033

Page 200: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Pertanto, la matrice d’inerzia dell’asta risulta

[LO]A = mL2

0 0 00 1/4 00 0 1/4

.

Matrice d’inerzia della laminaPoiche la lamina giace per intero nel piano coordinato Oxy, la matrice d’inerzia di L

rispetto alla terna Oxyz ha la struttura generale seguente

[LO]L =

Lxx Lxy 0Lxy Lyy 00 0 Lxx + Lyy

e dipende unicamente dai momenti d’inerzia Lxx e Lyy, nonche dal prodotto d’inerzia Lxy.Per il primo si ha

Lxx =

L∫0

dx

L∫0

dy σ(x, y) y2 =

L∫0

dx

L∫0

dym

L4xy3 =

m

L4

[x2

2

]L

0

[y4

4

]L

0

=mL2

8

ed una analoga espressione si stabilisce per il secondo

Lyy =

L∫0

dx

L∫0

dy σ(x, y)x2 =

L∫0

dx

L∫0

dym

L4x3y =

mL2

8

mentre per il prodotto d’inerzia si ricava

Lxy = −L∫

0

dx

L∫0

dy σ(x, y)xy =

= −L∫

0

dx

L∫0

dym

L4x2y2 = − m

L4

[x3

3

]L

0

[y3

3

]L

0

= −mL2

9.

La matrice d’inerzia della lamina diventa pertanto

[LO]L = mL2

1/8 −1/9 0−1/9 1/8 0

0 0 1/4

.

Per la matrice d’inerzia del sistema rispetto al riferimento Oxyz si ha infine

[LO] = [LO]A + [LO]L = mL2

1/8 −1/9 0−1/9 3/8 0

0 0 1/2

.

Stefano Siboni 1034

Page 201: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(c) Momento d’inerzia rispetto a OBRispetto alla terna Oxyz l’asse OB e individuato dal versore

n =B − O

|B − O| =1√2

e1 +1√2

e2

ed il momento d’inerzia del sistema relativamente allo stesso asse si ricava per mezzo dellaben nota espressione

IOB = n · LO(n) .

Si ha cosı

IOB =( 1√

21√2

0)

mL2

1/8 −1/9 0−1/9 3/8 0

0 0 1/2

1/√

21/

√2

0

=

=12mL2 (1 1 0)

1/8 −1/9 0−1/9 3/8 0

0 0 1/2

110

=

=12mL2 (1 1 0)

1/7219/72

0

=12mL2 20

72=

536

mL2.

(d) Energia cineticaNell’ipotesi che il punto O sia fisso, l’energia cinetica del sistema rigido si calcola per mezzodella relazione

T =12ω · LO(ω)

nella quale deve porsi ω = ωe1 + 2ωe3. In forma matriciale, rispetto alla base e1e2e3,l’espressione precedente diventa

T =12(ω 0 2ω)mL2

1/8 −1/9 0−1/9 3/8 0

0 0 1/2

ω02ω

ed eseguendo i prodotti conduce al risultato richiesto

T =12mL2ω2(1 0 2)

1/8 −1/9 0−1/9 3/8 0

0 0 1/2

102

=

=12mL2ω2(1 0 2)

1/8−1/9

1

=12mL2ω2

(18

+ 2)

=1716

mL2ω2.

Stefano Siboni 1035

Page 202: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(e) Velocita istantanea di ALa velocita istantanea del punto A, nelle stesse ipotesi del paragrafo precedente che O siafisso e che ω = ωe1 + 2ωe3, si determina per mezzo del teorema di Poisson per l’atto dimoto rigido. Avendosi

A − O = L e1 e O = 0 ,

la velocita istantanea risulta

A = ω ∧ (A − O) = (ω e1 + 2ω e3) ∧ L e1 = 2ωL e3 ∧ e1 = 2ωL e2 .

Esercizio 181. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. conservativo a vincoli unilateraliUn telaio rigido e costituito da due aste omogenee uguali OA e BC , di massa m e lunghezzaL, saldate ortogonalmente l’una all’altra in modo che l’estremo A coincida con il puntomedio di BC . Sulla seconda asta e vincolato a scorrere un punto materiale P di massa3m, la cui posizione lungo l’asta e individuata dalla coordinata lagrangiana ξ ∈ [−1/2, 1/2]illustrata in figura. Il telaio si muove nel piano Oxy di una terna cartesiana, con asse Oyverticale, mantenendo fisso nell’origine l’estremo O. Il sistema e pesante e una molla idealedi costante elastica k congiunge P con il punto A.

Indicato con φ l’angolo che l’asta OA forma con la verticale condotta da O verso il basso,determinare, nell’ipotesi di vincoli ideali:

(a) l’energia cinetica;

(b) gli equilibri ordinari, con le relative condizioni di esistenza;

(c) le proprieta di stabilita secondo Liapunov degli equilibri ordinari;

(d) le equazioni di Lagrange del moto;

(e) se la configurazione (φ, ξ) = (0, 1/2) e un equilibrio di confine.

Soluzione(a) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema si determina come somma delle energie cinetiche relative altelaio e al punto materiale P .

Stefano Siboni 1036

Page 203: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Energia cinetica del telaioIl momento d’inerzia dell’asta OA rispetto all’asse Oz e dato da

IOAOz =

mL2

3

mentre quello dell’asta BC relativamente allo stesso asse si ricava dal teorema di Huygens-Steiner

IBCOz = m|A − O|2 + IBC

Az = mL2 +mL2

12=

1312

mL2.

La somma dei due momenti individua il momento d’inerzia del telaio rispetto ad Oz

ItelaioOz = IOA

Oz + IBCOz =

(13

+1312

)mL2 =

4 + 1312

mL2 =1712

mL2.

Il moto del telaio e una semplice rotazione attorno all’asse fisso Oz, descritta dall’angoloφ. Assunto al solito che l’angolo φ e l’asse Oz siano mutuamente orientati secondo laconvenzione sinistrorsa, la velocita angolare istantanea del telaio si scrive ω = φ e3 el’energia cinetica del telaio si esprime come

Ttelaio =12ItelaioOz |ω|2 =

1724

mL2φ2.

Energia cinetica del punto PIl vettore posizione di P rispetto alla terna Oxyz e dato da

P − O = A − O + P −A = L sinφ e1 − L cos φ e2 + Lξ cos φ e1 + Lξ sin φ e2 == L(sin φ + ξ cos φ) e1 + L(− cos φ + ξ sinφ) e2

e la sua derivata prima rispetto al tempo fornisce la corrispondente velocita assoluta

P = L(cos φ φ− ξ sinφ φ + ξ cos φ) e1 + L(sin φ φ + ξ cos φ φ + ξ sin φ) e2

il cui modulo quadrato si calcola con qualche noioso ma semplice passaggio di trigonometria

P 2 = L2[cos2φ φ2 + ξ2sin2φ φ2 + cos2φ ξ2−

− 2ξ sinφ cos φ φ2 + 2cos2φ ξφ − 2ξ sin φ cos φ φξ+

+ sin2φ φ2 + ξ2cos2φ φ2 + sin2φ ξ2+

+ 2ξ sinφ cos φ φ2 + 2sin2φ ξφ + 2ξ sinφ cos φ φξ]

=

= L2[φ2 + ξ2φ2 + ξ2 + 2ξφ

].

Stefano Siboni 1037

Page 204: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

L’energia cinetica del punto P vale pertanto

TP =3m

2P 2 =

3mL2

2(φ2 + ξ2φ2 + ξ2 + 2ξφ

).

Per l’energia cinetica dell’intero sistema si ha cosı

T = Ttelaio + TP =1724

mL2φ2 +32mL2(φ2 + ξ2φ2 + ξ2 + 2ξφ) =

=mL2

2

(5312

φ2 + 3ξ2φ2 + 3ξ2 + 6ξφ).

(b) Equilibri ordinariIl sistema e scleronomo e posizionale conservativo, essendo soggetto soltanto a sollecitazioniposizionali conservative — il peso e l’interazione elastica fra P ed A. Si tratta quindidi determinare il potenziale U del sistema quale somma dei potenziali gravitazionale edelastico, per poi procedere alla individuazione del punti critici di U .

Potenziale gravitazionale del telaioRispetto ad una terna solidale ortogonale Oξηz che abbia gli assi rispettivamente parallelialle aste OA e BC , e facile determinare la posizione del baricentro G del telaio per mezzodel teorema distributivo.

Le coordinate dei baricentri G1 e G2 delle due aste sono individuate dai vettori posizione

G1 − O =L

2eξ G2 − O = L eξ

e poiche le due aste presentano uguale massa m il teorema distributivo porge per Gl’espressione

G − O =1

m + m

(m

L

2eξ + mL eξ

)=

34L eξ

in modo che il potenziale gravitazionale del telaio vale

U telaiog = −2mg e2 · (G − O) = 2mg

34L cos φ =

32mgL cos φ .

Stefano Siboni 1038

Page 205: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Potenziale gravitazionale del punto P

La determinazione del potenziale gravitazionale del punto materiale e immediata, a partiredal vettore posizione di P ,

UPg = −3mg e2 · (P − O) = −3mgL(− cos φ + ξ sin φ) = 3mgL(cosφ − ξ sin φ) .

Potenziale elasticoIl potenziale associato all’interazione elastica fra il punto materiale P e il punto A deltelaio si calcola facilmente per mezzo della definizione

Uel = −k

2|P − A|2 = −k

2(Lξ)2 = −kL2

2ξ2 .

Il potenziale del sistema e determinato dalla somma dei potenziali gravitazionale ed elasticoappena calcolati

U(φ, ξ) = U telaiog + UP

g + Uel =

=32mgL cos φ + 3mgL(cos φ− ξ sinφ) − kL2

2ξ2 =

=92mgL cos φ− 3mgLξ sinφ − kL2

2ξ2 (φ, ξ) ∈ R × [−1/2, 1/2]

e le sue derivate parziali prime sono date da

∂U

∂φ= −9

2mgL sinφ − 3mgLξ cos φ

∂U

∂ξ= −3mgL sinφ − kL2ξ .

Gli equilibri ordinari del sistema coincidono con i punti critici del potenziale e si ottengonopercio uguagliando a zero le derivate prime precedenti

−92mgL sinφ − 3mgLξ cos φ = 0

−3mgL sinφ − kL2ξ = 0 .

La seconda equazione porge una semplice espressione di ξ in funzione di φ

ξ = −3mg

kLsinφ

Stefano Siboni 1039

Page 206: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

che sostituita nella prima conduce alla relazione trigonometrica

−92mgL sinφ + 9mgL

mg

kLsin φ cos φ = 0

equivalente a

sin φ(−1

2+

mg

kLcos φ

)= 0

ovvero a

sinφ( kL

2mg− cos φ

)= 0 .

Le soluzioni fisicamente distinte sono

φ = 0 , π ,

sempre definite, eφ = φ , −φ

con

φ = arc cos( kL

2mg

)∈ (0, π/2) ,

definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia

kL

2mg< 1 .

Gli equilibri ordinari del sistema risultano percio

(φ, ξ) = (0, 0) , (π, 0) ,

comunque definiti, e

(φ, ξ) =(φ,−3

mg

kLsinφ

),(−φ, 3

mg

kLsinφ

)definiti e distinti dai precedenti per

kL

mg< 2 .

Dovendo il punto P appartenere all’asta BC , si richiede inoltre che∣∣∣−3mg

kLsinφ

∣∣∣ ≤ 12

Stefano Siboni 1040

Page 207: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ossiasin φ ≤ 1

6kL

mg

sin2φ ≤ 136

( kL

mg

)2

1 − cos2φ ≤ 136

( kL

mg

)2

condizione che sostituendo l’espressione esplicita di φ diventa

1 − 14

( kL

mg

)2

≤ 136

( kL

mg

)2

e con una serie di semplici manipolazioni algebriche si riduce ad una forma di immediatalettura

1 ≤(1

4+

136

)( kL

mg

)2

1 ≤ 518

( kL

mg

)2

185

≤( kL

mg

)2

√185

≤ kL

mg.

La condizione complessiva di esistenza delle configurazioni di equilibrio che vedono l’astaOA non disposta verticalmente e quindi espressa dalla doppia disequazione√

185

≤ kL

mg< 2

nella quale si intende che√

18/5 < 2, come e immediato verificare.

(c) Stabilita degli equilibri ordinariIl sistema in esame e scleronomo, posizionale e conservativo, per cui l’analisi di stabilitadegli equilibri ordinari puo essere condotta facendo riferimento ai teoremi standard diLagrange-Dirichlet e di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Punto di partenza e, alsolito, il calcolo delle derivate parziali seconde del potenziale

Uφφ = −92mgL cos φ + 3mgLξ sinφ

Uφξ = Uξφ = −3mgL cosφ

Uξξ = −kL2

Stefano Siboni 1041

Page 208: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

alle quali si associa la matrice hessiana

HU (φ, ξ) =

(−9

2mgL cosφ + 3mgLξ sin φ −3mgL cosφ

−3mgL cos φ −kL2

).

L’espressione ottenuta e ora applicabile all’analisi di stabilita delle singole configurazionidi equilibrio.

Configurazione (φ, ξ) = (0, 0)In questo caso l’hessiana del potenziale assume la forma

HU (0, 0) =

−92mgL −3mgL

−3mgL − kL2

con determinante e traccia rispettivamente dati dalle espressioni

detHU (0, 0) =92mgLkL2 − 9(mgL)2 =

92(mgL)2

( kL

mg− 2)

trHU (0, 0) = −92mgL− kL2 < 0 .

Secondo il diverso segno del determinante si deduce che:

− se kL/mg > 2 la matrice hessiana ha determinante positivo e presenta percio due au-tovalori reali negativi; cio caratterizza la configurazione come massimo relativo propriodel potenziale, la cui stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet;

− se kL/mg < 2 il determinante della matrice hessiana e negativo e si hanno due au-tovalori di segno opposto. La presenza di un autovalore positivo implica l’instabilitadella configurazione in virtu del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

− se kL/mg = 2, il determinante della matrice hessiana si annulla, mentre rimane nega-tiva la relativa traccia. Gli autovalori della matrice hessiana sono percio uno negativoed uno nullo. Questa condizione, benche compatibile con il sussistere in (φ, ξ) = (0, 0)di un massimo relativo proprio di U , non consente di affermare direttamente la sta-bilita della configurazione per Lagrange-Dirichlet. E altresı esclusa l’applicabilita delteorema di inversione parziale, dal momento che l’hessiana non presenta autovaloripositivi. Ricorre pertanto un caso critico, la cui discussione richiederebbe una analisipiu approfondita e diretta ad accertare l’effettiva natura della configurazione.Nella fattispecie, il potenziale del sistema si scrive

U(φ, ξ) =92mgL cos φ− 3mgLξ sinφ − mgLξ2 = mgL

(92

cos φ − 3ξ sin φ− ξ2)

Stefano Siboni 1042

Page 209: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e, ridotto il fattore costante positivo mgL, assume la forma equivalente

1mgL

U(φ, ξ) =92

(1 − 2sin2 φ

2

)− 3ξ sinφ − ξ2 =

=92− 9 sin2 φ

2− 6ξ sin

φ

2cos

φ

2− ξ2 =

=92− 9 sin4 φ

2− 9 sin2 φ

2cos2

φ

2− 6ξ sin

φ

2cos

φ

2− ξ2 =

=92− 9 sin4 φ

2−[3 sin

φ

2cos

φ

2+ ξ

]2=

=92− 9 sin4 φ

2−(3

2sin φ + ξ

)2

.

Dall’espressione ottenuta appare evidente che la configurazione (φ, ξ) = (0, 0) costitu-isce un massimo assoluto del potenziale nel suo intero dominio di definizione

U(φ, ξ) ≤ 92mgL = U(0, 0) ∀ (φ, ξ) ∈ R × (−1/2, 1/2) .

D’altra parte, si ha evidentemente che U(φ, ξ) = U(0, 0) se e soltanto se

9 sin4 φ

2+(3

2sinφ + ξ

)2

= 0

ossia per sin

φ

2= 0

32

sinφ + ξ = 0

e quindi, qualora si assuma |φ| < 2π, (φ, ξ) = (0, 0) e l’unica configurazione per cuirisulta U(φ, ξ) = U(0, 0). Essa costituisce pertanto un massimo relativo proprio delpotenziale e risulta stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (φ, ξ) = (π, 0)L’hessiana del potenziale e

HU (π, 0) =

92mgL 3mgL

3mgL − kL2

e assume determinante di segno negativo

detHU (π, 0) = −92mgLkL2 − 9(mgL)2 < 0

per cui gli autovalori della matrice sono di segno opporto e la configurazione risulta instabilein forza del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 1043

Page 210: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Configurazioni (φ, ξ) =(φ,−3

mg

kLsinφ

),(−φ, 3

mg

kLsinφ

)La matrice hessiana del potenziale e la stessa per entrambe le configurazioni

HU

(φ,−3

mg

kLsin φ

)=

(−9

2mgL cos φ − 9mgL

mg

kLsin2φ −3mgL cosφ

−3mgL cosφ −kL2

)

e la sua traccia assume sempre segno negativo per qualsiasi scelta dei parametri

trHU

(φ,−3

mg

kLsin φ

)= −9

2mgL cosφ − 9mgL

mg

kLsin2φ − kL2 < 0 .

Il segno del determinante risulta invece positivo

detHU

(φ,−3

mg

kLsinφ

)=

=92mgLkL2 cos φ + 9mgLmgLsin2φ − 9(mgL)2cos2φ =

=92mgLkL2 kL

2mg+ 9(mgL)2

(1 − k2L2

4m2g2

)− 9(mgL)2

k2L2

4m2g2=

= 9(mgL)2[14

( kL

mg

)2

+ 1 − 14

( kL

mg

)2

− 14

( kL

mg

)2]

=

= 9(mgL)2[1 −( kL

2mg

)2]

> 0

per via della condizione di esistenza kL/2mg < 1 della configurazione di equilibrio. Nesegue che gli autovalori dell’hessiana sono entrambi negativi e che la configurazione costi-tuisce pertanto un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet.

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

L =mL2

2

(5312

φ2 + 3ξ2φ2 + 3ξ2 + 6ξφ)

+92mgL cosφ − 3mgLξ sin φ− kL2

2ξ2

e da essa seguono le relazioni

∂L

∂φ=

mL2

2

(536

φ + 6ξ2φ + 6ξ)

d

dt

(∂L

∂φ

)=

mL2

2

(536

φ + 6ξ2φ + 12ξξφ + 6ξ)

∂L

∂φ= −9

2mgL sinφ − 3mgLξ cos φ

Stefano Siboni 1044

Page 211: Esercizio 138. Geometria delle masse OABC A O L B A OA Lsiboni/proveMR1no/disp_835_1045.pdf · η3 3 + ξ2η 2 L/2 η=0 = = 24 7L4 L 0 dξ L4 24 + L2ξ2 8 = 24 7L4 L4 24 ξ + L2ξ3

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

∂L

∂ξ=

mL2

2(6ξ + 6φ)

d

dt

(∂L

∂ξ

)= 3mL2(ξ + φ)

∂L

∂ξ= 3mL2ξφ2 − 3mgL sinφ − kL2ξ .

Le equazioni di Lagrange del moto diventano perciomL2

(5312

φ + 3ξ2φ + 6ξξφ + 3ξ)

+92mgL sinφ + 3mgLξ cos φ = 0

3mL2(ξ + φ) − 3mL2ξφ2 + 3mgL sinφ + kL2ξ = 0 .

(e) Equilibrio di confine?Le componenti lagrangiane, o generalizzate, delle sollecitazioni attive agenti sul sistemasono le derivate parziali prime del potenziale

Qφ(φ, ξ) =∂U

∂φ(φ, ξ) = −9

2mgL sinφ − 3mgLξ cos φ

Qξ(φ, ξ) =∂U

∂ξ(φ, ξ) = −3mgL sinφ − kL2ξ

in quanto il sistema ha natura posizionale conservativa. Trattandosi si distema a vincoliideali, per il teorema dei lavori virtuali la configurazione (φ, ξ) = (0, 1/2) e allora unequilibrio di confine se e soltanto seQφ(0, 1/2) = 0

Qξ(0, 1/2) ≥ 0 .

La condizione non e tuttavia soddisfatta, dal momento che

Qφ(0, 1/2) = −32mgL Qξ(0, 1/2) = −kL2/2 .

La configurazione in esame non costituisce pertanto un equilibrio di confine del sistema.

Stefano Siboni 1045