Esercizio 182. Equilibrio di un corpo rigido con...

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 182. Equilibrio di un corpo rigido con asse fissoUn sistema rigido con asse fisso Ox, 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 + α e2 applicata nel punto P2(1, 0,−1),

dove α e una costante reale. Determinare, nell’ipotesi di vincoli ideali:

(a) il valore di α in modo che S sia un equilibrio;

(b) risultante e momento risultante in O delle reazioni vincolari esterne, all’equilibrio.

Soluzione(a) Valore di α per l’equilibrioLa configurazione S e di equilibrio per il sistema se e soltanto se il momento delle forzeattive applicate rispetto all’asse fisso Ox, privo di attrito per ipotesi, risulta nullo. Talemomento risultante si scrive

[(P1 − O) ∧ F1 + (P2 − O) ∧ F2] · e1 =

=

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

−1 −2 01 0 −2

∣∣∣∣∣∣ · e1 +

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

1 0 −1−1 α 0

∣∣∣∣∣∣ · e1 = 4 + α

e la condizione di equilibrio equivale percio a richiedere che sia

α = −4 .

(b) Risultante e momento risultante delle reazioni vincolariAll’equilibrio, risultante e momento risultante in O delle reazioni vincolari esterne coinci-dono con i rispettivi risultante e momento risultante in O, cambiati di segno, delle forzeattive applicate

Rφ,e = −Ra,e Mφ,eO = − Ma,e

O

come si deduce immediatamente dalle equazioni cardinali della statica. Nella fattispecie,si ha

Ra,e = F1 + F2 = e1 − 2 e3 − e1 − 4 e2 = −4 e2 − 2 e3

e:Ma,e

O = (P1 − O) ∧ F1 + (P2 − O) ∧ F2 =

=

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

−1 −2 01 0 −2

∣∣∣∣∣∣ +

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

1 0 −1−1 −4 0

∣∣∣∣∣∣ =

= 4 e1 − 2 e2 + 2 e3 − 4 e1 + e2 − 4 e3 = −e2 − 2 e3

in modo che i risultanti richiesti sono

Rφ,e = 4 e2 + 2 e3Mφ,e

O = e2 + 2 e3 .

Stefano Siboni 1046


Esercizio 183. Punto vincolato a una curva fissa e lisciaUn punto materiale pesante P , di massa m, e vincolato a restare sull’arco di parabolagrafico della funzione

y(x) =x2

a, x ∈ [−a, a]

con a > 0. Una molla ideale di costante elastica k = 4mg/a congiunge P con il punto fissoA(0, a).

Usando come parametro l’ascissa x ∈ [−a, a] del punto P , determinare:

(a) le configurazioni di equilibrio;

(b) l’espressione delle velocita virtuali del sistema nelle configurazioni individuate da x =−a e x = −a/4;

(c) le reazioni vincolari esplicabili dal sistema nelle configurazioni corrispondenti a x =a/4 e x = a;

(d) le reazioni vincolari applicate al punto P in tutti gli stati di quiete del sistema.

Soluzione(a) Configurazioni di equilibrioIl punto materiale e vincolato a rimanere su una curva fissa e liscia e tutte le sollecitazioniattive ad esso applicate hanno natura posizionale e conservativa, con potenziali noti. Pre-cisamente, si hanno un potenziale gravitazionale

Ug(x, y) = −mgy

ed un potenziale elastico

Uel(x, y) = −12

4mg

a|P − A|2 = −2mg

a|x e1 + (y − a) e2 |2 = −2mg

a[x2 + (y − a)2] .

Il moto del sistema e quindi descritto dal potenziale ottenuto sostituendo alle coordinatecartesiane (x, y) la parametrizzazione della curva vincolare

x ∈ [−a, a] −−−−−−−−−→ (x, y) =(x,

x2

a

)

Stefano Siboni 1047


che risulta percio

U(x) = −mgx2

a− 2mg

a

[x2 +

(x2

a− a

)2]

=

= −mg

ax2 − 2mg

a

[x2 +

x4

a2+ a2 − 2x2

]=

= −mg

a

(2x4

a2− x2 + 2a2

), x ∈ [−a, a] .

Gli equilibri ordinari sono i punti critici del potenziale, zeri in (−a, a) della derivata prima

U ′(x) = −mg

a

(8x3

a2− 2x

)= −2mg

ax

(4x2

a2− 1

)

e dunque soluzioni dell’equazione algebrica

x

(4x2

a2− 1

)= 0 , x ∈ (−a, a) .

Si hanno le radici, tutte accettabili,

x = 0 x = −a

2x =

a

2

che costituiscono gli equilibri ordinari cercati.Per riconoscere gli eventuali equilibri di confine si ricorre al teorema dei lavori virtuali. Illavoro virtuale delle forze attive, corrispondente ad uno spostamento virtuale δx, si scrive

U ′(x) δx = −2mg

ax

(4x2

a2− 1

)δx

e deve essere calcolato in ciascuna delle due configurazioni di confine x = −a e x = a.

Configurazione x = −aPoiche x = −a e l’estremo inferiore dell’intervallo di definizione della coordinata la-grangiana x, il teorema dei lavori virtuali assume in questa configurazione la forma

U ′(−a) δx ≤ 0 ∀ δx ≥ 0

in modo che la condizione necessaria e sufficiente per l’equilibrio in x = −a diventa

U ′(−a) ≤ 0 .

Poiche

U ′(−a) = 2mg

(4a2

a2− 1

)= 6mg > 0

Stefano Siboni 1048


la condizione non e verificata e la posizione non costituisce un equilibrio.

Configurazione x = aNella fattispecie x = a rappresenta l’estremo superiore dell’intervallo di definizione dellaparametrizzazione del sistema ed il teorema dei lavori virtuali prescrive che debba aversi

U ′(a) δx ≤ 0 ∀ δx ≤ 0

per cui la condizione caratteristica dell’equilibrio si riduce alla disequazione

U ′(a) ≥ 0 .

Si riconosce pertanto che l’equilibrio non ricorre

U ′(a) = −2mg

(4a2

a2− 1

)= −6mg < 0 .

Si conclude, in definitiva, che il sistema non ammette alcun equilibrio di confine. Allacaratterizzazione degli equilibri ordinari e di confine del sistema si puo pervenire anchesenza fare ricorso al formalismo lagrangiano, utilizzando direttamente il teorema di carat-terizzazione degli equilibri per un punto materiale vincolato a rimanere su una curva fissae liscia.

Osservazione. Metodo alternativo per il calcolo degli equilibriIl risultante delle forze attive agenti sul punto P in una generica posizione lungo la curvadi parametrizzazione

P (x) − O = x e1 +x2

ae2 , x ∈ [−a, a] ,

e dato dalla relazione

F (x) = mg + k(A − P ) = −mg e2 +4mg

a

[−x e1 +

(a − x2

a

)e2

]=

= −4mg

ax e1 +

[−mg +

4mg

a

(a − x2

a

)]e2 = −4mg

ax e1 + mg

(3 − 4x2

a2

)e2 .

In una configurazione ordinaria, individuata da x ∈ (−a, a), si ha equilibrio se e soltantose il risultante delle forze attive si mantiene costantemente ortogonale alla curva. Poicheun vettore tangente alla curva — regolare — nella posizione P si identifica con la derivataprima della parametrizzazione

dP

dx(x) = e1 +

2x

ae2 ,

Stefano Siboni 1049


la condizione per l’equilibrio ordinario in x ∈ (−a, a) diventa

0 = F (x) · dP

dx(x) = −4mg

ax +

2x

amg

(3 − 4x2

a2

)=

=2mg

a

(−2 + 3 − 4x2

a2

)x =

2mg

ax(1 − 4x2

a2

)che porge le stesse soluzioni gia ricavate in precedenza

x = −a/2 , 0 , a/2 .

Nella configurazione di confine x = −a il teorema dei lavori virtuali conduce alla condizionedi equilibrio

F (−a) · dP

dx(−a) ≤ 0

ossia2mg

a(−a)

(1 − 4a2

a2

)≤ 0

che tuttavia non e soddisfatta, riducendosi a

6mg ≤ 0 .

Analogamente, si ha equilibrio nella configurazione di confine x = a se e soltanto se

F (a) · dP

dx(a) ≥ 0

ovvero per2mg

aa(1 − 4a2

a2

)≥ 0 ,

condizione anche questa che non appare verificata

−6mg ≥ 0 .

Il risultato conferma quanto gia affermato circa l’assenza di equilibri di confine.

(b) Velocita virtualiLe velocita virtuali del sistema nella configurazione ordinaria individuata da x = −a/4sono tutti e soli i vettori tangenti alla curva vincolare in tale posizione

ν−a/4 = αdP

dx(−a/4) ∀α ∈ R

ossia, sostituendo la forma esplicita della parametrizzazione

ν−a/4 = α

[e1 +

2a

(−a

4

)e2

]= α

(e1 −

12e2

)∀α ∈ R .

Stefano Siboni 1050


Nella configurazione di confine x = −a le velocita virtuali si identificano ancora con ivettori tangenti alla curva, purche diretti verso il supporto della curva stessa. Poiche talee il vettore

dP

dx(−a) = e1 +

2a(−a) e2 = e1 − 2 e2 ,

le velocita virtuali relative alla configurazione x = −a saranno tutti e soltanto i vettoridella forma

ν−a = α (e1 − 2e2) ∀α ≥ 0 .

(c) Reazioni vincolari esplicabiliNella configurazione ordinaria x = a/4 le reazioni vincolari esplicabili nell’ipotesi di curvaliscia sono tutti e soli i vettori Φa/4 ortogonali alla curva vincolare in tale posizione, indi-viduati dalla condizione

Φa/4 ·dP

dx(a/4) = 0

equivalente a

Φa/4 ·(e1 +

12e2

)= 0 .

Piu esplicitamente si puo scrivere

Φa/4 = α e3 ∧(e1 +

12e2

)+ β e3 = α

(−1

2e1 + e2

)+ β e3 ∀α, β ∈ R .

Per la configurazione di confine x = a sono ammesse tutte le reazioni vincolari con arbi-traria componente ortogonale alla curva

α e3 ∧dP

dx(a) + β e3 = α e3 ∧ (e1 + 2e2) + β e3 =

= α (−2e1 + e2) + β e3 ∀α, β ∈ R

e componente tangenziale diretta secondo il supporto della curva vincolare

γdP

dx(a) = γ (e1 + 2e2) ∀ γ ≤ 0

— si osservi che il vettore dP/dx(a) non e diretto secondo il supporto della curva, main senso opposto. In definitiva, le reazioni vincolari esplicabili in x = a sono le seguenti

Φa = α (−2e1 + e2) + β e3 + γ (e1 + 2e2) == (−2α + γ) e1 + (α + 2γ) e2 + β e3 ∀α, β ∈ R , ∀ γ ≤ 0 .

Stefano Siboni 1051


(d) Reazioni vincolari negli stati di quieteGli stati di quiete che siano moti naturali del sistema ricorrono, per definizione di equilibrio,esclusivamente in corrispondenza delle configurazioni di equilibrio. Gli stati di quiete delsistema sono quindi

x(t) = −a/2 ∀ t ∈ R

x(t) = 0 ∀ t ∈ R

x(t) = a/2 ∀ t ∈ R .

Per ognuno di essi il postulato delle reazioni vincolari prevede che la reazione vincolarebilanci il risultante delle forze attive applicate, cosicche risulta

Φ−a/2 = −F (−a/2) =4mg

a

(−a

2

)e1 − mg

(3 − 4

a2

a2

4

)e2 = −2mg e1 − 2mg e2

Φ0 = −F (0) =4mg

a0 e1 − mg(3 − 0) e2 = −3mg e2

Φa/2 = −F (a/2) =4mg

a

a

2e1 − mg

(3 − 4

a2

a2

4

)e2 = 2mg e1 − 2mg e2 ,

rispettivamente nei tre casi. Si osservi che le reazioni vincolari calcolate risultano costantinel tempo, essendo fissa la curva vincolare e costanti le forze attive agenti sul punto P .

Esercizio 184. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoIn un piano verticale, un’asta omogenea AB, di massa m e lunghezza L, ha gli estremi A eB vincolati a scorrere rispettivamente lungo gli assi verticale e orizzontale di un riferimentocartesiano Oxyz. Una seconda asta MC , identica alla prima, ha l’estremo M incernieratonel punto medio dell’asta AB. Il sistema e soggetto, oltre che alla forza peso, ad una forzaelastica −k(A − O) agente sull’estremo A.

I parametri lagrangiani sono gli angoli ϕ e θ illustrati in figura: opportuni vincoli uni-laterali fanno sı che si abbia ϕ ∈ [−π/2, π/2] e θ ∈ [−π/3, π/3]. Assunti i vincoli ideali,determinare:

(a) gli equilibri ordinari;

(b) se (ϕ, θ) = (π/2,−π/3) costituisce un equilibrio;

Stefano Siboni 1052


(c) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;

(d) l’espressione dell’energia cinetica;

(e) le equazioni del moto;

(f) l’equazione delle piccole oscillazioni nell’intorno di una configurazione di equilibriostabile a scelta.

Soluzione(a) Equilibri ordinariTutte le sollecitazioni applicate al sistema hanno natura posizionale e conservativa e sonoquindi descritte da un potenziale U , che risultera dalla somma di un potenziale elasticorelativo all’interazione fra i punti O ed A, del potenziale gravitazionale dell’asta AB e delpotenziale gravitazionale dell’asta MC . Per il calcolo del potenziale occorre esprimere lecoordinate del punto A e dei baricentri M e G delle due aste in funzione dei parametrilagrangiani. Semplici considerazioni trigonometriche porgono le relazioni

A − O = −L cos ϕ e2 B − O = L sin ϕ e1

M − O =A − O + B − O

2=

L

2sinϕ e1 −

L

2cos ϕ e2

C − M = L sin θ e1 − L cos θ e2

per cui il baricentro G dell’asta MC e individuato dal vettore

G − M =C − M

2=

L

2sin θ e1 −

L

2cos θ e2 .

Il potenziale gravitazionale del sistema si scrive percio

Ug = −mge2 · (M − O) − mge2 · (G − O) =

= −mge2 · (M − O) − mge2 · (M − O + G − M) =

= −2mge2 · (M − O) − mge2 · (G − M) =

= −2mg(−L

2cos ϕ

)−mg

(−L

2cos θ

)=

= mgL cosϕ +12mgL cos θ

mentre quello elastico vale

Uel = −k

2|A − O|2 = −k

2L2cos2ϕ ,

in modo che il potenziale del sistema assume la forma

U(ϕ, θ) = Ug + Uel =mgL cosϕ − kL2

2cos2ϕ +

12mgL cos θ

(ϕ, θ) ∈ [−π/2, π/2]× [−π/3, π/3].

Stefano Siboni 1053


Gli equilibri ordinari del sistema si identificano con i punti critici del potenziale U nelrettangolo aperto (−π/2, π/2)× (−π/3, π/3), in cui si annullano ambo le derivate parzialiprime

∂U

∂ϕ(ϕ, θ) = −mgL sinϕ + kL2 sinϕ cos ϕ

∂U

∂θ(ϕ, θ) = −1

2mgL sin θ .

Le equazioni di equilibrio sono percio, omessi i fattori costanti,

sin ϕ(−mg

kL+ cos ϕ

)= 0

sin θ = 0 .(1)

La prima equazione ammette per sinϕ = 0 due radici sempre definite

ϕ = 0 , π

e per cos ϕ − mg/kL = 0 le due ulteriori soluzioni

ϕ = ±arccos(mg

kL

)= ±ϕ ∈ (−π/2, π/2) ,

definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia mg/kL < 1. Causa la limi-tazione ϕ ∈ (−π/2, π/2), le radici ottenute sono tutte accettabili salvo ϕ = π. La secondaequazione di equilibrio (1) fornisce invece le soluzioni

θ = 0 , π ,

definite incondizionatamente; di queste, θ = π va rigettata per via della restrizione −π/3 <θ < π/3. Dal momento che le equazioni di equilibrio appaiono disaccoppiate, gli equilibriordinari sono individuati da tutte le possibili combinazioni dei valori di ϕ e θ determinatiin precedenza:

(ϕ, θ) = (0, 0) , (ϕ, 0) , (−ϕ, 0) .

La seconda e la terza delle configurazioni di equilibrio esistono se e soltanto se mg/kL < 1,nel qual caso sono anche distinte dalla prima e fra loro.

(b) Equilibri di confineSebbene si richieda soltanto di stabilire se la configurazione di confine (ϕ, θ) = (π/2,−π/3)sia o meno un equilibrio del sistema, per maggiore completezza si procede ad una anali-si dettagliata di tutti gli equilibri di confine, esaminando uno ad uno lati e vertici delrettangolo (ϕ, θ) ∈ [−π/2, π/2] × [−π/3, π/3]. Il lavoro virtuale delle forze attive siscrive

δL =∂U

∂ϕ(ϕ, θ) δϕ +

∂U

∂θ(ϕ, θ) δθ = kL2 sinϕ

(cos ϕ − mg

kL

)δϕ − 1

2mgL sin θ δθ

Stefano Siboni 1054


per qualsiasi spostamento virtuale (δϕ, δθ) ∈ R2 relativo alla configurazione considerata.

Lato (ϕ, θ) = (ϕ,−π/3), ϕ ∈ (−π/2, π/2) della frontieraIn (ϕ,−π/3) si ha equilibrio se e solo se

∂U

∂ϕ(ϕ,−π/3) δϕ +

∂U

∂θ(ϕ,−π/3) δθ ≤ 0 ∀ δϕ ∈ R , ∀ δθ ≥ 0

vale a dire

∂U

∂ϕ(ϕ,−π/3) = kL2 sin ϕ

(cos ϕ − mg

kL

)= 0

∂U

∂θ(ϕ,−π/3) = −1

2mgL sin

(−π

3

)≤ 0

e poiche la seconda condizione non e soddisfatta

−12mgL sin

(−π

3

)=

√3

4mgL > 0 ,

si conclude che non esistono equilibri di confine lungo questo tratto della frontiera.

Lato (ϕ, θ) = (π/2, θ), θ ∈ (−π/3, π/3)Condizione necessaria e sufficiente perche (π/2, θ) sia un equilibrio del sistema e che

∂U

∂ϕ(π/2, θ) δϕ +

∂U

∂θ(π/2, θ) δθ ≤ 0 ∀ δϕ ≤ 0 , ∀ δθ ∈ R

ossia

∂U

∂ϕ(π/2, θ) = −mgL ≥ 0

∂U

∂θ(π/2, θ) = sin θ = 0 .

Nessun equilibrio sussiste per via della prima relazione, che non e verificata.

Stefano Siboni 1055


Lato (ϕ, θ) = (ϕ, π/3), ϕ ∈ (−π/2, π/2)La configurazione (ϕ, π/3) e un equilibrio se e soltanto se

∂U

∂ϕ(ϕ, π/3) δϕ +

∂U

∂θ(ϕ, π/3) δθ ≤ 0 ∀ δϕ ∈ R , ∀ δθ ≤ 0 .

Cio equivale a richiedere che

∂U

∂ϕ(ϕ, π/3) = kL2 sin ϕ

(cos ϕ − mg

kL

)= 0

∂U

∂θ(ϕ, π/3) = −1

2mgL sin

(π

3

)= −

√3

4mgL ≥ 0

ma siccome la seconda condizione non risulta verificata, anche in questo caso non si ri-conosce alcuna configurazione di equilibrio della forma cercata.

Lato (ϕ, θ) = (−π/2, θ), θ ∈ (−π/3, π/3)Il teorema dei lavori virtuali prescrive la condizione necessaria e sufficiente per l’equilibrionella configurazione (−π/2, θ) nella forma

∂U

∂ϕ(−π/2, θ) δϕ +

∂U

∂θ(−π/2, θ) δθ ≤ 0 ∀ δθ ∈ R , ∀ δϕ ≥ 0

ed equivale a

∂U

∂ϕ(−π/2, θ) = mgL ≤ 0

∂U

∂θ(−π/2, θ) = sin θ = 0 .

La prima delle due condizioni non e mai soddisfatta, per cui la configurazione non costi-tuisce un equilibrio del sistema.

Vertice (ϕ, θ) = (π/2,−π/3)La configurazione e un equilibrio se e soltanto se

−mgL ≥ 0 e√

34

mgL ≤ 0 ,

condizione evidentemente non verificata.

Vertice (ϕ, θ) = (π/2, π/3)In questo caso le condizioni per l’equilibrio sono

−mgL ≥ 0 e −√

34

mgL ≥ 0

Stefano Siboni 1056


e risultano violate entrambe.

Vertice (ϕ, θ) = (−π/2, π/3)In questa configurazione si ha equilibrio nell’ipotesi siano soddisfatte le due condizioni

mgL ≤ 0 e −√

34

mgL ≥ 0

che tuttavia non ricorrono.

Vertice (ϕ, θ) = (−π/2,−π/3)L’equilibrio ricorre se e solo se

mgL ≤ 0 e√

34

mgL ≤ 0 .

Neppure questa configurazione costituisce un equilibrio di confine per il sistema.

(c) Stabilita degli equilibri ordinariSi e gia sottolineato come tutte le sollecitazioni attive applicate al sistema abbiano carattereposizionale e conservativo. Le proprieta di stabilita degli equilibri possono quindi essereanalizzate facendo ricorso ai teoremi classici di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale.A questo scopo si rende necessario calcolare le derivate parziali seconde del potenziale

Uϕϕ(ϕ, θ) = −mgL cosϕ + kL2(cos2ϕ − sin2ϕ)Uϕθ(ϕ, θ) = Uθϕ(ϕ, θ) = 0

Uθθ(ϕ, θ) = −12mgL cos θ

cui corrisponde la matrice hessiana diagonale

HU (ϕ, θ) =

(−mgL cosϕ + kL2(cos2ϕ − sin2ϕ) 0

0 −12mgL cos θ

).

Cio premesso, si puo procedere allo studio di ogni singola configurazione di equilibrio delsistema.

Configurazione (ϕ, θ) = (0, 0)In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale assume la forma

HU (0, 0) =(−mgL + kL2 0

0 −mgL/2

)

i cui autovalori coincidono con i relativi elementi diagonali. Mentre l’autovalore −mgL/2ha sempre segno negativo per qualsiasi scelta dei coefficienti caratteristici del sistema, il

Stefano Siboni 1057


secondo autovalore −mgL + kL2 non presenta segno definito e richiede l’esame di tre casidistinti:

(i) si ha stabilita per −mgL + kL2 < 0, ossia 1 < mg/kL, poiche in tal caso HU (0, 0) hatutti gli autovalori negativi e la configurazione costituisce un massimo relativo propriodel potenziale, stabile in virtu del teorema di Lagrange-Dirichlet;

(ii) se 1 > mg/kL si verifica l’instabilita della configurazione, per il teorema di inversioneparziale di Lagrange-Dirichlet;

(iii) per mg/kL = 1 ricorre infine un caso critico. In effetti, uno sviluppo di Taylornell’intorno di (ϕ, θ) = (0, 0) consente di accertare che la configurazione costituisceun massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita e comunque assicurata dalteorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (ϕ, θ) = (ϕ, 0)Dal momento che

Uϕϕ(ϕ, 0) = −mgL cosϕ + kL2(cos2ϕ − sin2ϕ) =

= kL2(−mg

kLcos ϕ + cos2ϕ − sin2ϕ

)= −kL2sin2ϕ < 0 ,

l’hessiana del potenziale risulta definita negativa

HU (ϕ, 0) =(−kL2sin2ϕ 0

0 −mgL/2

)

e individua la configurazione di equilibrio come massimo relativo proprio del potenziale,stabile per Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (ϕ, θ) = (−ϕ, 0)Anche questa configurazione risulta stabile, quando definita. La matrice hessiana delpotenziale coincide infatti con quella calcolata per la configurazione simmetrica (ϕ, θ) =(ϕ, 0), avendosi in particolare

Uϕϕ(−ϕ, 0) = Uϕϕ(ϕ, 0)

per via della simmetria del potenziale

U(−ϕ, θ) = U(ϕ, θ) ∀ (ϕ, θ) ∈ [−π/2, π/2]× [−π/3, π/3] .

(d) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema e data dalla somma di due contributi, relativi all’asta AB eall’asta MC rispettivamente. Entrambe le aste sono prive di punti fissi, per cui l’espressionedell’energia cinetica viene ottenuta, in ambo i casi, facendo uso del teorema di Konig.

Stefano Siboni 1058


Asta ABL’energia cinetica dell’asta AB si scrive per mezzo dell’espressione

TAB =m

2M2 +

12IMz|ωAB|2

nella quale la velocita del baricentro vale

M =L

2cos ϕ ϕ e1 +

L

2sinϕ ϕ e2

mentre il momento d’inerzia relativo all’asse Mz e la velocita angolare istantanea risultano

IMz =mL2

12ωAB = −ϕ e3 .

Sostituendo si ha cosı la relazione

TAB =m

2L2

4ϕ2 +

mL2

24ϕ2 =

16mL2ϕ2 .

Asta MCIl teorema di Konig porge per l’energia cinetica dell’asta MC l’espressione

TMC =m

2G2 +

12IGz|ωMC |2

dove il baricentro e individuato per mezzo del vettore posizione

G − O =L

2[(sinϕ + sin θ) e1 − (cos ϕ + cos θ) e2

]ed ha percio velocita istantanea

G =L

2[(cos ϕ ϕ + cos θ θ) e1 + (sin ϕ ϕ + sin θ θ) e2

]di modulo quadrato

G2 =L2

4[cos2ϕ ϕ2 + cos2θ θ2 + 2 cos ϕ cos θ ϕθ + sin2ϕ ϕ2 + sin2θ θ2 + 2 sin ϕ sin θ ϕθ

]=

=L2

4[ϕ2 + θ2 + 2 cos(ϕ − θ) ϕθ] ,

mentre velocita angolare istantanea a momento angolare rispetto all’asse Gz sono datidalle relazioni

ωMC = θ e3 e IGz =mL2

12.

Stefano Siboni 1059


L’energia cinetica dell’asta diventa pertanto

TMC =mL2

8[ϕ2 + θ2 + 2 cos(ϕ − θ) ϕθ] +

mL2

24θ2 .

Energia cinetica del sistemaPer ricavare l’energia cinetica del sistema non rimane che sommare le energie cinetichedelle due aste

T = TAB + TMC =mL2

6ϕ2 +

mL2

8ϕ2 +

mL2

8θ2 +

mL2

24θ2 +

mL2

4cos(ϕ − θ) ϕθ =

=724

mL2ϕ2 +16mL2θ2 +

14mL2 cos(ϕ − θ) ϕθ .

(e) Equazioni del motoLe equazioni del moto sono quelle di Lagrange

d

dt

(∂L

∂ϕ

)− ∂L

∂ϕ= 0

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

con lagrangiana L = T + U

L =724

mL2ϕ2 +16mL2θ2 +

14mL2 cos(ϕ − θ) ϕθ + mgL cosϕ − kL2

2cos2ϕ +

12mgL cos θ .

Si hanno le espressioni:

∂L

∂ϕ=

712

mL2ϕ +14mL2 cos(ϕ − θ) θ

d

dt

(∂L

∂ϕ

)=

712

mL2ϕ +14mL2 cos(ϕ − θ) θ − 1

4mL2 sin(ϕ − θ) (ϕ − θ) θ

∂L

∂ϕ= −1

4mL2 sin(ϕ − θ) ϕθ − mgL sinϕ + kL2 sinϕ cos ϕ

e:∂L

∂θ=

13mL2θ +

14mL2 cos(ϕ − θ) ϕ

d

dt

(∂L

∂θ

)=

13mL2θ +

14mL2 cos(ϕ − θ) ϕ − 1

4mL2 sin(ϕ − θ) (ϕ − θ) ϕ

∂L

∂θ=

14mL2 sin(ϕ − θ) ϕθ − 1

2mgL sin θ

per cui le equazioni del moto diventano

712

mL2ϕ +14mL2 cos(ϕ − θ) θ +

14mL2 sin(ϕ − θ) θ2 + mgL sinϕ − kL2 sin ϕ cosϕ = 0

Stefano Siboni 1060


13mL2θ +

14mL2 cos(ϕ − θ) ϕ − 1

4mL2 sin(ϕ − θ) ϕ2 +

12mgL sin θ = 0 .

(f) Piccole oscillazioniLo studio delle piccole oscillazioni puo essere svolto, ad esempio, per la configurazione(ϕ, θ) = (0, 0), stabile per mg/kL > 1. La configurazione offre il vantaggio di una relativasemplicita dei calcoli. L’hessiana del potenziale in (ϕ, θ) = (0, 0) e gia stata calcolata perlo studio della stabilita e vale

HU (0, 0) =(

kL2 − mgL 00 −mgL/2

).

Trattandosi di sistema scleronomo, l’energia cinetica e una forma quadratica definita po-sitiva delle velocita generalizzate ϕ, θ e puo esprimersi come prodotto matriciale

T =12mL2

[712

ϕ2 +13θ2 +

12

cos(ϕ − θ) ϕθ

]=

=12(ϕ θ)mL2

7

1214

cos(ϕ − θ)14

cos(ϕ − θ)13

ϕ

θ

dove la matrice di rappresentazione dell’energia cinetica e data da

A(ϕ, θ) =

7

1214

cos(ϕ − θ)14

cos(ϕ − θ)13

.

L’equazione per le pulsazioni ω delle piccole oscillazioni si scrive percio

det[HU (0, 0) + ω2A(0, 0)

]= 0

e sostituendo le espressioni esplicite delle matrici HU ed A diventa

det

(

kL2 −mgL 0

0 −12mgL

)+ mL2ω2

7

1214

cos(ϕ − θ)14

cos(ϕ − θ)13

= 0

ossia

det

kL2(1 − mg

kL

)+

712

mL2ω2 14

cos(ϕ − θ)mL2ω2

14

cos(ϕ − θ)mL2ω2 13mL2ω2 − 1

2mgL

= 0

e quindi[712

mL2ω2 + kL2(1 − mg

kL

)](13mL2ω2 − 1

2mgL

)− 1

16cos2(ϕ − θ)m2L4ω4 = 0 .

Questa equazione caratteristica — di secondo grado in ω2 — fornisce le pulsazioni normalidelle piccole oscillazioni nell’intorno della configurazione di equilibrio stabile considerata.

Stefano Siboni 1061


Esercizio 185. Geometria delle masseNel piano Oxy di una terna di riferimento inerziale Oxyz e data una lamina quadratarigida OABC di lato L e densita

σ(x, y) =m

L4xy ∀ (x, y) ∈ [0, L]2

come illustrato in figura. Al lato OC e saldata un’asta rigida di densita

λ(y) =m

L2y ∀ y ∈ [0, L] .

Si vuole determinare del sistema:

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

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

(c) il momento d’inerzia rispetto all’asse OB;

(d) il momento angolare rispetto all’origine O nell’ipotesi che O sia fisso e la velocitaangolare istantanea valga ω = 2ωe1 − ωe2, con ω > 0;

(e) l’energia cinetica nelle stesse ipotesi.

Soluzione(a) BaricentroE opportuno calcolare separatamente massa e baricentro dell’asta e della lamina, per poiapplicare il teorema distributivo.

AstaLa massa dell’asta si ricava integrando la densita lineare λ e vale

ma = =∫ L

0

λ(y)dy =∫ L

0

m

L2y dy =

m

L2

L2

2=

m

2.

La retta Oy costituisce un evidente asse di simmetria dell’asta, il cui baricentro Ga devedunque collocarsi lungo di essa. Il vettore posizione del baricentro Ga si scrive percio nellaforma

Ga − O = ya e2

Stefano Siboni 1062


dove l’ordinata ya viene determinata per mezzo della definizione di centro di massa

ya =1

ma

∫ L

0

y λ(y)dy =2m

∫ L

0

m

L2y2dy =

2L2

L3

3=

23L .

Di conseguenza

Ga −O =23L e2 .

LaminaLa massa della lamina quadrata e data dall’integrale su [0, L]2 della densita superficiale σ

m =∫ L

0

dx

∫ L

0

dy σ(x, y) =∫ L

0

dx

∫ L

0

dym

L4xy =

m

L4

L2

2L2

2=

m

4,

mentre il baricentro G deve collocarsi nel piano di giacitura della lamina, che ne rappre-senta anche un ovvio piano di simmetria

G −O = x e1 + y e2 .

L’ascissa x del baricentro si deduce immediatamente dalla definizione

x =1

m

∫ L

0

dx

∫ L

0

dy xσ(x, y) =4m

∫ L

0

dx

∫ L

0

dym

L4x2y =

4L4

L3

3L2

2=

23

L

ed un calcolo analogo consente di determinare la corrispondente ordinata

y =1

m

∫ L

0

dx

∫ L

0

dy y σ(x, y) =4m

∫ L

0

dx

∫ L

0

dym

L4xy2 =

4L4

L2

2L3

3=

23

L .

Si osservi che l’identita di ascissa e ordinata del baricentro si poteva stabilire a priori pervia della relazione

σ(y, x) = σ(x, y) ∀ (x, y) ∈ [0, L]2

che consente di individuare nella bisettrice y = x, z = 0, un asse di simmetria del sistema.In definitiva

G − O =23

L e1 +23

L e2 .

SistemaIl baricentro G del sistema puo ora individuarsi per mezzo del teorema distributivo, checonsente di scriverne il vettore posizione come

G −O =ma(Ga − O) + m(G − O)

ma + m=

=

m

223L e2 +

m

4

(23L e1 +

23L e2

)m

2+

m

4

=

m

6L e1 +

m

2L e2

34m

=29L e1 +

23L e2 .

Stefano Siboni 1063


(b) Matrice d’inerzia rispetto alla terna OxyzLa matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz viene determinata come sommadelle matrici d’inerzia relative all’asta OC e alla lamina quadrata OABC , che sono quindicalcolate separatamente.

AstaSiccome l’asta giace sull’asse coordinato Oy e immediato convincersi che la relativa matriced’inerzia assume la forma

[LO]a =

La

xx 0 00 0 00 0 La

xx

in cui l’unico elemento da determinare e il momento d’inerzia

Laxx =

∫ L

0

λ(y) y2 dy =∫ L

0

m

L2y3dy =

m

L2

L4

4=

mL2

4.

La matrice d’inerzia dell’asta rispetto al riferimento Oxyz diventa pertanto

[LO]a = mL2

1/4 0 0

0 0 00 0 1/4

.

LaminaDal momento che il piano coordinato Oxy si identifica con il piano di giacitura della lamina,la matrice d’inerzia di questa deve assumere la forma

[LO] =

L

xx Lxy 0

Lxy L

yy 00 0 L

xx + Lyy

per via del fatto che z = 0 in tutti i punti della figura. Il momento d’inerzia rispettoall’asse Ox si scrive, per definizione,

Lxx =

∫ L

0

dx

∫ L

0

dy y2σ(x, y) =∫ L

0

dx

∫ L

0

dym

L4xy3 =

m

L4

L2

2L4

4=

mL2

8

ed una espressione analoga vale per il momento d’inerzia relativo all’asse coordinato Oy

Lyy =

∫ L

0

dx

∫ L

0

dy x2σ(x, y) =∫ L

0

dx

∫ L

0

dym

L4x3y =

m

L4

L4

4L2

2=

mL2

8,

mentre il prodotto d’inerzia si riduce a

Lxy = −

∫ L

0

dx

∫ L

0

dy xy σ(x, y) = −∫ L

0

dx

∫ L

0

dym

L4x2y2 = − m

L4

L3

3L3

3= −mL2

9.

Stefano Siboni 1064


La matrice d’inerzia della lamina quadrata si esprime percio come

[LO] = mL2

1/8 −1/9 0

−1/9 1/8 00 0 1/4

.

SistemaLa matrice d’inerzia del sistema rigido, composto da asta e lamina quadrata, viene infinedeterminata sommando termine a termine le matrici d’inerzia precedentemente ricavate, erisulta

[LO] = [LO]a + [LO] = mL2

3/8 −1/9 0

−1/9 1/8 00 0 1/2

.

(c) Momento d’inerzia rispetto all’asse OBL’asse OB passa ovviamente per l’origine della terna di riferimento ed e individuato dalversore

n = n1e1 + n2e2 + n3e3 =1√2

e1 +1√2

e2 .

Per nota proprieta, il momento d’inerzia del sistema relativamente all’asse OB = On siricava per mezzo della relazione

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

n1

n2

n3

=

=12

(1 1 0)mL2

3/8 −1/9 0

−1/9 1/8 00 0 1/2

1

10

=

=mL2

2(1 1 0)

38− 1

9−1

9+

18

0

=

mL2

2

(38− 1

9− 1

9+

18

)=

536

mL2 .

(d) Momento angolare in OPer O punto fisso e velocita angolare istantanea ω = 2ω e1 − ωe2, il momento angolare inO del sistema si scrive

KO = LO(ω) = K1e1 + K2e2 + K3e3 ,

dove le componenti K1,K2,K3 del momento sono individuate dal prodotto matricialeK1

K2

K3

= [LO]

2ω

−ω0

= mL2

3/8 −1/9 0

−1/9 1/8 00 0 1/2

2

−10

ω =

= mL2ω

34

+19

−29− 1

80

= mL2ω

31/36

−25/720

.

Stefano Siboni 1065


Si ha, conseguentemente,KO = mL2ω

(3136

e1 −2572

e2

).

(e) Energia cineticaPer l’energia cinetica del sistema rigido con punto fisso O vale l’espressione generale

T =12ω ·LO(ω) =

12(ω1 ω2 ω3)[LO]

ω1

ω2

ω3

= (ω1 ω2 ω3)

K1

K2

K3

che nella fattispecie assume la forma esplicita

T =12(2ω − ω 0)mL2ω

31/36

−25/720

.

Basta eseguire i prodotti matriciali per ottenere il risultato richiesto

T =12mL2ω2(2 − 1 0)

31/36

−25/720

=

=12mL2ω2

(3118

+2572

)=

12mL2ω2 124 + 25

72=

149144

mL2ω2.

Esercizio 186. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoNel piano verticale Oxy di una terna Oxyz una lamina quadrata omogenea e pesanteABCD, di lato L e massa m, e vincolata a ruotare attorno all’asse fisso Oz, essendo O ilpunto medio del lato AD. Il punto medio P del lato BC e connesso alla sua proiezioneortogonale Q sull’asse orizzontale Ox mediante una molla ideale di costante elastica k. Laterna Oxyz ruota con velocita angolare costante ω attorno all’asse verticale Oy rispettoad un riferimento inerziale.

Stefano Siboni 1066


Assunti i vincoli ideali e usando l’angolo di rotazione θ come parametro lagrangiano, de-terminare del sistema, relativamente alla terna Oxyz:

(a) gli equilibri;

(b) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;

(c) l’energia cinetica;

(d) le equazioni lagrangiane del moto;

(e) un integrale primo.

SoluzioneIl sistema e a vincoli bilaterali ideali, scleronomo e ad un solo grado di liberta. Ne segueche l’energia cinetica deve essere una forma quadratica definita positiva della velocitageneralizzata θ e che tutti gli equilibri del sistema sono ordinari.

(a) EquilibriTutte le sollecitazioni attive applicate al sistema hanno natura posizionale e conservativa,essendo costituite dal peso, dall’interazione elastica fra i punti P e Q, dalle sollecitazionicentrifughe. Nonostante nella terna non inerziale Oxyz agiscano anche le forze di Coriolis,ci si convince facilmente che la componente lagrangiana di queste sollecitazioni inerziali enulla

QCorθ =

∑Pi∈ABCD

−2miω e2 ∧ Pi ·∂Pi

∂θ= −2

∑Pi∈ABCD

miω e2 · Pi ∧∂Pi

∂θ= 0

in quanto

Pi ∧∂Pi

∂θ=

∂Pi

∂θθ ∧ ∂Pi

∂θ= 0 ∀Pi ∈ ABCD .

Le sollecitazioni attive applicate sono percio descritte completamente dal potenziale U delsistema, che risultera dalla somma di un potenziale gravitazionale, di un potenziale elasticoe di un potenziale centrifugo.

Potenziale gravitazionaleIl baricentro G della lamina quadrata e omogenea e il centro del quadrato ABCD e il suovettore posizione si scrive

G − O =L

2(sin θ e1 − cos θ e2) .

Il corrispondente potenziale gravitazionale vale pertanto

Ug = −mg e2 · (G −O) =12

mgL cos θ .

Stefano Siboni 1067


Potenziale elasticoL’espressione per il potenziale relativo all’interazione elastica fra i punti P e Q e la seguente

Uel = −k

2|P −Q|2

e in essa valeP −Q = −L cos θ e2

per cui

Uel = −k

2| − L cos θ e2|2 = −kL2

2cos2θ .

Potenziale centrifugoIl potenziale centrifugo della lamina e dato dalla ben nota relazione

Ucf =ω2

2IOy

nella quale il momento d’inerzia IOy della lamina rispetto all’asse Oy si riesprime in terminidel momento d’inerzia relativo all’asse Gy dello stesso sistema per mezzo del teorema diHuygens-Steiner

IOy = m[(G − O) · e1]2 + IGy =

= m(L

2sin θ

)2

+ IGy =14mL2sin2θ + IGy .

Il momento IGy e indipendente dall’angolo di rotazione θ. Infatti, introdotti gli assi solidaliGξ e Gη, rispettivamente paralleli ai lati BC e BA, la terna Gξηz e centrale d’inerzia conmatrice

[LG] = mL2

1/12 0 0

0 1/12 00 0 1/6

e a causa dell’autovalore doppio 1/12 tutti gli assi passanti per G e ubicati nel pianoGξη = Oxy sono assi centrali d’inerzia di uguale autovalore 1/12. In particolare si ha

IGy = (sin θ cos θ 0)mL2

1/12 0 0

0 1/12 00 0 1/6

sin θ

cos θ0

=

= mL2( 1

12sin2θ +

112

cos2θ)

=mL2

12.

Il potenziale centrifugo diventa pertanto

Ucf =ω2

214mL2sin2θ + costante =

18mL2ω2sin2θ + costante .

Stefano Siboni 1068


Gli equilibri del sistema — tutti ordinari — si identificano con i punti critici del potenziale

U(θ) = Ug + Uel + Ucf =12mgL cos θ − kL2

2cos2θ +

18mL2ω2sin2θ

ossia con gli zeri della derivata prima di U

U ′(θ) =∂U

∂θ(θ) = −1

2mgL sinθ + kL2 cos θ sin θ +

14mL2ω2 sin θ cos θ =

= −12mgL sinθ +

(kL2 +

14mL2ω2

)sin θ cos θ .

Raccogliendo il comune fattore sin θ, si ha allora l’equazione trigonometrica

sin θ

[−1

2mgL +

(kL2 +

14mL2ω2

)cos θ

]= 0

dalla quale si deducono, per sin θ = 0, le soluzioni — sempre definite —

θ = 0 , π

e per

−12mgL +

(kL2 +

14mL2ω2

)cos θ = 0

le ulteriori radici

θ = ±arc cos

12mgL

kL2 +14mL2ω2

= ±θ

a condizione che risulti12mgL < kL2 +

14mL2ω2.

(b) Stabilita degli equilibriData la natura posizionale conservativa del sistema scleronomo, per lo studio della stabilitadegli equilibri si ricorre ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questoscopo e necessario determinare l’espressione della derivata seconda del potenziale

U ′′(θ) =∂2U

∂θ2(θ) = −1

2mgL cos θ +

(kL2 +

14mL2ω2

)(cos2θ − sin2θ)

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

Stefano Siboni 1069


Configurazione θ = 0In questa configurazione la derivata seconda del potenziale vale

U ′′(0) = −12mgL + kL2 +

14mL2ω2

e non ha quindi segno definito. Devono distinguersi tre casi:

(i) per12mgL > kL2 +

14mL2ω2 risulta U ′′(0) < 0, in modo che la configurazione θ = 0 si

riconosce essere un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita e assicuratadal teorema di Lagrange-Dirichlet;

(ii) se12mgL < kL2 +

14mL2ω2 si ha viceversa U ′′(0) > 0 e l’instabilita della configu-

razione segue dal teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

(iii) qualora infine sia12mgL = kL2 +

14mL2ω2 ricorre un caso critico.

Configurazione θ = π

Nella fattispecie la derivata seconda del potenziale assume segno positivo per qualsiasiscelta delle costanti caratteristiche del sistema

U ′′(π) =12mgL + kL2 +

14mL2ω2 > 0

e l’instabilita della configurazione e dunque garantita dal teorema di inversione parziale.

Configurazioni θ = θ e θ = −θ

Le configurazioni simmetriche θ = θ e θ = −θ presentano le stesse proprieta di stabilitaa causa della simmetria del potenziale

U(−θ) = U(θ) ∀ θ ∈ R .

E quindi sufficiente esaminarne una sola, ad esempio la prima. Per questa risulta

U ′′(θ) = −12mgL cos θ +

(kL2 +

14mL2ω2

)(cos2θ − sin2θ) =

=(kL2 +

14mL2ω2

)(− cos θ cos θ + cos2θ − sin2θ

)=

= −(kL2 +

14mL2ω2

)sin2θ < 0 .

Si conclude che le configurazioni θ = θ e θ = −θ costituiscono dei massimi relativiproprio del potenziale, la cui stabilita segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 1070


(c) Energia cineticaRispetto alla terna Oxyz il moto del sistema si riduce ad una semplice rotazione di unangolo θ attorno all’asse Oz. L’energia cinetica del sistema e quindi data dall’espressionegenerale

T =12IOz |ω|2

con velocita angolareω = θ e3

e momento d’inerzia

IOz = IGz + m|G − O|2 = IGz + m(L

2

)2

=mL2

6+

mL2

4=

512

mL2 .

Si ha percio

T =12

512

mL2 |θ e3|2 =524

mL2θ2

che e l’espressione cercata.

(d) Equazioni di LagrangeLa lagrangiana L = T + U del sistema e espressa da

L =524

mL2θ2 +12mgL cos θ − 1

2kL2cos2θ +

18mL2ω2sin2θ

e da essa si deducono le relazioni:∂L

∂θ=

512

mL2θd

dt

(∂L

∂θ

)=

512

mL2θ

∂L

∂θ= −1

2mgL sin θ + kL2 cos θ sin θ +

14mL2ω2 sin θ cos θ =

= −12mgL sin θ +

(kL2 +

14mL2ω2

)sin θ cos θ .

L’equazione lagrangiana del moto

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

diventa pertanto

512

mL2θ +12mgL sin θ −

(kL2 +

14mL2ω2

)sin θ cos θ = 0 .

(e) Integrale primoIl sistema scleronomo e posizionale e conservativo. Un ovvio integrale primo e quindiofferto dall’energia meccanica H = T − U , che esplicitamente si scrive

H(θ, θ) =524

mL2θ2 − 12mgL cos θ +

12kL2cos2θ − 1

8mL2ω2sin2θ .

Stefano Siboni 1071


Esercizio 187. Moto di un punto su una curva fissa e lisciaNel piano Oxy si consideri un punto materiale P , di massa m, vincolato a restare su unaguida circolare liscia di centro O e raggio R. Il punto P e soggetto ad una sollecitazionedata da

FP =4a

R3x2e1 −

√3

a

Re2 − βP

dove si sono indicate con (x, y) le coordinate cartesiane di P e con P la velocita dello stessopunto rispetto ad Oxy, mentre a e β sono costanti positive assegnate.

Facendo uso dell’angolo ξ mostrato in figura, determinare:

(a) le equazioni del moto del sistema;

(b) le configurazioni di equilibrio, analizzandone le proprieta di stabilita;

(c) le condizioni iniziali per le quali il moto del sistema risulta periodico, nel caso diβ = 0;

(d) le condizioni iniziali corrispondenti a moti a meta asintotica, nella stessa ipotesi;

(e) la frequenza delle piccole oscillazioni nell’intorno di una configurazione di equilibriostabile a scelta, sempre per β = 0.

Soluzione(a) Equazioni del moto del sistemaAl sistema — olonomo — e applicabile la teoria lagrangiana, in quanto la guida circolareliscia costituisce un vincolo ideale per il punto materiale P costretto a scorrere lungo diessa. Facendo uso della parametrizzazione:

P − O = R sin ξ e1 − R cos ξ e2 , (187.1)

cui corrisponde la seguente espressione per la velocita del punto P :

P = R cos ξξ e1 + R sin ξξ e2 , (187.2)

Stefano Siboni 1072


l’energia cinetica del sistema si scrive

T =m

2|P |2 =

m

2|R cos ξξ e1 + R sin ξξ e2|2 =

m

2R2ξ2 .

L’unica componente lagrangiana della sollecitazione FP agente sul punto materiale si de-duce dalla definizione:

Qξ = FP · ∂P

∂ξ=

( 4a

R3x2e1 −

√3

a

Re2 − βP

)∣∣∣∣x=R sin ξ

· ∂P

∂ξ= (187.3)

=( 4a

R3R2sin2ξ e1 −

√3

a

Re2

)· R(cos ξ e1 + sin ξ e2) − βP · ∂P

∂ξ=

= −√

3a sin ξ + 4asin2ξ cos ξ − β∣∣∣∂P

∂ξ

∣∣∣2ξ =d

dξ

[√3a cos ξ +

43asin3ξ

]− βR2ξ

e risulta costituita da una parte posizionale — necessariamente conservativa — di poten-ziale

U(ξ) = a(√

3 cos ξ +43sin3ξ

)e da residuo non posizionale

Dξ = −βR2ξ

che ha natura completamente dissipativa, non dipendendo esplicitamente dal tempo edessendo verificata la condizione di potenza non positiva

π = Dξ ξ = −βR2ξ2 ≤ 0

con π = 0 se e soltanto se ξ = 0. La lagrangiana del sistema vale allora

L = T + U =m

2R2ξ2 + a

(√3 cos ξ +

43sin3ξ

)mentre l’equazione di Lagrange del moto risulta

d

dt

(∂L

∂ξ

)− ∂L

∂ξ= Dξ

e puo scriversi nella forma

mR2ξ + a(√

3 sin ξ − 4sin2ξ cos ξ) = −βR2ξ . (187.4)

OsservazioneAllo stesso risultato si puo pervenire senza ricorrere alla teoria lagrangiana, applicandodirettamente il modello del punto vincolato a restare su un supporto curvilineo fisso eliscio. Indicata con Φ la reazione vincolare agente su P , l’equazione di Newton del puntomateriale assumerebbe la forma

mP = FP + Φ

Stefano Siboni 1073


che proiettata lungo la direzione tangente alla guida in P , direzione individuata al solitoda ∂P/∂ξ, condurrebbe a

mP · ∂P

∂ξ= FP · ∂P

∂ξ+ Φ · ∂P

∂ξ= FP · ∂P

∂ξ= Qξ

facendosi uso della condizione di vincolo liscio — Φ · (∂P/∂ξ) — e della definizione di Qξ.Il termine a primo membro non e altro che l’accelerazione tangenziale di P , a meno diun fattore di scala, e si calcola prontamente per mezzo della (187.1) e di una ulteriorederivazione in t della (187.2)

mP · ∂P

∂ξ=m[R(cos ξ e1 + sin ξ e2)ξ + R(− sin ξ e1 + cos ξ e2)ξ2]·

· R(cos ξ e1 + sin ξ e2) = mR2ξ + 0 = mR2ξ .

Di conseguenza, l’equazione del moto si riduce a

mR2ξ = Qξ

e, tenuto conto della (187.3), coincide con il risultato gia ottenuto — equazione (187.4).

(b) Configurazioni di equilibrio e relativa analisi di stabilitaLa sollecitazione completamente dissipativa Dξ non gioca alcun ruolo nella determinazionedelle configurazioni di equilibrio del sistema, che si identificano tutte e soltanto con i punticritici del potenziale totale U e sono quindi soluzioni dell’equazione trigonometrica

−√

3 sin ξ + 4sin2ξ cos ξ = 0 .

Questa puo anche porsi nella forma fattorizzata

sin ξ(−√

32

+ 2 sin ξ cos ξ)

= 0 ,

equivalente a

sin ξ(−√

32

+ sin 2ξ)

= 0 ,

dalla quale si ricavano le configurazioni di equilibrio

ξ = 0 , ξ ,

soluzioni di sin ξ = 0, e

ξ =π

6,

π

3,

7π

6,

4π

3,

radici di sin 2ξ =√

3/2. Le configurazioni di equilibrio sono in numero finito e risultanopertanto tutte isolate. L’analisi di stabilita richiede il calcolo della derivata seconda delpotenziale

U ′′(ξ) = a cos ξ(−√

3 + 2 sin 2ξ) + a sin ξ 4 cos 2ξ ,

Stefano Siboni 1074


dalla quale, ricordando la presenza della sollecitazione completamente dissipativa Dξ edapplicando di conseguenza i criteri di Barbasin-Krasovskii, si deduce che:

(i) U ′′(0) = −√

3a < 0, in modo che ξ = 0 e un massimo relativo proprio del potenziale,asintoticamente stabile;

(ii) U ′′(π/6) = a sin(π/6) 4 cos(π/3) = a12412

= a > 0. La configurazione ξ = π e un mi-nimo relativo proprio del potenziale, instabile;

(iii) U ′′(π/3) = a sin(π/3) 4 cos(2π/3) = a

√3

24(−1

2

)= −a

√3 < 0, per cui il massimo re-

lativo proprio ξ = π/3 risulta asintoticamente stabile;

(iv) la configurazione ξ = π e instabile in forza della diseguaglianza U ′′(π) = −a(−√

3) =a√

3 > 0, che permette di riconoscere nella configurazione predetta un minimo relativoproprio di U ;

(v) la configurazione ξ = 7π/6 risulta asintoticamente stabile, poiche

U ′′(7π/6) = a sin(π +

π

6

)4 cos

(2π +

π

3

)= a

(−1

2

)4

12

= −a < 0

ed essa e quindi identificabile con un massimo relativo proprio del potenziale;

(vi) U ′′(4π/3) = a sin(4π/3) 4 cos(8π/3) = a(−√

32

)4(−1

2

)=

√3a > 0, e la configurazio-

ne ξ = 4π/3 e instabile in quanto minimo relativo proprio del potenziale.

(c) Condizioni iniziali dei moti periodici, per β = 0Nel caso di β = 0 il sistema risulta posizionale conservativo ed essendo altresı ad un sologrado di liberta l’analisi qualitativa dei suoi moti puo essere condotta per mezzo delladiscussione di Weierstrass. A questo scopo i punti critici del potenziale U , e dunquedell’energia potenziale −U , sono gia stati individuati come punti di equilibrio del sistemae per applicare i criteri di Weierstrass non occorre altro che calcolare i valori assuntidall’energia potenziale in corrispondenza degli stessi punti. Si ha cosı:

U(0) =√

3a

U(π/6) = a[√

3 cos(π/6) +43sin3(π/6)

]= a

(√3√

32

+43

18

)=

53a

U(π/3) = a[√

3 cos(π/3) +43sin3(π/3)

]= a

(√3

12

+43

3√

38

)=

√3a

U(π) = −√

3a

U(7π/6) = a[√

3 cos(7π/6) +43sin3(7π/6)

]= a

(−√

3√

32

− 43

18

)= −5

3a

U(4π/3) = a[√

3 cos(4π/3) +43sin3(4π/3)

]= a

(−√

312− 4

33√

38

)= −

√3a .

Stefano Siboni 1075


Osservato che√

3 > 5/3 e ricordando che la funzione e ovviamente periodica con periodo2π, il grafico dell’energia potenziale −U ha l’andamento illustrato nella figura seguente

Dal grafico si deduce immediatamente, facendo uso del criterio di Weierstrass per i motiperiodici, che le condizioni iniziali (ξ0, ξ0) associate a soluzioni periodiche appartengonotutte e soltanto all’insieme

(ξ0, ξ0) ∈ R2 : −

√3 < H(ξ0, ξ0) < −5

3

, (187.5.a)

ovvero(ξ0, ξ0) ∈ R

2 : −53

< H(ξ0, ξ0) <√

3\(7π

6+ 2πn, 0

), n ∈ Z

(187.5.b)

dove si e indicato con H(ξ0, ξ0) il valore in (ξ0, ξ0) dell’energia meccanica totale H(ξ, ξ)

H(ξ, ξ) = T − U =m

2R2ξ2 − a

(√3 cos ξ +

43sin3ξ

)

e si sono escluse esplicitamente le soluzioni statiche stabili (ξ0, ξ0) =(7π

6+ 2πn, 0

), ∀n ∈

Z, corrispondenti a H(ξ0, ξ0) = 5/3.

(d) Condizioni iniziali dei moti a meta asintotica, per β = 0Dal criterio di Weierstrass segue che i moti a meta asintotica si hanno per H(ξ0, ξ0) =−U(π) e per H(ξ0, ξ0) = U(7π/6), a condizione che sia ξ0 = 0, onde evitare gli equilibri.Le condizioni iniziali associate ai moti a meta asintotica sono dunque tutti e soli i puntidell’insieme

(ξ0, ξ0) ∈ R2 : H(ξ0, ξ0) =

√3 , ξ0 = 0

∪

(ξ0, ξ0) ∈ R2 : H(ξ0, ξ0) =

53

, ξ0 = 0

.

(e) Frequenza delle piccole oscillazioni nell’intorno di una configurazione diequilibrio stabile, per β = 0Nel caso di β = 0 il massimo relativo proprio ξ = 0 del potenziale U risulta stabile in forza

Stefano Siboni 1076


del teorema di Lagrange-Dirichlet e puo quindi essere scelto per l’analisi delle piccoleoscillazioni nell’intorno di esso. La lagrangiana Lp.o. delle piccole oscillazioni e datadall’espressione

Lp.o. = T +12U ′′(0)ξ2 =

m

2R2ξ2 − 1

2

√3aξ2,

essendo costante il coefficiente dell’energia cinetica. Di qui si deduce l’equazione dellepiccole oscillazioni in forma lagrangiana

d

dt

(∂Lp.o.

∂ξ

)− ∂Lp.o.

∂ξ= 0

che si scrive esplicitamente come

mR2ξ +√

3aξ = 0

e corrisponde all’equazione di un oscillatore armonico unidimensionale di pulsazione

ω =

√√3a

mR2

e frequenza ν = ω/2π =√√

3a/4π2mR2.

Esercizio 188. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoIn una terna cartesiana ortogonale destrorsa Ox′y′z′, un disco rigido omogeneo e pesanteD, di massa m, raggio r e centro C , e vincolato a restare nel piano coordinato verticaleOx′z′ ed e connesso al punto fisso A(0, 0, 3R) dell’asse verticale Oz′ mediante un’asta rigidaAC di lunghezza R e massa trascurabile. Asta e disco costituiscono un sistema rigido; unamolla ideale di costante elastica k > 0 congiunge inoltre il centro C con l’origine O. Laterna Ox′y′z′ e solidale ad una piattaforma orizzontale cilindrica P, di densita costante,massa M e raggio R, avente Oz′ come asse di simmetria. P puo ruotare attorno all’assefisso Oz′ rispetto ad una terna inerziale Oxyz, essendo Oz′ ed Oz coincidenti.

Stefano Siboni 1077


Supposto che sull’asta AC sia applicata una coppia di momento −α e′2, con α > 0, efacendo uso degli angoli θ = OAC e φ = xOx′ come coordinate lagrangiane, determinare:

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

(b) le configurazioni di equilibrio relative a Oxyz;

(c) le equazioni lagrangiane del moto;

(d) almeno un integrale primo del sistema.

(e) Si caratterizzino inoltre i moti per i quali θ e costante nel tempo, interpretandone ilsignificato fisico.

Soluzione(a) Energia cinetica relativa ad OxyzL’energia cinetica del sistema puo determinarsi come somma dei contributi del disco D edella piattaforma cilindrica P. La velocita angolare istantanea della piattaforma rispettoalla terna fissa Oxyz vale:

ωP = φ e3

ed il momento d’inerzia della stessa piattaforma rispetto all’asse fisso di rotazione Oz siscrive:

IPOz =

MR2

2

in modo che l’energia cinetica corrispondente assume la forma:

TP =12

MR2

2φ2 =

MR2

4φ2 . (188.1)

In modo analogo, considerato che il moto del disco D si puo interpretare come la compo-sizione di un moto rotatorio attorno all’asse Oz, secondo un angolo di rotazione φ, e diun moto rotatorio attorno ad Ay′, descritto dall’angolo θ, il teorema dei moti compostiimplica per la velocita angolare istantanea di D rispetto alla terna fissa l’espressione:

ωD = φ e3 − θ e′2 ,

dove il segno negativo si giustifica per il fatto che la terna Ox′y′z′ e destrorsa e l’asseOy′ non risulta percio positivamente orientato rispetto all’angolo θ. Al disco D convieneapplicare il teorema di Konig e scriverne l’energia cinetica come somma di un terminebaricentrale e di uno relativo al moto attorno al baricentro:

TD =m

2|C|2 + T ′

D .

Il vettore posizione del centro C rispetto alla terna fissa e dato dalla relazione:

C − O = R sin θ cos φ e1 + R sin θ sinφ e2 + (3R − R cos θ) e3 (188.2)

Stefano Siboni 1078


da cui si deducono velocita istantanea:

C = R(cos θ cos φ θ − sin θ sin φ φ) e1 + R(cos θ sinφ θ + sin θ cos φ φ) e2 + R sin θ θ e3

e modulo quadrato della stessa:

|C|2 = R2(θ2 + sin2θ φ2) .

Il disco D e un giroscopio con asse giroscopico Cy′, per cui l’energia cinetica del motoattorno al baricentro diventa:

T ′D =

12(ID

Cz φ2 + IDCy′ θ2) =

12

(mr2

4φ2 +

mr2

2θ2)

=mr2

8φ2 +

mr2

4θ2

e l’energia cinetica totale del disco risulta:

TD =m

2R2(θ2 + sin2θ φ2) +

mr2

8φ2 +

mr2

4θ2 (188.3)

Basta poi sommare le relazioni (188.1) e (188.3) per ottenere il risultato richiesto:

T = TP + TD =MR2

4φ2 +

mR2

2θ2 +

mR2

2sin2θ φ2 +

mr2

8φ2 +

mr2

4θ2 =

=(mR2

2+

mr2

4

)θ2 +

(MR2

4+

mr2

8+

mR2

2sin2θ

)φ2 .

(188.4)

(b) Configurazioni di equilibrio relative ad OxyzIl sistema e soggetto a tre sole sollecitazioni attive, la forza peso, quella elastica tesafra i punti O e C , e la coppia di momento −α e′2 applicata al disco D. Il potenzialegravitazionale della piattaforma P puo essere ignorato, dal momento che qualsiasi rotazioneattorno all’asse Oz ne lascia inalterata la quota del baricentro. Ricordando la (188.2), peril potenziale gravitazionale del disco si ha invece:

Ug = −mg(C −O) · e3 = −mg(3R− R cos θ) = mgR cos θ + costante ,

mentre il potenziale elastico della molla risulta:

Uel = −k

2|C − O|2 = −k

2(R2 + 9R2 − 6R2cos2θ) = 3kR2 cos θ + costante .

Si tratta ora di determinare le componenti lagrangiane e l’eventuale potenziale della coppiaagente su D. A questo scopo si osserva che la posizione di un generico punto Pi del disco eindividuata univocamente dalle sole coordinate lagrangiane (θ, φ) — il sistema e a vincoliindipendenti dal tempo:

Pi = Pi(θ, φ)

Stefano Siboni 1079


per cui la velocita relativa a Oxyz si puo sempre scrivere nella forma:

Pi =∂Pi

∂θθ +

∂Pi

∂φφ . (188.5)

Al tempo stesso, tuttavia, deve anche valere:

Pi = C + ωD ∧ (Pi −C) =∂C

∂θθ +

∂C

∂φφ + (−θ e′2 + φ e3) ∧ (Pi − C) =

=[∂C

∂θ− e′2 ∧ (Pi − C)

]θ +

[∂C

∂φ+ e3 ∧ (Pi − C)

]φ

in modo che, confrontando con la (188.5) e considerando l’arbitrarieta di θ e φ in R, risulta:

∂Pi

∂θ=

∂C

∂θ− e′2 ∧ (Pi − C)

∂Pi

∂φ=

∂C

∂φ+ e3 ∧ (Pi − C)

e le componenti lagrangiane della coppia di forze diventano:

Qθ =∑

i

Fi ·∂Pi

∂θ=

∑i

Fi ·[∂C

∂θ− e′2 ∧ (Pi −C)

]=

=∂C

∂θ·∑

i

Fi − e′2 ·∑

i

(Pi − C)∧ Fi =∂C

∂θ· 0 − e′2 · (−α e′2) = α

e:Qφ =

∑i

Fi ·∂Pi

∂φ=

∑i

Fi ·[∂C

∂φ+ e3 ∧ (Pi − C)

]=

=∂C

∂φ·∑

i

Fi + e3 ·∑

i

(Pi −C) ∧ Fi =∂C

∂θ· 0 + e3 · (−α e′2) = 0

rispettivamente. La coppia agente su D costituisce dunque un sistema di sollecitazioniposizionali e conservative, di potenziale:

Ucoppia(θ, φ) = αθ

che sommato ai potenziali gravitazionale ed elastico porge il potenziale totale del sistema:

U(θ, φ) = mgR cos θ + 3kR2 cos θ + αθ = (mgR + 3kR2) cos θ + αθ (188.6) .

Data la presenza di sole sollecitazioni posizionali conservative, le configurazioni di equilibriodel sistema saranno tutti e soli i punti critici del potenziale, soluzioni del sistema:

∂U/∂θ = −(mgR + 3kR2) sin θ + α

∂U/∂φ = 0

Stefano Siboni 1080


ossia dell’equazione trigonometrica

sin θ =α

mgR + 3kR2.

Postoθ = arc sin

( α

mgR + 3kR2

),

dette soluzioni si scrivonoθ = θ , π − θ

a condizione che si abbiaα

mgR + 3kR2≤ 1 ,

mentre φ, sul quale non e imposta alcuna condizione, risulta arbitrario. Le configurazionidi equilibrio del sistema sono dunque

(θ, φ) = (θ, φ)

con φ ∈ R arbitrario e θ = arc sin( α

mgR + 3kR2

), definite se e solo se

α

mgR + 3kR2≤ 1.

(c) Equazioni lagrangiane del motoAlla lagrangiana del sistema si perviene sommando l’energia cinetica (188.4) ed il potenzialetotale (188.6)

L =(mR2

2+

mr2

4

)θ2 +

(MR2

4+

mr2

8+

mR2

2sin2θ

)φ2 + (mgR + 3kR2) cos θ + αθ

e da essa si deducono le relazioni:

d

dt

(∂L

∂θ

)= m

(R2 +

r2

2

)θ

∂L

∂θ= mR2 sin θ cos θφ2 − (mgR + 3kR2) sin θ + α

∂L

∂φ=

mR2

2φ + mR2sin2θφ +

mr2

4φ

d

dt

(∂L

∂φ

)=

d

dt

(mR2

2φ + mR2sin2θφ +

mr2

4φ) ∂L

∂φ= 0

per cui le equazioni lagrangiane del moto

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

d

dt

(∂L

∂φ

)− ∂L

∂φ= 0

Stefano Siboni 1081


assumono la forma

m(R2 +

r2

2

)θ − mR2 sin θ cos θφ2 + (mgR + 3kR2) sin θ − α = 0

d

dt

(mR2

2φ + mR2sin2θφ +

mr2

4φ)

= 0 .

(d) Integrali primiL’indipendenza esplicita dal tempo della lagrangiana comporta l’esistenza dell’integraleprimo di Jacobi

J =∂L

∂θθ +

∂L

∂φφ − L = T − U =

=(mR2

2+

mr2

4

)θ2 +

(MR2

4+

mr2

8+

mR2

2sin2θ

)φ2 − (mgR + 3kR2) cos θ − αθ

altresı interpretabile come energia meccanica totale del sistema, che e a vincoli scleronomi.Poiche inoltre l’angolo φ non e un argomento esplicito della lagrangiana

∂L

∂φ= 0 ,

la variabile φ stessa costituisce una coordinata ciclica ed un secondo integrale primo delsistema e dato dal momento ad essa coniugato

pφ =∂L

∂φ=

(MR2

2+

mr2

4+ mR2sin2θ

)φ .

L’integrale pφ si identifica con la componente lungo Oz del momento angolare totale cal-colato rispetto al polo fisso O. Si ha infatti, sommando formalmente su tutti i punti P deldisco e della piattaforma:

∂L

∂φ=

∂T

∂φ=

∑P∈D∪P

mP P · ∂P

∂φ=

∑P∈D∪P

mP P · ∂P

∂φ

ma poiche per i punti P ∈ D vale:

∂P

∂φ= e3 ∧ (P −A) = e3 ∧ (P − A + 3R e3) = e3 ∧ (P − A + A − O) = e3 ∧ (P − O)

ed analogamente per ogni P ∈ P:

∂P

∂φ= e3 ∧ (P − O) ,

Stefano Siboni 1082


se ne deduce che:

pφ =∑

P∈D∪P

mP P · e3 ∧ (P − O) = e3 ·∑

P∈D∪P

(P − O) ∧ mP P = e3 · KO

come affermato.

(e) Moti per i quali l’angolo θ si mantiene indefinitamente costanteRicordando le equazioni lagrangiane del moto, la condizione θ(t) = costante ∀ t ∈ R implicache debba aversi

−mR2 sin θ cos θφ2 + (mgR + 3kR2) sin θ − α = 0(mR2

2+ mR2sin2θ +

mr2

4

)φ = 0

che, per la positivita dell’espressione entro parentesi tonde nella seconda equazione, equi-vale a

−mR2 sin θ cos θφ2 + (mgR + 3kR2) sin θ − α = 0φ = 0 .

Risulta pertantoφ(t) = ωt + φ0 ∀ t ∈ R

θ(t) = θ0

(188.7)

in cui φ0 e una costante reale arbitraria, mentre le costanti ω = 0 e θ0 devono soddisfarel’equazione trigonometrica

−mR2 sin θ0 cos θ0 ω2 + (mgR + 3kR2) sin θ0 − α = 0

ossiamR2ω2

mgR + 3kR2sin θ0 cos θ0 − sin θ0 +

α

mgR + 3kR2= 0 . (188.8)

E evidente che le eventuali soluzioni del tipo (188.7) rappresentano, se definite, un motorigido rotatorio ed uniforme dell’intero sistema attorno all’asse fisso Oz. Si deve peroaccertare l’effettivo sussistere di moti cosiffatti.

Caratterizzazione dei moti rigidi rotatori uniformiAllo scopo di stabilire se soluzioni della forma (188.7) siano effettivamente definite o meno,conviene porre

a =mR2ω2

mgR + 3kR2> 0 (188.9)

e studiare la funzione ausiliaria

F(θ) = a sin θ cos θ − sin θ

Stefano Siboni 1083


che e definita, di classe C∞, 2π-periodica e dispari sull’intera retta reale

F(−θ) = −F(θ) ∀ θ ∈ R .

I punti critici di F sono tutti e soli gli zeri della derivata prima

F ′(θ) = a(2cos2θ − 1) − cos θ = 2acos2θ − cos θ − a

e si ottengono quindi risolvendo l’equazione trigonometrica

2acos2θ − cos θ − a = 0

dalla quale si deduce che deve aversi

cos θ =14a

(1 ±

√1 + 8a2

).

Ma e altresı

0 >1 −

√1 + 8a2

4a=

14a

−8a2

1 +√

1 + 8a2= − 2a

1 +√

1 + 8a2≥ − 2a√

4a2= −1

per cui i punti critici

θ1, θ2 = ±arc cos(1 −

√1 + 8a2

4a

)sono sempre definiti. Gli ulteriori punti critici

θ3, θ4 = ±arc cos(1 +

√1 + 8a2

4a

)esistono se e soltanto se

1 +√

1 + 8a2

4a≤ 1 ,

ovvero √1 + 8a2 ≤ 4a − 1 ,

che a sua volta implica1 + 8a2 ≤ 16a2 − 8a + 1

ed equivale alla condizione a ≥ 1. Dai valori della funzione F nei punti θ1 e θ3

F(θ1) = a sin θ1 cos θ1 − sin θ1 = sin θ1

(1 −√

1 + 8a2

4− 1

)=

=[1 −

(1 −√

1 + 8a2

4a

)2]1/2−3 −

√1 + 8a2

4=

=[16a2 − 1 + 2

√1 + 8a2 − 1 − 8a2

]1/2 14a

−3 −√

1 + 8a2

4=

= −√

1 + 8a2 + 316a

[8a2 − 2 + 2

√1 + 8a2

]1/2 ≤ 0

Stefano Siboni 1084


F(θ3) = sin θ3(a cos θ3 − 1) = sin θ3

(1 +√

1 + 8a2

4− 1

)=

=[1 −

(1 +√

1 + 8a2

4a

)2]1/2−3 +

√1 + 8a2

4=

=√

1 + 8a2 − 316a

[8a2 − 2 − 2

√1 + 8a2

]1/2 ≥ 0 ∀ a ≥ 1

risulta evidente che ∀a ≥ 1|F(θ1)| > F(θ3)

mentreθ1 > θ3 ,

in quanto1 −

√1 + 8a2

4a<

1 +√

1 + 8a2

4a. Inoltre

θ2 = −θ1 , F(θ2) = −F(θ1) ≥ 0

θ4 = −θ3 , F(θ4) = −F(θ3) ≤ 0

eF(−π) = F(0) = F(π) = 0 .

Per a ≥ 1 il grafico della funzione F ha dunque l’andamento illustrato nella figura seguente

mentre nel caso a < 1 gli angoli θ2 e θ1 costituiscono rispettivamente il solo massimo ed ilsolo minimo relativo — nonche assoluto — della F in (−π, π]:

Stefano Siboni 1085


L’equazione di compatibilita (188.8) delle costanti ω = 0 e θ0 assume la forma

F(θ0) +α

mgR + 3kR2= 0

ed ammette percio soluzione se e solo se∣∣∣− α

mgR + 3kR2

∣∣∣ ≤ |F(θ1)|

vale a dire

α

mgR + 3kR2≤

√1 + 8a2 + 3

16a

[8a2 − 2 + 2

√1 + 8a2

]1/2

∣∣∣∣∣a= mR2ω2

mgR+3kR2

.

Osservazione. Stabilita degli equilibriFacendo uso del risultato precedente non e difficile dimostrare che tutte le configurazionidi equilibrio del sistema sono instabili secondo Liapunov. Sia infatti (θ, φ) = (θ, φ)una qualsiasi configurazione di equilibrio, per la quale deve risultare φ ∈ R arbitrario eU ′(θ) = 0

−(mgR + 3kR2) sin θ + α = 0 (188.10)

in modo che necessariamente θ ∈ (0, π), essendo α > 0 per ipotesi. Vale allora la seguente

ProposizioneLa configurazione di equilibrio (θ, φ) = (θ, φ) e instabile se ∀ δ > 0 abbastanzapiccolo ∃ θ0 ∈ (θ − δ, θ + δ) tale che l’equazione

mR2ω2

mgR + 3kR2sin θ0 cos θ0 − sin θ0 = − α

mgR + 3kR2(188.11)

ammette soluzione ω = 0, con |ω| < δ.

DimostrazionePer δ > 0 piccolo a piacere si consideri l’intorno di (θ, φ, θ, φ) = (θ, φ, 0, 0)

B(δ) :=(θ, φ, θ, φ) ∈ R

4 : |θ − θ| + |φ− φ| + |θ| + |φ| < δ⊂ R

4.

Per l’ipotesi assunta, esiste θ0 ∈(θ − δ

4, θ +

δ

4

)tale che

θ(t) = θ0

φ(t) = φ0 + ωtt ∈ R

e soluzione delle equazioni del moto del sistema, con |ω| < δ/4 e φ0 ∈ R arbitrario. Sceltoφ0 in modo che |φ0 − φ| < δ/4, vale certamente

|θ0 − θ| + |φ0 − φ| + |0| + |ω| <δ

4+

δ

4+

δ

4< δ

Stefano Siboni 1086


e quindi (θ0, φ0, 0, ω) ∈ B(δ). D’altra parte, indicata con (θ(t), φ(t), θ(t), φ(t)) la soluzionemassimale delle equazioni del moto con condizione iniziale (θ, φ, θ, φ) = (θ0, φ0, 0, ω), ladistanza:

|θ(t) − θ| + |φ(t) − φ| + |θ(t)| + |φ(t)| = |θ0 − θ| + |ωt + φ0 − φ| + 0 + |ω| == |θ0 − θ| + |ω|+ |φ0 − φ + ωt|

assume valori grandi a piacere per t crescente. L’orbita della soluzione di dato iniziale(θ0, φ0, 0, ω) esce da qualsiasi sfera prefissata con centro in (θ, φ, θ, φ) = (θ, φ, 0, 0).L’instabilita della soluzione statica (θ(t), φ(t), θ(t), φ(t)) = (θ, φ, 0, 0) e della corrispon-dente configurazione di equilibrio (θ, φ) = (θ, φ) sono cosı dimostrate.

La proposizione appena dimostrata riconduce la prova dell’instabilita degli equilibri allaverifica che per ogni δ > 0 sufficientemente piccolo l’equazione (188.11) ammetta almenouna soluzione ω = 0, con |ω| < δ. Vista la definizione (188.10) di θ e la sostituzione(188.9), detta equazione puo riscriversi nella forma

a sin θ0 cos θ0 − sin θ0 = − sin θ

la quale, per θ0 ∼ θ e θ0 = θ, implica

a sin θ0 cos θ0 = sin θ0 − sin θ = 0

ed equivale quindi a

a =sin θ0 − sin θ

sin θ0 cos θ0, (188.12)

dovendo necessariamente risultare sin θ0 cos θ0 = 0.

Se θ = π/2 uno sviluppo di Taylor di sinθ0 e cos θ0 nell’intorno del punto iniziale θ = θ

nel secondo membro di (188.12) porge

a =cos θ (θ0 − θ) + O(θ0 − θ)2[

sin θ + cos θ(θ0 − θ) + O(θ0 − θ)2] [

cos θ − sin θ(θ0 − θ) + O(θ0 − θ)2] =

=(θ0 − θ) cos θ + O(θ0 − θ)2

sin θ cos θ + (cos2θ − sin2θ)(θ0 − θ) + O(θ0 − θ)2

e poiche sin θ cos θ = 0 ∀ θ ∈ (0, π) \ π/2, si ha anche

a = (θ0 − θ)1

sin θ[1 + O(θ0 − θ)] (θ0 → θ) .

L’espressione ottenuta ha segno positivo ∀ θ0 > θ abbastanza piccolo, in quanto sin θ > 0∀ θ ∈ (0, π). E altresı evidente che a → 0+ per θ0 → θ+, cosicche si potra semprescegliere un θ0 > θ sufficientemente vicino a θ in modo che si abbia a un tempo |θ0−θ| <δ e |ω| < δ.

Stefano Siboni 1087


Se viceversa θ = π/2 si ottiene

a =sin θ0 − 1

sin θ0 cos θ0=

sin π2 + cos π

2 (θ0 − π2 ) − 1

2 sin π2 (θ0 − π

2 )2 + O(θ0 − π2 )3 − 1[

1 − 12 (θ0 − π

2 )2 + O(θ0 − π2 )3

][cos π

2 − sin π2 (θ0 − π

2 ) + O(θ0 − π2 )2

]=

− 12(θ0 − π

2 )2 + O(θ0 − π2 )3[

1 − 12 (θ0 − π

2 )2 + O(θ0 − π2 )3

][−(θ0 − π

2 ) + O(θ0 − π2 )2

]=

12(θ0 − π

2) + O(θ0 − π

2)2[

1 − 12 (θ0 − π

2 )2 + O(θ0 − π2 )3

][1 + O(θ0 − π

2 )]

=12

(θ0 −

π

2

)[1 + O

(θ0 −

π

2

)](θ0 → π/2)

espressione che assume segno positivo e, per continuita, soddisfa la condizione |ω| < δ perqualsiasi θ0 > π/2 abbastanza vicino a π/2.

Riassumendo, si conclude dalla proposizione precedentemente provata che tutte le configu-razioni di equilibrio del sistema sono instabili.

Esercizio 189. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoNel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz una lamina rigida quadrata ABCD, dimassa m e lato L, ha il lato AB vincolato a scorrere lungo il semiasse orizzontale positivoOx. Una molla ideale di costante elastica k = 3mg/16L congiunge l’origine O con il verticeA, mentre nel vertice opposto C e applicata una forza di resistenza viscosa FR = −βC,con β costante positiva. Un’asta rigida omogenea OP , di lunghezza 3L e massa m, hapunto fisso O e si mantiene a contatto con il vertice D del quadrato — vedi figura.

Il sistema e pesante e si assume a vincoli ideali. Usando come coordinata generalizzata ilparametro ξ ∈ [1, 3] definito da |D − O| = Lξ, si determinino del sistema:

(a) l’energia cinetica relativa a Oxyz;

(b) gli equilibri ordinari e di confine;


(d) le equazioni di Lagrange;

Stefano Siboni 1088


(e) un integrale primo, nell’ipotesi che sia β = 0.

Soluzione(a) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema e la somma delle energie cinetiche di quadrato e asta retti-linea, che si determinano separatamente.

Quadrato ABCDPer come e vincolato, il quadrato non puo che muoversi di moto traslatorio rettilineo. Larelativa energia cinetica si calcola quindi moltiplicando per 1/2 la massa totale m dellalamina ed il modulo quadrato della velocita istantanea di un suo qualsiasi punto, ad esempiodel vertice A. Si osservi che il risultato non dipende dalla distribuzione della massa entrola lamina, ovvero dalla densita superficiale σ, che infatti non e specificata. In termini delparametro lagrangiano ξ, il vettore posizione del vertice A si scrive

A − O =√

L2ξ2 − L2 e1 = L√

ξ2 − 1 e1

e la sua velocita istantanea vale

A = L2ξξ

2√

ξ2 − 1e1 = L

ξξ√ξ2 − 1

e1 .

L’energia cinetica della lamina quadrata risulta pertanto:

TABCD =m

2A2 =

12

mL2 ξ2

ξ2 − 1ξ2 .

Asta OPPosto φ = AOP , si ha:

sin φ =|D − A||D − O| =

L

Lξ=

1ξ

da cui segue che, essendo certamente φ ∈ (0, π/2],

cos φ =√

1 − 1ξ2

=1ξ

√ξ2 − 1

per cui

cos φ φ = − 1ξ2

ξ

e quindi

φ = − 1ξ2

ξ1

cos φ= − 1

ξ2

ξ√ξ2 − 1

= − 1

ξ√

ξ2 − 1ξ .

L’asta omogenea costituisce un sistema rigido in moto rotatorio con velocita angolareistantanea φ e3 attorno all’asse fisso Oz e la sua energia cinetica si esprime dunque nellaforma

TOP =12IOPOz |φ e3|2 =

12

m(3L)2

3φ2 =

32mL2φ2 =

32

1ξ2(ξ2 − 1)

ξ2 .

Stefano Siboni 1089


Energia cinetica totaleL’energia cinetica del sistema si ricava sommando le energie parziali di lamina e asta:

T = TABCD + TOP =12mL2 ξ2

ξ2 − 1ξ2 +

32mL2 1

ξ2(ξ2 − 1)ξ2 =

12mL2 ξ4 + 3

ξ2(ξ2 − 1)ξ2 .

(b) EquilibriIl sistema in esame e scleronomo, a vincoli ideali unilaterali e soggetto a sollecitazioni inparte posizionali conservative e in parte dissipative. Il peso e la forza di interazione elasticafra i punti O e A hanno natura posizionale conservativa e sono quindi caratterizzati da unappropriato potenziale U : detto potenziale risulta dalla somma di un potenziale elasticoUel e di un potenziale gravitazionale Ug. Viceversa, la forza di resistenza viscosa agente suC non ammette alcun potenziale e di essa si deve determinare la componente lagrangiana.

Potenziale elasticoIl potenziale associato all’interazione elastica fra i punti O e A, di costante k = 3mg/16L,e dato dall’espressione

Uel = −k

2|A−O|2 = −1

23mg

16L

∣∣L√ξ2 − 1 e1

∣∣2 = − 332

mg

LL2 (ξ2−1) = − 3

32mgL(ξ2−1).

Potenziale gravitazionaleFormalmente il potenziale delle forze peso consta di due contributi, l’uno relativo allalamina quadrata ABCD, l’altro relativo all’asta OP . Il potenziale gravitazionale dellalamina quadrata si mantiene costante lungo qualsiasi moto possibile del sistema, dal mo-mento che detto moto e necessariamente un moto traslatorio rettilineo lungo il quale ilbaricentro, solidale alla lamina rigida,si muove parallelamente all’asse orizzontale Ox. Ilpotenziale gravitazionale di ABCD puo quindi essere ignorato nell’analisi dinamica delsistema. Vale la pena di sottolineare che questa conclusione non risulta in alcun modoinfluenzata dall’effettiva distribuzione di massa della lamina — che infatti non e assegna-ta. Rimane il solo potenziale gravitazionale dell’asta omogenea OP che, indicato con G ilbaricentro di questa, assume la forma

Ug = −mg e2 · (G − O) .

L’ordinata (G − O) · e2 di G soddisfa la proporzione

(G − O) · e2

|G − O| =|D −A||D −O|

con |G − O| = 3L/2, ossia(G − O) · e2

3L/2=

L

Lξ

e risulta quindi

(G − O) · e2 =32L

1ξ

Stefano Siboni 1090


siccheUg = −3

2mgL

1ξ

.

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali gravitazionale ed elastico definisce il potenziale U del sistema

U = Uel + Ug = − 332

mgLξ2 − 32mgL

1ξ

ξ ∈ [1, 3] ,

espressione nella quale si e omessa una costante additiva inessenziale.

Resistenza viscosaLa sollecitazione di resistenza viscosa applicata in C ha componente lagrangiana

Qξ = −FR · ∂C

∂ξ= −βC · ∂C

∂ξ= −β

∂C

∂ξξ · ∂C

∂ξ= −β

(∂C

∂ξ

)2

ξ .

In effetti, in termini della coordinata generalizzata ξ il vettore posizione del punto diapplicazione C si scrive

C − O = A − O + C − A = L[√

ξ2 − 1 + 1]e1 + L e2

per cui∂C

∂ξ= L

ξ√ξ2 − 1

e1

e quindi

Qξ = −βL2 ξ2

ξ2 − 1ξ .

E evidente che si tratta di una sollecitazione di potenza non positiva

π = Qξ ξ = −βL2 ξ2

ξ2 − 1ξ2 ≤ 0 ∀ (ξ, ξ) ∈ (1, 3) × R ,

o, piu propriamente, di una sollecitazione dissipativa. La sollecitazione Qξ si annulla perξ = 0 e puo quindi essere completamente ignorata nella determinazione degli equilibri, siaordinari che di confine.

Equilibri ordinariGli equilibri ordinari sono tutti e soli i punti critici del potenziale U e si ricavano annullandoin ξ ∈ (1, 3) la derivata prima del potenziale

U ′(ξ) = − 316

mgLξ +32mgL

1ξ2

Stefano Siboni 1091


Si ha pertanto

U ′(ξ) = 0 ⇐⇒ − 316

ξ +32

1ξ2

= 0 ⇐⇒ ξ = 2 ∈ (1, 3)

per cui ξ = 2 e l’unico equilibrio ordinario del sistema.

Equilibri di confineLe configurazioni di confine del sistema sono individuate da ξ = 1 e da ξ = 3. Esse sonocaratterizzate come equilibri mediante il teorema dei lavori virtuali, applicabile grazie allapostulata idealita dei vincoli.

Configurazione ξ = 1Questa configurazione e di equilibrio se e solo se U ′(1) δξ ≤ 0 ∀ δξ ≥ 0, ossia:

0 ≥ U ′(1) = − 316

mgL +32mgL =

2116

mgL ,

condizione chiaramente non verificata. La configurazione di confine ξ = 1 non costi-tuisce un equilibrio per il sistema.

Configurazione ξ = 3La configurazione rappresenta un equilibrio di confine se e soltanto se U ′(3) δξ ≤ 0∀ δξ ≤ 0, ovvero

0 ≤ U ′(3) = − 916

mgL +32mgL

19

= mgL(− 9

16+

16

)= −19

48mgL .

Anche in questo caso la condizione prevista dal teorema dei lavori virtuali non risultasoddisfatta, il che esclude il ricorrere in ξ = 3 di una posizione di equilibrio.

(c) Stabilita degli equilibri ordinariIl sistema in esame e scleronomo e a vincoli ideali, soggetto esclusivamente a sollecitazioniposizionali conservative e ad una sollecitazione dissipativa. La stabilita dell’unico equilibrioordinario, per ξ = 2, puo essere investigata mediante il teorema di Lagrange-Dirichlet,mentre non e possibile fare uso del teorema di inversione parziale a causa della sollecitazionedissipativa. La derivata seconda del potenziale e data dall’espressione

U ′′(ξ) = − 316

mgL − 3mgL1ξ3

e per ξ = 2 diventa

U ′′(2) =(− 3

16− 3

8

)mgL = − 9

16mgL < 0 .

La posizione di equilibrio ordinario costituisce dunque un massimo relativo proprio delpotenziale, la cui stabilita — anche in presenza della forza di resistenza viscosa — seguedal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 1092


(d) Equazioni di LagrangeL’unica equazione di Lagrange del sistema si scrive

d

dt

(∂L

∂ξ

)− ∂L

∂ξ= Qξ

dove la lagrangiana L = T + U ha l’espressione

L =12mL2 ξ4 + 3

ξ2(ξ2 − 1)ξ2 − 3

32mgLξ2 − 3

2mgL

1ξ

.

Da questa si deducono le relazioni:

∂L

∂ξ= mL2 ξ4 + 3

ξ2(ξ2 − 1)ξ

d

dt

(∂L

∂ξ

)= mL2 ξ4 + 3

ξ2(ξ2 − 1)ξ + mL2 d

dξ

( ξ4 + 3ξ2(ξ2 − 1)

)ξ2

∂L

∂ξ=

12mL2 d

dξ

( ξ4 + 3ξ2(ξ2 − 1)

)ξ2 − 3

16mgLξ +

32mgL

1ξ2

ed infine, sostituendo, l’equazione pura del moto richiesta:

mL2 ξ4 + 3ξ2(ξ2 − 1)

ξ +12mL2 d

dξ

( ξ4 + 3ξ2(ξ2 − 1)

)ξ2 +

316

mgLξ − 32mgL

1ξ2

= −βL2 ξ2

ξ2 − 1ξ .

(e) Integrale primo per β = 0Un ovvio integrale primo e quello dell’energia meccanica H = T − U , visto che il sistemae scleronomo e soggetto, per β = 0, soltanto a sollecitazioni posizionali e conservative:

H(ξ, ξ) =12mL2 ξ4 + 3

ξ2(ξ2 − 1)ξ2 +

332

mgLξ2 +32mgL

1ξ

(ξ, ξ) ∈ (1, 3) × R .

Esercizio 190. Piccole oscillazioniUn punto materiale di massa unitaria e vincolato a restare nel piano orizzontale Oxy diuna terna cartesiana ortogonale Oxyz. Sul punto agisce un campo di forze posizionaliconservative di potenziale:

U(x, y) = xy − x2

2+

y3

3, (x, y) ∈ R

2.

Nell’ipotesi che il piano sia liscio, determinare:

(a) gli equilibri stabili del sistema;

Stefano Siboni 1093


(b) l’equazione delle piccole oscillazioni nell’intorno di una configurazione di equilibriostabile a scelta;

(c) le frequenze normali delle piccole oscillazioni di cui al punto precedente;

(d) i modi normali di oscillazione corrispondenti.

SoluzioneIl campo di forze posizionali conservative associato al potenziale

U(x, y) = xy − 12x2 +

13y3 , (x, y) ∈ R

2

si scrive:F (x, y) = (y − x) e1 + (x + y2) e2 , (x, y) ∈ R

2 .

(a) Equilibri stabiliLe posizioni di equilibrio sono quelle per cui F (x, y) = 0 (o, equivalentemente, i punticritici del potenziale U(x, y)), e dunque sono soluzioni del sistema di equazioni

∂U∂x

(x, y) = y − x = 0

∂U∂y

(x, y) = x + y2 = 0 .

Dalla prima equazione deduciamo x = y e sostituendo tale relazione nella seconda ot-teniamo x + x2 = 0, ovvero x = 0 e x = −1. Abbiamo dunque due configurazioni diequilibrio:

(x = 0, y = 0), (x = −1, y = −1).

Dato che le sollecitazioni attive applicate al sistema hanno carattere posizionale e con-servativo, le proprieta di stabilita degli equilibri possono essere analizzate facendo ricorsoai teoremi classici di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. Valutiamo dunque lederivate parziali seconde del potenziale:

Uxx(x, y) = −1

Uxy(x, y) = Uyx(x, y) = 1

Uyy(x, y) = 2y

cui corrisponde la matrice hessiana

HU (x, y) =(−1 11 2y

).

Cio premesso, possiamo studiare la stabilita di ognuna delle due configurazioni di equilibriodel sistema.

Stefano Siboni 1094


Configurazione (x, y) = (0, 0)In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale assume la forma:

HU (0, 0) =(−1 11 0

).

Dal fatto che HU (0, 0)11 = −1 < 0 e detHU (0, 0) = −1 < 0, deduciamo che (x, y) = (0, 0)e un punto di sella per il potenziale e quindi, per il teorema di inversione parziale diLagrange-Dirichlet, e una configurazione di equilibrio instabile.

Configurazione (x, y) = (−1,−1)In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale assume la forma:

HU (−1,−1) =(−1 11 −2

).

Dal fatto che HU (−1,−1)11 = −1 < 0 e detHU (−1,−1) = 1 > 0, deduciamo che (x, y) =(−1,−1) e un punto di massimo relativo per il potenziale e quindi, per il teorema diLagrange-Dirichlet, e una configurazione di equilibrio stabile.

(b) Equazione delle piccole oscillazioniLo studio delle piccole oscillazioni puo essere svolto per la configurazione stabile (x, y) =(−1,−1). L’energia cinetica del sistema e data da

T =12(x2 + y2) =

12

( x y )(

1 00 1

)(xy

)

dove la matrice di rappresentazione dell’energia cinetica e data da

A(x, y) =(

1 00 1

).

La matrice hessiana del potenziale in (x, y) = (−1,−1) e stata gia calcolata al puntoprecedente ed e data da

HU (−1,−1) =(−1 11 −2

).

L’equazione per le pulsazioni ω delle piccole oscillazioni si scrive percio:

det[HU (−1,−1) + ω2A(−1,−1)

]= 0

e sostituendo le espressioni esplicite delle matrici HU ed A diventa:

det[(

−1 11 −2

)+ ω2

(1 00 1

)]= 0

Stefano Siboni 1095


ossia:

det(

ω2 − 1 11 ω2 − 2

)= 0

e quindi:(ω2 − 1)(ω2 − 2) − 1 = 0 ⇐⇒ ω4 − 3ω2 + 1 = 0.

Questa equazione caratteristica — di secondo grado in ω2 — fornisce le pulsazioni normalidelle piccole oscillazioni nell’intorno della configurazione di equilibrio stabile considerata.

(c) Frequenze normali delle piccole oscillazioniLe due soluzioni ω2

1 e ω22 dell’equazione di secondo grado in ω2

ω4 − 3ω2 + 1 = 0,

sono il quadrato delle pulsazioni normali delle piccole oscillazioni nell’intorno della config-urazione di equilibrio stabile considerata. Si ha:

ω21 =

3 +√

52

, ω22 =

3 −√

52

.

(d) Modi normali di oscillazione

Il primo modo normale di oscillazione, corrispondente alla pulsazione ω1 =√

[3 +√

5]/2,e un vettore — non nullo — (a, b), tale che

[(−1 11 −2

)+ ω2

1

(1 00 1

)](ab

)=

(00

)

ossia

1 +√

52

1

1−1 +

√5

2

(ab

)=

(00

).

In altre parole il vettore (a, b) e una soluzione — non nulla — del sistema lineare omogeneonelle incognite a, b

1 +

√5

2a + b = 0

a − 1 −√

52

b = 0 .

Sono soluzioni di questo sistema tutte e sole le coppie (a, b) tali che a =1 −

√5

2b, ovvero

tutti i vettori (a, b) multipli di(1 −

√5

2, 1).

Stefano Siboni 1096


Il secondo modo normale di oscillazione, corrispondente alla pulsazione ω1 =√

[3 −√

5]/2,e un vettore (non nullo) (a, b), tale che

[(−1 11 −2

)+ ω2

2

(1 00 1

)](ab

)=

(00

)

ovvero

1 −√

52

1

1−1−

√5

2

(ab

)=

(00

).

In altre parole il vettore (a, b) e una quasiasi soluzione non nulla del sistema lineare omo-geneo nelle incognite a, b

1 −

√5

2a + b = 0

a − 1 +√

52

b = 0 .

Sono soluzioni di tale sistema tutte le coppie (a, b) tali che a =1 +

√5

2b, ovvero tutti i

vettori (a, b) multipli di(1 +

√5

2, 1).

Concludendo, le piccole oscillazioni (δx(t), δy(t)) nell’intorno della posizione di equilibriostabile (x, y) = (−1,−1) sono rappresentabili come sovrapposizione dei due modi normalidi oscillazione calcolati, vale a dire

(δx(t)δy(t)

)= c1

1 −

√5

21

cos

(√3 +√

52

t+φ1

)+c2

1 +

√5

21

cos

(√3 −√

52

t+φ2

),

con c1, c2,∈ R, φ1, φ2 ∈ [0, 2π).

Esercizio 191. Equilibrio di un corpo rigido con punto fissoUn sistema rigido con punto fisso C(0, 1,−1) e posto in una certa configurazione S esoggetto alle forze attive seguenti:

F1 = e2 − 3 e3 applicata nel punto P1(−1, 2, 0) del sistema;

F2 = −4 e1 + β e2 + e3 applicata in P2(1, 0,−2), essendo β ∈ R una costante.

Si determini la costante β ∈ R in modo che la configurazione S sia di equilibrio per ilsistema.

Stefano Siboni 1097


SoluzioneLa configurazione S e di equilibrio per il sistema se e soltanto se il momento delle forzeattive applicate rispetto polo C risulta nullo. Tale momento risultante si scrive:

[(P1 −C) ∧ F1 + (P2 − C) ∧ F2] =

=

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

−1 1 10 1 −3

∣∣∣∣∣∣ +

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

1 −1 −1−4 β 1

∣∣∣∣∣∣ = (β − 5)e1 + (β − 5)e3

e la condizione di equilibrio equivale percio a richiedere che sia

β = 5 .

Esercizio 192. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoUna lamina quadrata di lato 2R, nella quale e praticato un foro circolare concentrico diraggio R, ha massa M ed e vincolata a scorrere nel piano Oxy di una terna cartesianaortogonale Oxyz, mantenendosi al di sotto del piano orizzontale Oxz e con un lato lungol’asse verticale Oy. Il punto medio B del lato superiore e collegato alla sua proiezioneortogonale fissa A sull’asse Ox mediante una molla ideale di costante elastica k. Lungo ilbordo interno del foro circolare un disco omogeneo di centro Q, raggio r < R e massa m, evincolato a rotolare senza strisciare, giacendo sempre in Oxy. I vincoli si assumono ideali.

Usando le variabili adimensionali s e θ illustrate in figura come parametri lagrangiani,determinare del sistema:

(a) l’espressione dell’energia cinetica;

(b) gli equilibri ordinari e di confine;

(c) la stabilita degli equilibri ordinari;

(d) le equazioni pure del moto;


Stefano Siboni 1098


Soluzione(a) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema e data dalla somma di due contributi, relativi alla laminaquadrata e al disco omogeneo rispettivamente.

Lamina quadrataIl moto della lamina e puramente traslatorio. L’espressione per l’energia cinetica e dunque

Tlamina =12MC2.

Il baricentro C e individuato dal vettore posizione

C − O = Re1 + R(1 + s) e2

ed ha percio velocita istantanea C = Rse2. Sostituendo si ha dunque

Tlamina =12MR2s2.

DiscoL’energia cinetica del disco omogeneo e calcolabile tramite il teorema di Konig

Tdisco =12mQ2 +

12IQ|ω|2,

dove ω indica la velocita di rotazione del disco rispetto al sistema di riferimento del bari-centro e IQ e il momento d’inerzia rispetto all’asse Qz

IQ =mr2

2.

Il baricentro Q e individuato dal vettore posizione

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

Q − O = [R + (R − r) sin θ] e1 + [R + Rs + (R − r) cos θ] e2

ed ha percio velocita istantanea

Q = (R − r) cos θθ e1 + [Rs − (R − r) sin θθ] e2,

di modulo quadro

Q2 = (R − r)2θ2 + R2s2 − 2R(R − r) sin θθs.

La velocita angolare di rotazione ω del disco rispetto al baricentro e determinabile impo-nendo la condizione di rotolamento puro, ovvero imponento che la velocita istantanea del

Stefano Siboni 1099


punto di contatto fra disco e bordo interno della lamina sia nulla nel sistema di riferimentodella lamina. Posto ω = ωe3, otteniamo

−ωr + θ(R − r) = 0 ⇒ ω =(R − r)

rθ.

L’energia cinetica del disco diviene pertanto

Tdisco =34m(R − r)2 θ2 +

12mR2s2 −mR(R − r) sin θ θs .

Energia cinetica del sistemaPer ricavare l’energia cinetica del sistema non rimane che sommare le energie cinetichedella lamina e del disco

T = Tlamina + Tdisco =12(m + M)R2 s2 +

34m(R − r)2θ2 −mR(R − r) sin θ θs .

(b) Equilibri ordinari e di confineTutte le sollecitazioni applicate al sistema hanno natura posizionale e conservativa e sonoquindi descritte da un potenziale U , che risultera dalla somma di un potenziale elasticorelativo all’interazione fra i punti B ed A, del potenziale gravitazionale della lamina edel potenziale gravitazionale del disco omogeneo. Per il calcolo del potenziale occorreesprimere le coordinate del punto B e dei baricentri C e Q della lamina e del disco infunzione dei parametri lagrangiani. Semplici considerazioni trigonometriche porgono lerelazioni:

B − A = Rse2

C − O = Re1 + R(1 + s)e2

Q − O = [R + (R − r) sin θ] e1 + [R + Rs + (R − r) cos θ] e2 .

Il potenziale gravitazionale del sistema si scrive percio:

Ug = Mge2 · (C − O) + mge2 · (Q −O) =

= Mg(R + Rs) + mg[R + Rs + (R − r) cos θ]

mentre quello elastico vale

Uel = −k

2|B − A|2 = −k

2R2s2 ,

in modo che il potenziale del sistema assume la forma

U(s, θ) = Ug + Uel =(M + m)Rgs + mg(R − r) cos θ − k

2R2s2 + costante .

Stefano Siboni 1100


Gli equilibri ordinari del sistema si identificano con i punti critici del potenziale U e sonodeterminabili annullando simultaneamente le derivate parziali prime di questo

∂U

∂s(s, θ) = (M + m)Rg − kR2s

∂U

∂θ(s, θ) = −mg(R− r) sin θ .

Le equazioni di equilibrio sono percio, omessi i fattori costanti,

(M + m)Rg − kR2s = 0

sin θ = 0 .(192.1)

Dalla prima equazione segue l’unica radice

s = s∗ =(M + m)g

kR

mentre la seconda equazione ammette per sin θ = 0 due radici sempre definite

θ = 0 , π .

Esistono dunque due configurazioni di equilibrio ordinario

(s, θ) = (s∗, 0) , (s∗, π) .

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

(s, θ) = (0, θ) , θ ∈ R .

Poiche il dominio di definizione della parametrizzazione e il semipiano

(s, θ) ∈ R2 : s ≥ 0 ,

il teorema dei lavori virtuali consente di caratterizzare gli equilibri di confine per mezzodella relazione simbolica

δL =∂U

∂s(0, θ) δs +

∂U

∂θ(0, θ) δθ ≤ 0 ∀ δs ≥ 0 , ∀ δθ ∈ R

ossia del sistema equivalente di relazioni

∂U

∂s(0, θ) = (M + m)Rg ≤ 0

∂U

∂θ(0, θ) = −mg(R − r) sin θ = 0 .

Stefano Siboni 1101


L’evidente inconsistenza della prima relazione induce a concludere che nessuna configu-razione di confine soddisfa le condizioni del teorema dei lavori virtuali, per cui il sistemanon ammette equilibri di confine.

(c) Stabilita degli equilibriSi e gia sottolineato come tutte le sollecitazioni attive applicate al sistema abbiano carattereposizionale e conservativo. Le proprieta di stabilita degli equilibri possono quindi essereanalizzate facendo ricorso ai teoremi classici di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale.A questo scopo si rende necessario calcolare le derivate parziali seconde del potenziale

Uss(s, θ) = −kR2

Usθ(s, θ) = Uθs(s, θ) = 0Uθθ(s, θ) = −mg(R − r) cos θ

cui corrisponde la matrice hessiana diagonale

HU (s, θ) =(−kR2 0

0 −mg(R− r) cos θ

).

Cio premesso, si puo procedere allo studio di ogni singola configurazione di equilibrio delsistema.

Configurazione (s, θ) = (s, 0)In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale assume la forma

HU (s, 0) =(−kR2 0

0 −mg(R − r)

)

i cui autovalori coincidono con i relativi elementi diagonali e sono entrambi negativi. Laconfigurazione costituisce un massimo relativo proprio del potenziale, stabile in virtu delteorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (s, θ) = (s, π)In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale si riduce a

HU (s, π) =(−kR2 0

0 mg(R − r)

)

e in questo caso un autovalore e positivo e uno negativo. La configurazione e di equilibrioinstabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 1102


(d) Equazioni del motoLe equazioni del moto sono quelle di Lagrange

d

dt

(∂L

∂s

)− ∂L

∂s= 0

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

con lagrangiana L = T + U

L =12(m + M)R2 s2 +

34m(R − r)2 θ2 − mR(R − r) sin θ θs + (M + m)Rgs+

+ mg(R − r) cos θ − k

2R2s2 .

Si hanno le espressioni:

∂L

∂s= (m + M)R2s − mR(R − r) sin θ θ

d

dt

(∂L

∂s

)= (m + M)R2s − mR(R − r) sin θ θ − mR(R − r) cos θ θ2

∂L

∂s= (M + m)Rg − kR2s

e∂L

∂θ=

32m(R − r)2 θ − mR(R − r) sin θ s

d

dt

(∂L

∂θ

)=

32m(R − r)2 θ − mR(R − r) sin θ

. . . −mR(R − r) cos θ θs

∂L

∂θ= −mR(R − r) cos θ θs − mg(R − r) sin θ

per cui le equazioni del moto diventano

(m + M)R2 s −mR(R − r) sin θ θ −mR(R − r) cos θ θ2 − (M + m)Rg + kR2s = 0

32m(R − r)2θ − mR(R − r) sin θ s + mg(R − r) sin θ = 0 .

(e) Integrale primoLa Lagrangiana non dipende esplicitamente dal tempo, si conserva dunque l’integrale primodell’energia meccanica H = T − U

H =12(m + M)R2 s2 +

34m(R − r)2 θ2 − mR(R − r) sin θ θs − (M + m)Rgs+

− mg(R − r) cos θ +k

2R2s2 .

Stefano Siboni 1103


Esercizio 193. Geometria delle masseNel piano coordinato Oxy di una terna cartesiana Oxyz si considera il sistema rigidoillustrato in figura, composto da una lamina quadrata ABCD di lato L e da un’asta PMdi lunghezza L, che congiunge i punti medi P ed M dei lati AD e BC . Le densita,rispettivamente lineare e superficiale, di asta e lamina sono date dalle espressioni

λ(x) =m

L3x2 ∀x ∈ [−L/2, L/2] σ(x, y) =

m

L3(L + x + y) ∀ (x, y) ∈ [−L/2, L/2]2 .

Si richiede di calcolare:

(a) la posizione del baricentro del sistema relativamente a Oxyz;

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

(c) il momento d’inerzia rispetto all’asse OB;

(d) il momento angolare in O del sistema qualora O sia punto fisso e la velocita angolarevalga ωe1 − ωe3, con ω > 0;

(e) l’energia cinetica del sistema nelle stesse ipotesi.

Soluzione(a) Posizione del baricentroIl baricentro del sistema viene individuato calcolando separatamente massa e baricentrodell’asta A e della lamina quadrata L ed applicando poi il teorema distributivo.

Asta A

La massa dell’asta si determina integrando la densita di linea λ sul segmento PM :

ma =∫A

λds =∫ L/2

−L/2

λ(x)dx =∫ L/2

−L/2

m

L3x2 dx =

m

L3

[x3

3

]L/2

−L/2

=m

12.

Poiche l’asta e completamente collocata sull’asse coordinato Ox, il vettore posizione delbaricentro Ga deve potersi esprimere nella forma

Ga − O = xae1

Stefano Siboni 1104


con ascissa individuata dalla definizione

xa =1

ma

∫A

xλds =1

ma

∫ L/2

−L/2

xλ(x)dx =12m

∫ L/2

−L/2

m

L3x3dx =

12L3

[x4

4

]L/2

−L/2

= 0

per cui Ga = O. In effetti alla stessa conclusione si poteva pervenire direttamente osser-vando che O e centro di simmetria dell’asta, avendosi

λ(−x) =m

L3(−x)2 =

m

L3x2 = λ(x) ∀x ∈ [−L/2, L/2] .

Lamina quadrata LIl calcolo della massa m della lamina si svolge mediante un integrale di superficie delladensita superficiale σ:

m =∫L

σ dS =∫ L/2

−L/2

dx

∫ L/2

−L/2

dy σ(x, y) =∫ L/2

−L/2

dx

∫ L/2

−L/2

dym

L3(L + x + y) =

=m

L3

∫ L/2

−L/2

dx

[Ly + xy +

y2

2

]L/2

y=−L/2

=m

L3

∫ L/2

−L/2

dx (L2 + xL) =

=m

L3

[L2x + L

x2

2

]L/2

−L/2

=m

L3L3 = m.

Il baricentro G della lamina deve collocarsi lungo la bisettrice AC , che costituisce unevidente asse di simmetria della lamina a causa della relazione

σ(x, y) =m

L3(L + x + y) =

m

L3(L + y + x) = σ(y, x) ∀ (x, y) ∈ [−L/2, L/2]2 .

Il vettore posizione del baricentro si scrive percio come

G − O = xe1 + ye2

in cui l’ascissa e valutata per mezzo della definizione

x =1

m

∫L

xσ dS =1

m

∫ L/2

−L/2

dx

∫ L/2

−L/2

dy xσ(x, y) =

=1m

∫ L/2

−L/2

dx

∫ L/2

−L/2

dym

L3x (L + x + y) =

=1L3

∫ L/2

−L/2

dx

[Lxy + x2y + x

y2

2

]L/2

y=−L/2

=

=1L3

∫ L/2

−L/2

dx (L2x + Lx2) =

=1L3

[L2 x2

2+ L

x3

3

]L/2

−L/2

=1L3

L4

12=

L

12

Stefano Siboni 1105


mentre l’ordinata assume ovviamente lo stesso valore

y =1

m

∫L

y σ dS =1

m

∫ L/2

−L/2

dx

∫ L/2

−L/2

dy y σ(x, y) =

=1

m

∫ L/2

−L/2

dy

∫ L/2

−L/2

dx xσ(y, x) =1

m

∫ L/2

−L/2

dy

∫ L/2

−L/2

dx xσ(x, y) = x ,

in modo che risulta

G − O =L

12e1 +

L

12e2 .

Sistema rigidoIl baricentro G del sistema composto viene ora determinato per mezzo della proprietadistributiva. Questa porge la relazione

(ma + m)(G −O) = ma(Ga − O) + m(G − O)

che, sostituendo la grandezze precedentemente calcolate, assume la forma esplicita

(m

12+ m

)(G − O) =

m

120 + m

( L

12e1 +

L

12e2

)

e conduce al risultato richiesto:

G − O =L

13e1 +

L

13e2 .

(b) Matrice d’inerziaLa matrice d’inerzia del sistema rigido puo essere determinata convenientemente calcolandoe sommando termine a termine le matrici d’inerzia, rispetto alla stessa terna Oxyz, dell’astaA e della lamina L.

Asta A

La collocazione dell’asta lungo l’asse coordinato Ox implica che la matrice d’inerzia dell’a-sta rispetto alla terna Oxyz abbia la forma generale:

[LO]a =

0 0 0

0 Layy 0

0 0 Layy

in cui il momento d’inerzia relativo all’asse Oy vale:

Layy =

∫A

x2λds =∫ L/2

−L/2

x2λ(x)dx =∫ L/2

−L/2

m

L3x4dx =

m

L3

[x5

5

]L/2

−L/2

=180

mL2 .

Stefano Siboni 1106


Si ottiene pertanto

[LO]a = mL2

0 0 0

0 1/80 00 0 1/80

.

Lamina quadrata L

La lamina L e interamente ubicata nel piano coordinato Oxy della terna cartesiana orto-gonale Oxyz e la sua matrice d’inerzia si presenta percio nella forma

[LO] =

L

xx Lxy 0

Lxy L

yy 00 0 L

xx + Lyy

in cui devono essere determinati i momenti Lxx, L

yy e il prodotto d’inerzia Lxy. Il momento

d’inerzia Lxx si ricava facendo uso della definizione

Lxx =

∫L

y2σ dS =∫ L/2

−L/2

dx

∫ L/2

−L/2

dy y2σ(x, y) =

=∫ L/2

−L/2

dx

∫ L/2

−L/2

dym

L3(Ly2 + xy2 + y3) =

=m

L3

∫ L/2

−L/2

dx

[L

y3

3+ x

y3

3+

y4

4

]L/2

y=−L/2

=

=m

L3

∫ L/2

−L/2

dx

(L4

12+ x

L3

12

)=

m

L3

[L4

12x +

L3

24x2

]L/2

−L/2

=mL2

12

e coincide per simmetria con il momento relativo all’asse Oy

Lyy =

∫L

x2σ dS =∫ L/2

−L/2

dx

∫ L/2

−L/2

dy x2σ(x, y) =

=∫ L/2

−L/2

dy

∫ L/2

−L/2

dx y2σ(y, x) =∫ L/2

−L/2

dy

∫ L/2

−L/2

dx y2σ(x, y) =

=∫ L/2

−L/2

dx

∫ L/2

−L/2

dy y2σ(x, y) = Lxx .

Stefano Siboni 1107


Quanto al prodotto d’inerzia Lxy, la sua definizione porge

Lxy = −

∫L

xy σ dS = −∫ L/2

−L/2

dx

∫ L/2

−L/2

dy xy σ(x, y) =

= −∫ L/2

−L/2

dx

∫ L/2

−L/2

dym

L3(Lxy + x2y + xy2) =

= − m

L3

∫ L/2

−L/2

dx

[Lx

y2

2+ x2 y2

2+ x

y3

3

]L/2

y=−L/2

=

= − m

L3

∫ L/2

−L/2

dx xL3

12= −m

12

[x2

2

]L/2

−L/2

= 0

cosicche la matrice d’inerzia della lamina diventa

[LO] = mL2

1/12 0 0

0 1/12 00 0 1/6

.

Sistema rigidoCome gia sottolineato, la somma termine a termine delle matrici d’inerzia [LO]a e [LO]

fornisce la matrice d’inerzia del sistema rigido

[LO] = [LO]a + [LO] =

1/12 0 0

0 23/240 00 0 43/240

.

Si conclude, in particolare, che Oxyz e una terna principale d’inerzia in O del sistema.

(c) Momento d’inerzia rispetto a OBLa retta OB passa ovviamente per l’origine e la sua direzione e individuata dal versore

n =B − O

|B − O| =e1 − e2√

2=

1√2e1 −

1√2e2 .

Il momento d’inerzia relativo all’asse OB si esprime percio mediante la relazione

IOB = IOn = n · LO(n) =

=1√2(1 − 1 0)mL2

1/12 0 0

0 23/240 00 0 43/240

1√

2

1

−10

=

=12

( 112

+23240

)mL2 =

43480

mL2 .

Stefano Siboni 1108


(d) Momento angolare in OSiccome, per ipotesi, il punto O risulta fisso e la velocita angolare istantanea ω e nota

O = 0 ω = ω1e1 + ω2e2 + ω3e3 = ω e1 − ω e3 ,

il momento angolare in O del sistema si scrive

KO = LO(ω) = K1e1 + K2e2 + K3e3

con le componenti K1,K2,K3 determinabili per mezzo della relazione matriciale:

K1

K2

K3

= [LO]

ω1

ω2

ω3

=

= mL2

1/12 0 0

0 23/240 00 0 43/240

ω

0−ω

= mL2ω

1/12

0−43/240

.

Si ha pertanto:

KO = mL2ω

(112

e1 −43240

e3

).

(e) Energia cineticaL’espressione ottenuta per il momento angolare in O e utile anche per il calcolo dell’energiacinetica, per mezzo della ben nota relazione:

T =12ω · KO ,

valida per qualsiasi sistema rigido con punto fisso O. Si ha cosı:

T =12(ω 0 − ω)mL2ω

1/12

0−43/240

=

12mL2ω2

( 112

+43240

)=

21160

mL2ω2 .

Esercizio 194. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoUna circonferenza rigida e omogenea γ, di centro C , raggio R e massa m, e vincolataa rotolare senza strisciare esternamente ad una guida circolare di raggio 2R e centro O,origine di una terna cartesiana Oxyz che ruota attorno all’asse verticale Oy con velocitaangolare costante ω rispetto ad un riferimento inerziale. La presenza di vincoli unilateralifa sı che il punto di contatto P fra γ e la guida non possa oltrepassare le posizioni A e B.Oltre che alla forza peso, il sistema e soggetto ad una interazione elastica fra C e la suaproiezione ortogonale D sull’asse Ox, di costante k = mω2.

Stefano Siboni 1109


Assumendo i vincoli ideali e l’angolo φ illustrato in figura come parametro lagrangiano,determinare del sistema, relativamente alla terna Oxyz:

(a) gli equilibri ordinari e di confine;


(c) l’energia cinetica;

(d) le equazioni di Lagrange del moto;


Soluzione(a) Equilibri ordinari e di confineLa terna di riferimento rotante e sede di forze fittizie, o d’inerzia, che si applicano allacirconferenza rigida γ unitamente alle forze attive reali. La componente lagrangiana delleforze di Coriolis risulta tuttavia nulla:

QCorφ =

∑Pi∈γ

−2mi ω e2 ∧ Pi ·∂Pi

∂φ= −2ω

∑Pi∈γ

mie2 ∧∂Pi

∂φφ · ∂Pi

∂φ= −2ω

∑Pi∈γ

0 = 0

per cui le sollecitazioni attive delle quali occorre e basta tenere conto nella stesura delleequazioni del moto si riducono al peso, all’interazione elastica fra i punti C e D e alleforze centrifughe: tutte hanno carattere posizionale conservativo e sono percio descrittedai rispettivi potenziali, che si passa ora a determinare singolarmente.

Potenziale delle forze pesoIl potenziale gravitazionale della circonferenza rigida e omogenea si esprime per mezzodella formula generale:

Ug = −mg e2 · (C −O) = −3Rmg cos φ ,

essendo il centro geometrico C della curva un evidente centro di simmetria, da identificarepercio con il baricentro del sistema.

Stefano Siboni 1110


Potenziale elasticoIl potenziale dell’interazione elastica fra i punti C e D e dato dall’espressione:

Uel = −k

2|C − D|2 = −1

2mω2(3R cos φ)2 = −9

2mR2ω2cos2φ .

Potenziale centrifugoIl potenziale delle forze centrifughe vale:

Ucf =ω2

2IOy =

ω2

2[m[(C − O) · e1]2 + ICy

]=

=ω2

2

[m(3R sinφ)2 +

12ICz

]=

ω2

2

(9mR2sin2φ +

12mR2

)

espressione nella quale si e fatto uso delle evidenti relazioni di simmetria ICx = ICy eICz = ICx + ICy, oltre che dell’ovvia equazione ICz = mR2.

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema si ricava pertanto come somma dei potenziali gravitazionale,elastico e centrifugo:

Ug + Uel + Ucf = −3mgR cos φ − 92mR2ω2cos2φ +

92mR2ω2sin2φ +

14mR2ω2 =

= −3mgR cos φ + 9mR2ω2sin2φ + costante

ed omessa la costante additiva si riduce a:

U(φ) = −3mgR cos φ + 9mR2ω2sin2φ , φ ∈ [0, 3π/2] .

L’espressione del potenziale costituisce il punto di partenza per l’individuazione delle con-figurazioni di equilibrio ordinarie e di confine del sistema, che vengono ora determinateseparatamente.

Equilibri ordinariGli equilibri ordinari del sistema sono gli zeri in φ ∈ (0, 3π/2) della derivata prima delpotenziale:

U ′(φ) = 3mgR sinφ + 18mR2ω2 sinφ cos φ

e quindi le soluzioni dell’equazione trigonometrica:

18mR2ω2 sin φ( g

6Rω2+ cos φ

)= 0 .

Si hanno due possibilita:

(i) che valga sinφ = 0, per cui φ = 0, π e la sola radice accettabile in (0, 3π/2) risulta

φ = π ;

Stefano Siboni 1111


(ii) che sia soddisfatta l’equazione

g

6Rω2+ cos φ = 0

le cui soluzioni si scrivono

φ = ±arccos(− g

6Rω2

)= ±φ

con φ ∈ (π/2, π) definita se e soltanto se g/6Rω2 < 1. In tale ipotesi ricorrono dueulteriori equilibri ordinari per

φ = φ e φ = 2π − φ

entrambi appartenenti all’intervallo di parametrizzazione (0, 3π/2) — si osservi infattiche φ ∈ (π/2, π) implica −φ ∈ (−π,−π/2) e dunque 2π − φ ∈ (π, 3π/2). Si trattadi configurazioni di equilibrio che vedono la circonferenza γ disposta simmetricamenterispetto all’asse verticale Oy.

In definitiva, gli equilibri ordinari del sistema sono:

φ = π (sempre definito)

φ = arccos(− g

6Rω2

)= φ (definito per g/6Rω2 < 1)

φ = 2π − arccos(− g

6Rω2

)= 2π − φ (definito per g/6Rω2 < 1) .

Equilibri di confineLe configurazioni di confine del sistema si hanno per φ = 0 e per φ = 3π/2. In taliconfigurazioni le componenti lagrangiane delle sollecitazioni attive applicate risultano:

Qφ(0) = U ′(0) = 0

Qφ(3π/2) = U ′(3π/2) = −3mgR .

D’altra parte, per il teorema dei lavori virtuali φ = 0 e equilibrio se e soltanto se

Qφ(0) δφ ≤ 0 ∀ δφ ≥ 0

ossia perQφ(0) ≤ 0

e nella fattispecie la condizione e certamente soddisfatta, visto che Qφ(0) = 0.Analogamente, l’equilibrio in φ = 3π/2 sussiste se e solo se

Qφ(3π/2) δφ ≤ 0 ∀ δφ ≤ 0

Stefano Siboni 1112


ovvero perQφ(3π/2) ≥ 0 .

Poiche Qφ(3π/2) = −3mgR < 0, la condizione e violata e la configurazione φ = 3π/2 noncostituisce un equilibrio di confine per il sistema.L’unica configurazione di equilibrio di confine si ha pertanto in φ = 0.

(b) Stabilita degli equilibri ordinariTutte le sollecitazioni attive agenti sul sistema sono di tipo posizionale conservativo el’analisi di stabilita degli equilibri ordinari puo dunque essere condotta facendo uso deiteoremi standard di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale, per i quali si rende neces-sario il calcolo della derivata seconda del potenziale:

U ′′(φ) = 3mgR cos φ + 18mR2ω2(cos2φ − sin2φ) .

Si puo cosı procedere allo studio delle proprieta di stabilita dei singoli equilibri ordinari.

Configurazione φ = πLa derivata seconda del potenziale in questa configurazione vale:

U ′′(π) = −3mgR + 18mR2ω2 = 18mR2ω2(1 − g

6Rω2

)e, siccome non assume segno definito, richiede che si distinguano tre casi:

(i) per g/6Rω2 > 1 risulta U ′′(π) < 0, in modo che la configurazione φ = π si riconosceessere un massimo relativo proprio del potenziale, stabile in virtu del teorema diLagrange-Dirichlet;

(ii) se g/6Rω2 < 1 l’instabilita della configurazione e assicurata dal teorema di inver-sione parziale di Lagrange-Dirichlet, causa il segno positivo della derivata seconda delpotenziale:

U ′′(π) > 0 ;

(iii) qualora infine si abbia g/6Rω2 = 1, la derivata seconda del potenziale si annulla ericorre un caso critico, per il quale si rende necessaria una ulteriore e piu dettagliataanalisi. In effetti, il potenziale del sistema diventa in questa circostanza:

U(φ) = 18mR2ω2(− g

6Rω2cos φ +

12sin2φ

)= 18mR2ω2

(− cos φ +

12sin2φ

)con U(π) = 18mR2ω2 e derivate:

U ′(φ) = 18mR2ω2(sin φ + sin φ cos φ)

U ′′(φ) = 18mR2ω2(cos φ + cos2φ − sin2φ) = 18mR2ω2(cos φ + cos 2φ)

U (3)(φ) = 18mR2ω2(− sin φ − 2 sin 2φ)

U (4)(φ) = 18mR2ω2(− cos φ − 4 cos 2φ)

Stefano Siboni 1113


che in φ = π assumono i valori rispettivi:

U ′(π) = 0 U ′′(π) = 0 U (3)(π) = 0

U (4)(π) = 18mR2ω2(1 − 4) = −54mR2ω2 .

Nell’intorno della configurazione φ = π il potenziale ammette percio l’approssimazionedi Taylor:

U(φ) = U(π) +U (4)(π)

4!+ o(φ − π)4 =

= 18mR2ω2

[1 − 1

8(φ − π)4

]+ o(φ − π)4 (φ → π)

dalla quale si deduce che la configurazione costituisce un massimo relativo proprio delpotenziale, la cui stabilita e comunque assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazioni φ = φ, 2π − φ

Le due configurazioni di equilibrio presentano le stesse proprieta di stabilita a causa delcomune valore della derivata seconda del potenziale

U ′′(2π − φ) = U ′′(−φ) = U ′′(φ) .

Tale valore si scrive esplicitamente come

U ′′(φ) = 3mgR cos φ + 18mR2ω2(cos2φ − sin2φ) =

= 18mR2ω2( g

6Rω2cos φ + cos2φ − sin2φ

)=

= 18mR2ω2(− cos φ cos φ + cos2φ − sin2φ) =

= −18mR2ω2sin2φ < 0

e permette di riconoscere entrambe le configurazioni come massimi relativi propri del poten-ziale U , stabili per Lagrange-Dirichlet.

(c) Energia cineticaConsiderato che la circonferenza rigida γ non presenta punti fissi e che il suo centro geome-trico C coincide con il relativo baricentro, conviene calcolare l’energia cinetica del sistemaper mezzo del teorema di Konig

T =12mC2 +

12ICz|ω|2

in cui il baricentro della curva ha coordinate

C − O = 3R sinφ e1 + 3R cos φ e2

Stefano Siboni 1114


e velocita assoluta istantanea

C = (3R cos φ e1 − 3R sinφ e2) φ ,

mentre il momento d’inerzia rispetto all’asse Cz vale ovviamente:

ICz = mR2

e la velocita angolare istantanea risulta:

ω = −3φ e3 .

Della correttezza di quest’ultima relazione ci si convince facilmente notando che per lacondizione di puro rotolamento sulla guida circolare fissa, di centro O e raggio 2R, nelpunto di contatto P fra curva a guida deve aversi:

0 = P = C + ω ∧ (P − C) =

= −φ e3 ∧ (C −O) + ω ∧ C − O

|C − O| (−R) =

= −φ e3 ∧ (C −O) − R

3Rω ∧ (C − O) =

= −(φ e3 +

13ω)∧ (C −O)

in modo che, essendo ω = ω e3 per via del carattere piano del moto rigido:

0 = −(φ +

ω

3

)e3 ∧ (C − O)

e dunque ω = −3φ e3, come affermato. Nel calcolo precedente si e fatto uso della relazione

C = −φ e3 ∧ (C − O)

ottenuta grazie al fatto che il punto C si muove mantenendo costante la propria distanzadall’asse Oz. Si e inoltre sfruttata la circostanza che il vettore e3 ∧ (C −O) risulta diversoda zero per qualsiasi scelta della coordinata generalizzata φ. Sostituendo nella formula diKonig si ottiene cosı:

T =12m∣∣(3R cos φ e1 − 3R sin φ e2) φ

∣∣2 +12mR2 | − 3φ e3|2 =

=92mR2φ2 +

92mR2φ2 = 9mR2φ2 .

(d) Equazioni di LagrangeSi ha un’unica equazione di Lagrange del moto:

d

dt

(∂L

∂φ

)− ∂L

∂φ= 0

Stefano Siboni 1115


con lagrangiana:

L(φ, φ) = T + U = 9mR2φ2 − 3mgR cos φ + 9mR2ω2sin2φ .

Da questa si deducono le relazioni:

d

dt

(∂L

∂φ

)= 18mR2φ

∂L

∂φ= 3mgR sin φ + 18mR2ω2 sinφ cos φ

per cui l’equazione del moto diventa:

18mR2φ− 3mgR sinφ − 18mR2ω2 sin φ cos φ = 0 .

(e) Integrale primoIl sistema e a vincoli ideali, scleronomo e soggetto esclusivamente a sollecitazioni posizionaliconservative. Un integrale primo ovvio e quello dell’energia meccanica H = T − U , che siscrive esplicitamente come:

H(φ, φ) = 9mR2φ2 + 3mgR cos φ − 9mR2ω2sin2φ .

Esercizio 195. Analisi di WeierstrassUn punto materiale di massa unitaria scorre senza attrito lungo la retta Ox, soggetto aduna sollecitazione posizionale conservativa di potenziale

U(x) =−x2 per x ≤ 1x2 − 4x + 2 per x > 1

Determinare:

(a) l’equazione del moto ed un integrale primo del sistema;

(b) le condizioni iniziali per le quali i moti del sistema sono a meta asintotica;

(c) le condizioni iniziali corrispondenti ai moti periodici del sistema;

(d) gli equilibri del sistema, distinguendo fra stabili ed instabili;

(e) l’equazione delle piccole oscillazioni e l’espressione generale dei modi normali nell’in-torno di un equilibrio stabile.

Soluzione(a) Equazione del moto ed integrale primoPoiche il moto del punto avviene senza attrito lungo l’asse Ox, l’equazione del moto assumela forma generale

mx = F · e1

Stefano Siboni 1116


dove nella fattispecie la massa del punto e unitaria e la componente tangenziale dellasollecitazione attiva F si riduce alla derivata prima del potenziale U

F · e1 = U ′(x) =−2x ∀x ≤ 1

2x − 4 ∀x > 1

per cui l’equazione del moto cercata diventa

x = U ′(x) ⇐⇒

x = vv = U ′(x) ,

definita ∀ (x, x) = (x, v) ∈ R2. La funzione U ′(x) e definita e continua in R, ma non

risulta di classe C1 nello stesso intervallo, causa la mancata definizione di U ′′(x) in x = 1dovuta al diverso valore delle derivate destra e sinistra:

U ′′(1 − 0) = limh→0−

U ′(1 + h) − U ′(1)h

= limh→0−

−2(1 + h) − (−2)h

= −2

U ′′(1 + 0) = limh→0+

U ′(1 + h) − U ′(1)h

= limh→0+

2(1 + h) − 4 − (−2)h

= 2 .

Nondimeno, U ′(x) e di classe C1 in R \ +1, con derivata prima U ′′(x) limitata nellostesso dominio: cio basta ad assicurare il carattere localmente lipschitziano di U ′(x) inR e quindi la validita del teorema di esistenza ed unicita della soluzione massimale per ilproblema di Cauchy:

x = vv = U ′(x)(x(t0), v(t0)) = (x0, v0)

quale che sia la scelta dell’istante iniziale t0 ∈ R e della condizione iniziale (x0, v0) ∈ R2.

Dato il carattere posizionale e conservativo di tutte le sollecitazioni attive applicate, unovvio integrale primo e rappresentato dall’energia meccanica

H(x, x) =x2

2− U(x) (x, x) ∈ R

2 .

(b) Condizioni iniziali per i moti asintoticiIl sistema e unidimensionale e soggetto a sollecitazioni posizionali conservative: ricorronopercio tutte le condizioni per poter applicare i criteri di Weierstrass all’analisi qualitativadei moti. Per provvedere a cio occorre determinare il grafico dell’energia potenziale −U(x)del sistema, in particolare per quanto riguarda la collocazione dei punti critici ed il valoreassunto dalla funzione in corrispondenza di questi. I punti critici dell’energia potenzialesono individuati dall’equazione −U ′(x) = 0, ossia da:

0 =

2x per x ≤ 1−2x + 4 per x > 1 .

Stefano Siboni 1117


Le soluzioni si ottengono risolvendo il sistema di disequazioni

2x = 0x ≤ 1

oppure l’ulteriore sistema −2x + 4 = 0x > 1

e sono percio date da x = 0 e x = 2. La derivata seconda U ′′(x) del potenziale e definita∀x ∈ R \ +1 e vale

U ′′(x) =−2 ∀x < 1

+2 ∀x > 1

per cuiU ′′(0) = −2 U ′′(2) = 2

in modo che si riconosce in x = 0 un massimo relativo proprio del potenziale e in x = 2 unminimo relativo proprio della stessa funzione. A cio si aggiunga che

U(0) = 0 U(2) = −2

e che

limx→−∞

U(x) = limx→−∞

−x2 = −∞ limx→−∞

U(x) = limx→−∞

x2 − 4x + 2 = +∞ .

Il grafico dell’energia potenziale assume pertanto l’andamento illustrato nella figura sottoriportata

I criteri di Weierstrass permettono di concludere che i moti a meta asintotica del sistemasi hanno per tutte e sole le condizioni iniziali seguenti

(x, x) ∈ R

2 :x2

2− U(x) = −U(2) , x = 0

Stefano Siboni 1118


ossia appartenenti all’insieme di R2

(x, x) ∈ R

2 :x2

2− U(x) = 2 , x = 0

.

(c) Condizioni iniziali per i moti periodiciDall’esame del grafico di −U(x) e dall’uso dei criteri di Weierstrass, si ricava immediata-mente che i moti del sistema risultano periodici per tutte e soltanto le condizioni iniziali(x, x) tali che

−U(0) < H(x, x) < −U(2)

purche si abbia inoltre −√

2 < x < 2. Le condizioni iniziali relative ai moti periodici delsistema sono percio tutti e soli i punti dell’insieme

(x, x) ∈ R

2 : 0 <x2

2− U(x) < 2 , −

√2 < x < 2

.

(d) Equilibri e loro proprieta di stabilitaGli equilibri sono i punti critici del potenziale gia calcolati in precedenza, x = 0 e x = 2. Ilprimo rappresenta un massimo relativo proprio del potenziale, stabile in virtu del teoremadi Lagrange-Dirichlet; il secondo e invece caratterizzato da un valore positivo della derivataseconda del potenziale, che ne assicura l’instabilita per il teorema di inversione parziale diLagrange-Dirichlet.

(e) Piccole oscillazioniL’unico equilibrio stabile del sistema si ha per x = 0. L’equazione delle piccole oscillazioninell’intorno di tale configurazione risulta

x − U ′′(0) = 0

e puo identificarsi con l’equazione di un oscillatore armonico semplice unidimensionale dipulsazione

√2

x + 2x = 0

di soluzione generale

x = c1 sin(√

2t) + c2 cos(√

2t) , t ∈ R ,

essendo c1, c2 costanti reali arbitrarie.

Stefano Siboni 1119


Esercizio 196. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoNel piano verticale Oxy di una terna galileiana e vincolata a muoversi un’asta rigidaomogenea pesante AB, di massa m e lunghezza L, fissata per il suo punto C di coordinate(0, L), in modo che |A − C | = L/3. All’estremo A dell’asta e fissato un punto materialedi massa 2m. Infine, una molla di costante elastica k congiunge B con un punto materialeP , di massa m, vincolato a scorrere sull’asse orizzontale Ox.

Assunti i vincoli ideali e usando le variabili adimensionali s e φ illustrate in figura comecoordinate lagrangiane, determinare del sistema:

(a) le configurazioni di equilibrio;

(b) le proprieta di stabilita dei suddetti equilibri;

(c) l’espressione dell’energia cinetica;

(d) le equazioni di Lagrange del moto;

(e) un integrale primo — giustificando la risposta.

Soluzione(a) EquilibriIl sistema e scleronomo, a vincoli bilaterali ideali e soggetto esclusivamente a sollecitazioniposizionali e conservative. Le sollecitazioni applicate possono percio descriversi per mezzodi un appropriato potenziale di sistema U , che risultera dalla somma di un contributorelativo alle forze peso e di uno inerente alle interazioni elastiche.

Potenziale gravitazionaleIndicato con G il baricentro dell’asta omogenea AB, che si identifica ovviamente con ilpunto medio di questa, il potenziale gravitazionale del sistema e dato dall’espressione:

Ug = −mg e2 · (G − C) − 2mg e2 · (A − C) − mg e2 · (P − O) =

= −mg e2 ·[L

6sin φ e1 −

L

6cos φ e2

]−

Stefano Siboni 1120


− 2mg e2 ·[−L

3sinφ e1 +

L

3cos φ e2

]−mg e2 · Ls e1 =

=16mgL cosφ − 2

3mgL cosφ = −1

2mgL cosφ

nella quale si sono sommati i contributi dell’asta AB, dell’ulteriore massa 2m in A e delpunto materiale P .

Potenziale elasticoAlla molla ideale di costante k che congiunge i punti P e B si associa il potenziale

Uel = −k

2|B − P |2 = −k

2|B −O − (P − O)|2

al quale puo darsi forma esplicita per mezzo delle relazioni trigonometriche

B − O = B − C + C − O =23L sin φ e1 −

23L cos φ e2 + L e2

P − O = Ls e1 .

Da queste di deduce infatti

B − P =(

23

sinφ − s

)L e1 +

(1 − 2

3cos φ

)L e2

per cui

|B − P |2 =(

23

sin φ − s

)2

L2 +(

1 − 23

cos φ

)2

L2 =

= L2

[49sin2φ + s2 − 4

3s sin φ + 1 +

49cos2φ − 4

3cos φ

]=

= L2

(139

+ s2 − 43s sin φ− 4

3cos φ

)

ed il potenziale elastico diventa

Uel = −kL2

2

(s2 − 4

3s sin φ − 4

3cos φ

)+ costante .

Potenziale del sistemaOmettendo le costanti additive, del tutto irrilevanti, il potenziale del sistema e cosı datodalla somma dei potenziali gravitazionale ed elastico

U(s, φ) = Ug + Uel = −12mgL cosφ − kL2

2

(s2 − 4

3s sin φ− 4

3cos φ

).

Stefano Siboni 1121


EquilibriPoiche i parametri lagrangiani s e φ del sistema sono definiti su un dominio aperto —l’intero R

2 — le configurazioni di equilibrio sono tutte ordinarie e si identificano con ipunti critici del potenziale U . Per caratterizzare tali equilibri si rende quindi necessariocalcolare le derivate parziali prime del potenziale:

∂U

∂s(s, φ) def= Us(s, φ) = −kL2

2

(2s − 4

3sin φ

)∂U

∂φ(s, φ) def= Uφ(s, φ) =

12mgL sinφ− kL2

2

(−4

3s cos φ +

43

sinφ)

=

=(1

2mgL − 2

3kL2

)sin φ +

23kL2s cos φ

e risolvere il sistema di equazioni algebriche ottenuto ponendo Us = 0 e Uφ = 0:

−kL2

2

(2s − 4

3sinφ

)= 0(1

2mgL− 2

3kL2

)sinφ +

23kL2s cos φ = 0

che puo anche riesprimersi in modo equivalente come

s =23

sin φ(12mgL− 2

3kL2

)sin φ +

49kL2 sin φ cos φ = 0 ,

ricavando s in funzione di φ dalla prima equazione e sostituendo il risultato nella seconda.La seconda equazione si riscrive nella forma

sin φ

[(12mgL− 2

3kL2

) 94kL2

+ cos φ

]= 0

ovverosinφ

(cos φ +

98

mg

kL− 3

2

)= 0

e risultera soddisfatta se e soltanto se

(i) sin φ = 0

oppure

(ii) cos φ +98

mg

kL− 3

2= 0 .

Nel primo caso si ottengono le soluzioni φ = 0 e φ = π, mentre nel secondo si pervienealle ulteriori radici

φ = ±φ def= ± arc cos(3

2− 9

8mg

kL

),

Stefano Siboni 1122


definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia

∣∣∣∣32 − 98

mg

kL

∣∣∣∣ < 1 .

Vale la pena di sottolineare come la condizione di esistenza delle soluzioni φ e −φ sipossa scrivere nella forma equivalente

−1 < −32

+98

mg

kL< 1

dalla quale si deduce12

<98

mg

kL<

52

ed infine49

<mg

kL<

209

.

Le configurazioni di equilibrio sono pertanto:

(s, φ) = (0, 0) , (0, π) ,

sempre definite, e:

(s, φ) =(2

3sinφ, φ

),(−2

3sinφ,−φ

),

definite e distinte dalle prime se e soltanto se

49

<mg

kL<

209

,

con φ = arc cos(3

2− 9

8mg

kL

).

(b) Stabilita degli equilibriSiccome le sollecitazioni attive applicate hanno tutte natura posizionale e conservativa, lostudio della stabilita degli equilibri puo essere condotto per mezzo dei teoremi usuali diLagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A tale scopo si rende necessario calcolare lederivate seconde del potenziale U , che risultano

Uss(s, φ) = −kL2

Usφ(s, φ) = Uφs(s, φ) =23kL2 cos φ

Uφφ(s, φ) =12mgL cos φ− kL2

2

(43s sin φ +

43

cos φ)

=

=(1

2mgL− 2

3kL2

)cos φ − 2

3kL2s sin φ =

12kL2

(mg

kL− 4

3

)cos φ − 2

3kL2s sin φ

Stefano Siboni 1123


e permettono di scrivere l’hessiana del potenziale in una generica configurazione (s, φ) come

HU (s, φ) =

−kL2 2

3kL2 cos φ

23kL2 cos φ

12kL2

(mg

kL− 4

3

)cos φ − 2

3kL2s sin φ

=

= kL2

−1

23

cos φ

23

cos φ12

(mg

kL− 4

3

)cos φ− 2

3s sin φ

.

Si puo ora procedere all’analisi di stabilita dei singoli equilibri, uno ad uno.

Configurazione (s, φ) = (0, 0)L’hessiana del potenziale si riduce a

HU (0, 0) = kL2

−1

23

23

12

(mg

kL− 4

3

)

ed ha determinante

detHU (0, 0) = (kL2)2[12

(43− mg

kL

)− 4

9

]= k2L4 1

2

(49− mg

kL

)

mentre la traccia vale

trHU (0, 0) = kL2

[−1 +

12

(mg

kL− 4

3

)]=

12kL2

(mg

kL− 10

3

).

E evidente che ne determinante ne traccia presentano segno definito, per cui si rendenecessario distinguere tre diversi casi:

(i) se mg/kL > 4/9, risulta detHU (0, 0) < 0, in modo che i due autovalori della ma-trice hessiana sono di segno opposto. Il ricorrere di un autovalore positivo porta ariconoscere l’instabilita della configurazione per il teorema di inversione parziale diLagrange-Dirichlet;

(ii) per mg/kL < 4/9, il determinante di HU (0, 0) e positivo mentre la traccia assumesegno negativo

trHU (0, 0) =12kL2

(mg

kL− 10

3

)<

12kL2

(49− 10

3

)= −13

9kL2 < 0 .

Ne segue che gli autovalori dell’hessiana hanno entrambi segno negativo e che la con-figurazione costituisce un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita eassicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet;

Stefano Siboni 1124


(iii) se infine mg/kL = 4/9, determinante e traccia sono rispettivamente nullo e negativa

detHU (0, 0) = 0 trHU (0, 0) =12kL2

(49− 10

3

)= −13

9kL2 < 0

per cui gli autovalori dell’hessiana risultano uno nullo e uno negativo. Ricorre cosı uncaso critico, non potendosi affermare ne la stabilita della configurazione — non e chiarose la configurazione costituisca o meno un massimo relativo proprio del potenziale —ne l’instabilita della stessa — nessuno degli autovalori ha segno positivo, sicche non epossibile applicare il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (s, φ) = (0, π)Per l’hessiana del potenziale si ha in questo caso l’espressione

HU (0, π) = kL2

−1 −2

3−2

312

(43− mg

kL

)

con determinante di segno indefinito

detHU (0, π) = (kL2)2[12

(mg

kL− 4

3

)− 4

9

]=

12k2L4

(mg

kL− 20

9

)

e traccia negativa

trHU (0, π) = kL2

[−1 +

12

(43− mg

kL

)]= −1

2kL2

(23

+mg

kL

)< 0 .

Le espressioni ottenute non avendo segno definito, occorre distinguere nuovamente diversicasi:

(i) per mg/kL < 20/9, il determinante dell’hessiana assume segno negativo, il che implicai corrispondenti autovalori della matrice hessiana siano uno positivo ed uno negativo.La presenza di un autovalore positivo permette di applicare il teorema di inversioneparziale di Lagrange-Dirichlet e di concludere che l’equilibrio risulta instabile;

(ii) se mg/kL > 20/9, il determinante dell’hessiana e positivo, per cui gli autovalori cor-rispondenti sono di eguale segno. Detto segno non puo che essere negativo, dal mo-mento che trHU (0, π) < 0. La configurazione rappresenta dunque un massimo relativoproprio del potenziale e la sua stabilita segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet;

(iii) qualora sia infine mg/kL = 0 ricorre un caso critico. Fermo restando il segno negativodella traccia, infatti, il determinante della matrice hessiana risulta uguale a zero. Gliautovalori dell’hessiana sono percio un negativo ed uno nullo e nulla puo affermarsicirca la stabilita o instabilita della configurazione.

Stefano Siboni 1125


Configurazione (s, φ) = (s, φ) def=(2

3sinφ, φ

)La matrice hessiana del potenziale si scrive

HU (s, φ) = kL2

−1

23

cos φ

23

cos φ 12

(mg

kL− 4

3

)cos φ − 4

9sin2φ

.

Poiche43− mg

kL=

89

cos φ, il suo determinante ha sempre segno positivo

detHU (s, φ) = (kL2)2[12

(43− mg

kL

)cos φ +

49sin2φ − 4

9cos2φ

]= k2L4 4

9sin2φ > 0

mentre la traccia e costantemente negativa

trHU (s, φ) = kL2

[−1 +

12

(mg

kL− 4

3

)cos φ − 4

9sin2φ

]=

= kL2

[−1− 4

9cos φ cos φ − 4

9sin2φ

]= −13

9kL2 < 0 .

Gli autovalori dell’hessiana sono dunque entrambi negativi e la configurazione deve iden-tificarsi come un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (s, φ) = (−s,−φ) def=(−2

3sin φ,−φ

)Le proprieta di stabilita di questa configurazione, quando definita, sono le stesse gia ana-lizzate per la configurazione simmetrica (s, φ) = (s, φ), come si deduce immediatamentedall’evidente proprieta di simmetria del potenziale

U(−s,−φ) = U(s, φ) ∀ (s, φ) ∈ R2 .

I risultati dell’analisi di stabilita appena completata possono essere illustrati nel diagrammadi biforcazione seguente

Stefano Siboni 1126


in cui il simbolo “i” marca le configurazioni di equilibrio instabile, mentre “s” individuaquelle stabili. Si ricordi che all’equilibrio la coordinata s e funzione di φ, per cui tutte leconfigurazioni di equilibrio possono essere specificate univocamente per mezzo della solavariabile φ; il diagramma di biforcazione si semplifica di conseguenza, con l’eliminazionedell’asse s.

(c) Energia cineticaL’energia cinetica del punto materiale P vale

TP =12mP 2 =

12m|Ls e1|2 =

12mL2s2.

Il momento d’inerzia dell’asta omogenea AB rispetto all’asse fisso Cz si scrive invece

IABCz =

L∫0

(ξ − L/3

)2 m

Ldξ =

m

L

[13

(ξ − L

3

)3]L

0

=19mL2,

come del resto e dato verificare mediante il teorema di Huygens-Steiner

IABCz = IAB

Gz + m|G − C |2 =112

mL2 + m(L

6

)2

=19mL2.

Considerato che la velocita angolare dell’asta vale φ e3, la corrispondente energia cineticarisulta percio

TAB =12IABCz |φ e3|2 =

12

m(L

3

)2

φ2 =118

mL2φ2.

Per il punto materiale di massa 2m fissato in A si ottiene infine

TA =12IACz|φ e3|2 =

12

2m(L

3

)2

φ2 =19mL2φ2.

L’energia cinetica del sistema e cosı la somma delle energie cinetiche calcolate

T = TP + TAB + TA =12mL2s2 +

118

mL2φ2 +19mL2φ2 =

12mL2s2 +

16mL2φ2 .

(d) Equazioni di LagrangeDal momento che tutte le sollecitazioni applicate al sistema sono di natura posizionale econservativa, le equazioni pure del moto possono scriversi nella seconda forma

d

dt

(∂L

∂s

)− ∂L

∂s= 0

d

dt

(∂L

∂φ

)− ∂L

∂φ= 0 ,

la lagrangiana L = T + U del sistema essendo data dall’espressione

L =12mL2s2 +

16mL2φ2 − 1

2mgL cos φ +

kL2

2

(−s2 +

43s sin φ +

43

cos φ).

Stefano Siboni 1127


Si hanno le ovvie relazioni:

d

dt

(∂L

∂s

)= mL2s

∂L

∂s= kL2

(−s +

23

sinφ)

d

dt

(∂L

∂φ

)=

13mL2φ

∂L

∂φ=

12mgL sinφ +

23kL2(s cos φ − sinφ)

che sostituite nei binomi di Lagrange porgono le equazioni del moto

mL2s + kL2(s − 2

3sin φ

)= 0

13mL2φ − 1

2mgL sinφ +

23kL2(−s cos φ + sinφ) = 0 .

(e) Integrale primoIl sistema e scleronomo e soggetto soltato a sollecitazioni posizionali conservative. Unovvio integrale primo e quindi rappresentato dall’energia meccanica H = T − U

H =12mL2s2 +

16mL2φ2 +

12mgL cosφ +

kL2

2

(s2 − 4

3s sin φ− 4

3cos φ

).

Esercizio 197. Equilibrio di un corpo rigido appoggiatoSul piano orizzontale Oxy di una terna galileiana Oxyz, e appoggiato senza attrito uncorpo rigido pesante, di massa m e baricentro G(1, 1/2, 3). La base d’appoggio del corpoe costituita dai punti di seguito elencati:

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

Assumendo il piano Oxy debolmente cedevole, determinare:

(a) se la configurazione del sistema e di equilibrio;

(b) le reazioni vincolari esterne all’equilibrio;

(c) l’area di completo appoggio del corpo nella configurazione assegnata.

Soluzione(a) EquilibrioLa configurazione del sistema e di equilibrio se e soltanto se il centro di pressione cade nelpoligono d’appoggio. Ora, il centro di pressione C e la proiezione ortogonale del baricentroG sul piano orizzontale Oxy e dunque ha coordinate

(xG, yG) = (1, 1/2) ,

Stefano Siboni 1128


mentre il poligono d’appoggio si identifica con il poligono convesso di vertici P1, P2, P3, P4.E evidente dalla figura che C giace all’interno del poligono d’appoggio e caratterizza quindila configurazione come un equilibrio del sistema.

(b) Reazioni vincolari all’equilibrioI coefficienti di struttura a, b, c del piano di appoggio sono determinati dall’equazione ma-triciale

S

a

bc

= mg

xG

yG

1

dove xG, yG sono le coordinate del centro di pressione ed S e la matrice simmetrica

S =

Sxx Sxy Sx

Sxy Syy Sy

Sx Sy #Ω

=

5 1 3

1 2 23 2 4

di elementiSxx =

∑i∈Ω

x2i = 02 + 22 + 12 + 02 = 5

Sxy =∑i∈Ω

xiyi = 0 · 0 + 2 · 0 + 1 · 1 + 0 · 1 = 1

Sx =∑i∈Ω

xi = 0 + 2 + 1 + 0 = 3

Syy =∑i∈Ω

y2i = 02 + 02 + 12 + 12 = 2

Sy = 0 + 0 + 1 + 1 = 2

#Ω = 4.

Vale pertanto: a

bc

= S−1mg

xG

yG

1

= mg

110

4 2 −4

2 11 −7−4 −7 9

xG

yG

1

.

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

Φi = Φi e3 i = 1, 2, 3, 4

Stefano Siboni 1129


dove le componenti verticali Φi sono individuate in termini dei coefficienti di struttura permezzo delle relazioni

Φi = (xi yi 1)

a

bc

=

mg

10(xi yi 1)

4 2 −4

2 11 −7−4 −7 9

xG

yG

1

e, affinche ricorra in Pi una posizione di effettivo appoggio del corpo, devono risultarestrettamente positive. Basta allora sostituire le coordinate dei vertici Pi, i = 1, 2, 3, 4, edel centro di pressione per ottenere:

Φ1 =mg

10(0 0 1)

4 2 −4

2 11 −7−4 −7 9

1

1/21

=

mg

10(−4 − 7 9)

1

1/21

=

320

mg

Φ2 =mg

10(2 0 1)

4 2 −4

2 11 −7−4 −7 9

1

1/21

=

mg

10(4 − 3 1)

1

1/21

=

720

mg

Φ3 =mg

10(1 1 1)

4 2 −4

2 11 −7−4 −7 9

1

1/21

=

mg

10(2 6 − 2)

1

1/21

=

310

mg

Φ4 =mg

10(0 1 1)

4 2 −4

2 11 −7−4 −7 9

1

1/21

=

mg

10(−2 4 2)

1

1/21

=

15mg

in modo che le reazioni vincolari esterne agenti sui punti della base d’appoggio diventano:

Φ1 =320

mg e3Φ2 =

720

mg e3Φ3 =

310

mg e3Φ4 =

15mg e3.

(c) Area di completo appoggioLa posizione del centro di pressione corrispondente ad una componente Φ1 positiva dellareazione vincolare in P1 e individuata da tutte e sole le coordinate (x, y) per le quali risulta

Φ1 = (0 0 1)mgS−1

x

y1

=

mg

10(−4 − 7 9)

x

y1

=

mg

10(−4x − 7y + 9) > 0.

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

Φ2 = (2 0 1)mgS−1

x

y1

=

mg

10(4 − 3 1)

x

y1

=

mg

10(4x − 3y + 1) > 0

Φ3 = (1 1 1)mgS−1

x

y1

=

mg

10(2 6 − 2)

x

y1

=

mg

10(2x + 6y − 2) > 0

Φ4 = (0 1 1)mgS−1

x

y1

=

mg

10(−2 4 2)

x

y1

=

mg

10(−2x + 4y + 2) > 0.

Stefano Siboni 1130


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

−4x − 7y + 9 > 04x − 3y + 1 > 02x + 6y − 2 > 0

−2x + 4y + 2 > 0

la cui soluzione si ricava per via grafica ed e evidenziata con il tratteggio nella figuraseguente

Si ricorda che la soluzione viene ottenuta tracciando nel piano cartesiano le rette diequazione

−4x − 7y + 9 = 0 4x − 3y + 1 = 0 2x + 6y − 2 = 0 − 2x + 4y + 2 = 0

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

Esercizio 198. Analisi di WeierstrassUn punto materiale di massa unitaria e vincolato a scorrere senza attrito su un asse Ox ela sua equazione del moto si scrive:

x = x4 − 1 , x ∈ R .

Si ricavino:

(a) il ritratto di fase del sistema;

(b) le condizioni iniziali per le quali si hanno i moti a meta asintotica del sistema;

(c) gli equilibri e le relative proprieta di stabilita in presenza della ulteriore sollecitazioneQx = −2x.

Stefano Siboni 1131


SoluzioneIl punto e vincolato a muoversi lungo una curva ed il suo moto risulta percio unidimensio-nale. Le forze applicate hanno natura puramente posizionale ed ammettono dunque unpotenziale U(x) definito dall’equazione differenziale ordinaria

dU

dx(x) = x4 − 1 ∀x ∈ R

che porge, a meno di una costante additiva arbitraria,

U(x) =x5

5− x ∀x ∈ R.

(a) Ritratto di fasePer poter applicare l’analisi di Weierstrass e determinare il ritratto di fase del sistema enecessario delineare l’andamento generale della funzione energia potenziale W (x) = −U(x),con particolare riferimento ai punti critici. Questi si individuano uguagliando a zero laderivata prima di W , ovvero di U ,

W ′(x) = −U ′(x) = 1 − x4 = (1 − x)(1 + x)(1 + x2) = 0

e risultano pertantox = +1 x = −1 .

Dal segno della derivata seconda dell’energia potenziale W ′′(x) = −4x3 nei punti critici

W ′′(+1) = −4 W ′′(−1) = +4

si deduce che il punto x = 1 e un massimo relativo proprio di W , mentre x = −1 costituisceun minimo relativo proprio della stessa funzione. Nei punti critici la funzione W assume ivalori:

W (+1) =45

W (−1) = −45

mentre valgono gli ovvi limiti:

limx→+∞

W (x) = −∞ limx→−∞

W (x) = +∞ .

Il grafico dell’energia potenziale ha dunque l’andamento illustrato nella figura seguente

Stefano Siboni 1132


I punti critici sono, come e noto, i soli candidati possibili al ruolo di zeri doppi dellafunzione di Weierstrass e dunque di punti di equilibrio, ovvero di mete asintotiche. Perottenere il ritratto di fase del sistema e sufficiente rappresentare le curve di livello — oisoipse — dell’energia meccanica conservata

H(x, x) =x2

2+ W (x) =

x2

2− x5

5+ x

considerando i livelli di energia:

E0 < −4/5, che individua l’orbita di un moto aperiodico x(t) con un unico punto diinversione e limite all’infinito tanto nel passato quanto nel futuro;

E1 = −4/5, che specifica l’orbita (x, x) = (−1, 0) della soluzione statica x(t) = −1∀ t ∈ R e di una seconda soluzione aperiodica munita di un solo punto di inversione etendente a x = +∞ per t → ±∞;

E2 ∈ (−4/5, 4/5), corrispondente alle orbite di due soluzioni, l’una periodica nelsemipiano delle fasi x < 1 e l’altra aperiodica in x > 1, con un punto di inversione elimite all’infinito tanto nel passato quanto nel futuro;

E3 = 4/5, che individua le orbite di quattro distinte soluzioni, la prima corrispondentealla soluzione statica x(t) = 1 ∀ t ∈ R, l’altra ubicata nel semipiano di fase x < 1 e conmeta asintotica (x, x) = (1, 0) per t → ±∞ — soluzione omoclina — la terza collocatanel quadrante x > 1, x < 0 e a meta asintotica in (x, x) = (1, 0) nel futuro, la quarta,infine, ubicata nel quadrante x > 1, x > 0 con meta asintotica (x, x) = (1, 0) pert → −∞ e tendente all’infinito nel futuro;

E4 > 4/5, nel qual caso l’unica orbita e relativa ad un moto aperiodico con un solopunto di inversione nella striscia x < −1 e divergente a x = +∞ tanto nel futuroquanto nel passato.

Il ritratto di fase del sistema ha dunque l’andamento di seguito illustrato.

Stefano Siboni 1133


Si osservi che laddove le soluzioni divergono ad x = +∞ lo fanno sempre in un intervallo ditempo finito, come dire che si tratta comunque di soluzioni massimali definite su intervalliaperti e limitati. Cio segue dalla convergenza dell’integrale di Weierstrass

+∞∫x(0)

1√E +

x5

5− x

dx

assicurata dall’equivalenza di infinitesimi

1√E +

x5

5− x

∼ 1x5/2

(x → +∞)

il secondo dei quali e ovviamente integrabile su ogni intervallo del tipo [a,+∞), per a > 0fissato a piacere.

(b) Condizioni iniziali dei moti asintoticiL’analisi di Weierstrass illustrata al punto precedente assicura che i moti asintotici — nelfuturo — del sistema ricorrono per tutte e sole le condizioni iniziali (x, x) ∈ R

2 tali che

H(x, x) =x2

2− x5

5+ x = W (1) =

45

purchex = 0

e x < 0 se x > 1. Le condizioni iniziali dei moti asintotici sono pertanto tutti e soli i puntidell’insieme

x2

2− x5

5+ x =

45

, x = 0 e x < 0 se x > 1

.

(c) Equilibri e stabilita degli stessiLa sollecitazione addizionale Qx = −2x e chiaramente di potenza non positiva

π = Qxx = −2x2 ≤ 0

oltre che continua nel proprio argomento x, per cui non altera le configurazioni di equilibriodeterminabili sulla base delle forze posizionali e conservative. Gli equilibri si identificanopertanto con i punti critici del potenziale totale, gia determinati al punto (a):

x = +1 x = −1 .

La sollecitazione addizionale e in effetti completamente dissipativa, visto che la sua potenzasi annulla soltanto a velocita generalizzata x nulla:

π = −2x2 = 0 ⇐⇒ x = 0 ;

Stefano Siboni 1134


a cio si aggiunge il fatto che tutte le configurazioni di equilibrio sono certamente isolate,dal momento che il sistema ne ammette soltanto un numero finito. E cosı lecito applicarei criteri di Barbasin-Krasovskii e concludere che:

(i) x = −1 e asintoticamente stabile, in quanto massimo relativo proprio isolato delpotenziale U del sistema;

(ii) x = +1 risulta instabile perche, sebbene punto critico isolato, non e un massimo delpotenziale.

Esercizio 199. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoNell’origine O di un piano verticale Oxy e in-cernierata una sbarra rigida omogenea AB dimassa 3m/4 e lunghezza 2L. Nel suo puntomedio M e incernierata una seconda sbarraomogenea MC , di massa m e lunghezza 2L.Sull’estremo B della prima sbarra agisce i-noltre una forza elastica −k(B−B′), essendoB′ la proiezione di B sull’asse Ox. Il sistemae pesante e tutti i vincoli si assumono ideali.Usando le variabili θ e φ illustrate in figura come parametri lagrangiani, determinare delsistema:

(a) gli equilibri ordinari;


(c) nell’ipotesi che le reazioni vincolari siano concentrate nei punti O ed M , la reazionevincolare in O per la quiete in una delle configurazioni di equilibrio;

(d) l’espressione dell’energia cinetica relativa a Oxy;

(e) posto k = 3mg/16L, frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni nell’intorno diuna configurazione di equilibrio stabile.

SoluzioneQuello considerato e un sistema scleronomo a vincoli bilaterali e ideali, con due soli gradidi liberta, e soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali e conservative. Le sue configu-razioni di equilibrio, tutte ordinarie, si identificano dunque con i punti critici del potenzialedel sistema.

(a) Equilibri ordinariPer determinare gli equilibri ordinari occorre ricavare preliminarmente il potenziale U delsistema, che si e gia sottolineato essere soggetto esclusivamente a sollecitazioni posizionaliconservative, la forza peso e l’interazione elastica fra i punti B e B′.

Stefano Siboni 1135


Potenziale gravitazionaleIl baricentro dell’asta omogenea MC coincide, per simmetria, con il suo punto medio G. Ilpotenziale gravitazionale del sistema e quindi la somma dei potenziali gravitazionali delledue aste e si scrive:

Ug = −34m(M −O) · g e2 −m(G − O) · g e2 .

D’altra parte, il vettore posizione del baricentro M dell’asta AB vale

M − O = L cos θ e1 − L sin θ e2

mentre quello del baricentro G di MC e dato da

G − O = M − O + G −M = L cos θ e1 − L sin θ e2 + L sin φ e1 − L cos φ e2 == L(cos θ + sin φ) e1 − L(sin θ + cos φ) e2

per cui l’espressione del potenziale gravitazionale diventa

Ug = −34mg(−L sin θ) −mg[−L(sin θ + cos φ)] =

74mgL sin θ + mgL cosφ .

Potenziale elasticoIl potenziale associato all’interazione elastica fra il punto B e la sua proiezione ortogonaleB′ sull’asse Ox si determina direttamente per mezzo della formula generale:

Uel = −k

2|B − B′|2 = −k

2

∣∣−2L sin θ e2

∣∣2 = −2kL2sin2θ .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema non e che la somma dei potenziali parziali or ora calcolati, gravi-tazionale ed elastico:

U(θ, φ) = Ug + Uel =74mgL sin θ − 2kL2sin2θ + mgL cosφ .

Equilibri ordinariGli equilibri ordinari del sistema sono tutti e soltanto i punti critici del potenziale e siricavano dunque annullando simultaneamente le derivate parziali prime del potenziale:

∂U

∂θ(θ, φ) =

74mgL cos θ − 4kL2 sin θ cos θ

∂U

∂φ(θ, φ) = −mgL sinφ

ovvero risolvendo il sistema di equazioni trigonometriche

74mgL cos θ − 4kL2 sin θ cos θ = 0

−mgL sinφ = 0

Stefano Siboni 1136


che equivale al sistema disaccoppiato

( 716

mg

kL− sin θ

)cos θ = 0

sin φ = 0 .

Le soluzioni in φ sonoφ = 0 , π ,

mentre per l’angolo θ si hanno i valori critici

θ = π/2 , −π/2 ,

sempre definiti, e

θ = θ , π − θ , con θ = arcsin( 7

16mg

kL

),

definiti e distinti dai precedenti a condizione che risulti 7mg/16kL < 1. Gli equilibri delsistema sono dunque tutte le combinazioni possibili fra i valori critici di θ e di φ appenadeterminati. Alcune configurazioni di equilibrio sono sempre definite:

(θ, φ) = (π/2, 0) , (−π/2, 0) , (π/2, π) , (−π/2, π)

mentre le altre sono definite e distinte dalle precedenti per 7mg/16kL < 1:

(θ, φ) = (θ, 0) , (π − θ, 0) , (θ, π) , (π − θ, π) ,

essendosi posto θ = arcsin(7mg/16kL).

(b) Stabilita degli equilibri ordinariPoiche tutte le sollecitazioni agenti sul sistema hanno natura posizionale e conservativae possibile analizzare le proprieta di stabilita degli equilibri facendo uso dei teoremi diLagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo e necessario calcolare le derivateparziali seconde del potenziale

Uθθ(θ, φ) = −74mgL sin θ − 4kL2(cos2θ − sin2θ)

Uφφ(θ, φ) = −mgL cosφ

Uθφ(θ, φ) = Uφθ(θ, φ) = 0

in modo che l’hessiana del potenziale assume la forma diagonale

HU (θ, φ) =

(−7

4mgL sin θ − 4kL2(cos2θ − sin2θ) 0

0 −mgL cosφ

).

Stefano Siboni 1137


Per φ = π si ha −mg cos φ = mg > 0, sicche HU (θ, π) ha almeno un autovalore positivo.Il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet implica allora l’instabilita delleconfigurazioni:

(θ, φ) = (π/2, π) , (−π/2, π) , (θ, π) , (π − θ, π).

Se φ = 0 il secondo autovalore −mg cos φ e negativo e la natura dell’equilibrio e determinataunicamente dal segno di

Uθθ(θ, 0) = −4kL2( 7

16mg

kLsin θ + cos2θ − sin2θ

).

Si distinguono i relativi sottocasi.

Configurazione (θ, φ) = (π/2, 0)In questa configurazione si ha

Uθθ(π/2, 0) = −4kL2( 7

16mg

kL− 1

)= 4kL2

(1 − 7

16mg

kL

)e risulta percio:

Uθθ(π/2, 0) > 0 per 7mg/16kL < 1, in modo che la configurazione si riconosce essereinstabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

Uθθ(π/2, 0) < 0 se 7mg/16kL > 1, dal che segue che la configurazione rappresenta unmassimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita e assicurata dal teorema diLagrange-Dirichlet;

Uθθ(π/2, 0) = 0 per 7mg/16kL = 1, e la configurazione di equilibrio e critica.

Configurazione (θ, φ) = (−π/2, 0)La derivata seconda in θ del potenziale vale in questo caso

Uθθ(−π/2, 0) = −4kL2(− 7

16mg

kL− 1

)= 4kL2

(1 +

716

mg

kL

)> 0

e implica l’instabilita della configurazione in virtu del teorema di inversione parziale diLagrange-Dirichlet.

Configurazioni (θ, φ) = (θ, 0), (π − θ, 0)A causa dell’ovvia simmetria

U(θ, φ) = U(π − θ, φ) ∀ (θ, φ) ∈ R2 ,

queste configurazioni presentano le medesime proprieta di stabilita , per cui e sufficienteanalizzare una sola di esse. Si ha cosı:

Uθθ(π − θ, 0) = Uθθ(θ, 0) = −4kL2( 7

16mg

kLsin θ + cos2θ − sin2θ

)=

= −4kL2(sin2θ + cos2θ − sin2θ) = −4kL2cos2θ < 0

Stefano Siboni 1138


dal che si riconosce che le configurazioni in questione costituiscono massimi relativi propridel potenziale, la cui stabilita segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

(c) Reazione vincolare in O all’equilibrioNell’ipotesi che le reazioni vincolari siano concentrate nei punti O ed M si deve assumereche all’asta AB possano essere applicate una reazione vincolare arbitraria in O ed unaseconda reazione vincolare arbitraria in M , dovuta all’azione dell’asta MC ; per il principiodi azione e reazione, una reazione opposta dovra essere esercitata dall’asta MC sull’astaAB in M . La sola reazione vincolare esterna all’intero sistema e, chiaramente, quellaapplicata in O. Indicata con ΦO la reazione incognita, la prima equazione cardinale dellastatica per l’intero sistema si scrive

0 = ΦO − 34mg e2 + k(B′ − B) −mg e2

e da essa si deduce

ΦO =74mg e2 + k(B − B′) =

74mg e2 + k(−2L sin θ e2) =

(74mg − 2kL sin θ

)e2 .

Per la quiete nella configurazione di equilibrio (θ, φ) = (π/2, 0) si ha allora

ΦO =(7

4mg − 2kL

)e2 .

(d) Energia cineticaL’energia cinetica relativa alla terna Oxyz e data dalla somma delle energie cinetichedell’asta AB e dell’asta MC :

T = TAB + TMC .

L’energia cinetica della prima asta, che ha asse fisso Az, si ricava immediatamente dallaformula generale per l’energia cinetica di un corpo rigido con asse fisso:

TAB =12IABAz | − θ e3|2 =

12

13

(34m)(2L)2 θ2 =

12mL2θ2

ricordando l’espressione per il momento d’inerzia IABAz relativo all’asse Oz e notando che

la velocita angolare istantanea vale −θ e3. In modo analogo, il teorema di Konig porge perl’asta omogenea MC l’espressione

TMC =m

2G2 +

12IMCGz |φ e3|2

che, sostituita la relazione di G −O in termini di θ e φ, diventa

TMC =mL2

2[(− sin θ θ + cos φ φ) e1 + (− cos θ θ + sinφ φ) e2

]2 +12m

(2L)2

12φ2 =

=mL2

2[sin2θ θ2 + cos2φ φ2 − 2 sin θ cos φ θφ+

+ cos2θ θ2 + sin2φ φ2 − 2 cos θ sinφ θφ]+

16mL2φ2 =

=mL2

2[θ2 + φ2 − 2 sin(θ + φ) θφ

]+

16mL2φ2 =

=mL2

2

[θ2 +

43φ2 − 2 sin(θ + φ) θφ

].

Stefano Siboni 1139


L’energia cinetica risulta pertanto:

T =12mL2

[2θ2 +

43φ2 − 2 sin(θ + φ) θφ

].

(e) Frequenze e modi normali delle piccole oscillazioniPer k = 3mg/16L la configurazione di equilibrio (θ, φ) = (π/2, 0) e stabile: essa vienequindi prescelta per lo studio delle piccole oscillazioni. L’energia cinetica si scrive intermini della matrice di rappresentazione A(θ, φ):

T =12(θ φ)mL2

(2 − sin(θ + φ)

− sin(θ + φ) 4/3

)(θφ

)=

12(θ φ)A(θ, φ)

(θφ

)

mentre la matrice hessiana del potenziale vale

HU (θ, φ) =

−7

4mgL sin θ − 3

4mgL(cos2θ − sin2θ) 0

0 −mgL cosφ

.

Nella configurazione di equilibrio assegnata le matrici precedenti si riducono a

A(π/2, 0) = mL2

(2 −1−1 4/3

)HU (π/2, 0) = mgL

(−1 00 −1

).

L’equazione agli autovalori che individua i modi normali delle piccole oscillazioni nell’in-torno della configurazione di equilibrio e percio

[ω2A(π/2, 0) + HU (π/2, 0)]a = 0 , a ∈ R2 \ (0, 0) ,

ossia [ω2 1

mL2A(π/2, 0) +

1mL2

HU (π/2, 0)]a = 0 , a = 0 ,

e sostituendo la forma esplicita delle matrici:[ω2

(2 −1−1 4/3

)+

g

L

(−1 00 −1

)](a1

a2

)= 0 , (a1, a2) = (0, 0) .

Le pulsazioni normali sono le soluzioni dell’equazione caratteristica

det

2 − g

Lω2−1

−143− g

Lω2

= 0

che conviene riesprimere in una forma piu semplice ponendo µ = g/Lω2:

(2 − µ)(4

3− µ

)− 1 = 0 .

Stefano Siboni 1140


L’equazione caratteristica diventa cosı

µ2 − 103

µ +53

= 0

e le sue soluzioni risultano:

µ =12

[103

±√

1009

− 203

]=

12

(103

±√

403

)=

12

(10 ± 2

√10

) 13

=5 ±

√10

3

dal che si deduce

Lω2

g=

1µ

=3

5 ±√

10= 3

5 ∓√

1025 − 10

=5 ∓

√10

5

e quindi

ω2 =5 ±

√10

5g

L.

Le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni attorno alla configurazione (θ, φ) = (π/2, 0)sono pertanto:

ω1 =

√5 +

√10

5

√g

Lω2 =

√5 −

√10

5

√g

L

e le relative frequenze normali diventano

f1 =ω1

2π=

12π

√5 +

√10

5

√g

Lf2 =

ω2

2π=

12π

√5 −

√10

5

√g

L.

Non rimane che caratterizzare i singoli modi normali di oscillazione.

Modo normale di pulsazione ω = ω1

L’equazione che specifica il modo normale di oscillazione relativo alla pulsazione normaleω = ω1 e [(

2 −1−1 4/3

)+

g

Lω21

(−1 00 −1

)](a1

a2

)= 0 , (a1, a2) = (0, 0) ,

cong

Lω21

=5 −

√10

3.

Sostituendo l’espressione di ω21 nell’equazione matriciale, questa diventa

2 − 5−

√10

3−1

−143− 5 −

√10

3

a1

a2

=

1 +√

103

−1

−1−1 +

√10

3

a1

a2

= 0

Stefano Siboni 1141


e si riduce al sistema lineare omogeneo equivalente

1 +√

103

a1 − a2 = 0

−a1 +−1 +

√10

3a2 = 0

la cui soluzione generale puo scriversi come:

a1 = ε1 a2 =1 +

√10

3ε1 , ε1 ∈ R \ 0.

Il modo normale di oscillazione cercato assume percio la forma:

(θ − π/2

φ

)= ε1

1

1 +√

103

cos(ω1t + α1) ∀ ε1 ∈ R \ 0 , α1 ∈ R .

Si osservi che nel primo modo normale di oscillazione i due parametri lagrangiani oscillanoin fase attorno ai rispettivi valori di equilibrio.

Modo normale di pulsazione ω = ω2

L’equazione che specifica il modo normale di oscillazione relativo alla pulsazione normaleω = ω2 risulta ora[(

2 −1−1 4/3

)+

g

Lω22

(−1 00 −1

)](a1

a2

)= 0 , (a1, a2) = (0, 0) ,

essendog

Lω22

=5 +

√10

3.

Sostituendo l’espressione di ω22 l’equazione matriciale si riduce a

2 − 5 +√

103

−1

−143− 5 +

√10

3

a1

a2

=

1−√

103

−1

−1−1 −

√10

3

a1

a2

= 0

ovvero al sistema lineare omogeneo equivalente

1 −√

103

a1 − a2 = 0

−a1 +−1 −

√10

3a2 = 0

la cui soluzione generale puo scriversi come

a1 = ε2 a2 = −√

10− 13

ε2 , ε2 ∈ R \ 0 .

Stefano Siboni 1142


Il secondo modo normale di oscillazione cercato si esprime percio nella forma:

(θ − π/2

φ

)= ε2

1

−√

10 − 13

cos(ω2t + α2) ∀ ε2 ∈ R \ 0 , α2 ∈ R .

In questo modo normale i due parametri lagrangiani oscillano in opposizione di fase l’unorispetto all’altro, attorno ai relativi valori di equilibrio.

Complemento. Equazioni del motoLe equazioni pure del moto si identificano con quelle di Lagrange:

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

d

dt

(∂L

∂φ

)− ∂L

∂φ= 0

con lagrangiana:

L = T +U =12mL2

[2θ2 +

43φ2 − 2 sin(θ +φ) θφ

]+

74mgL sin θ− 2kL2sin2θ +mgL cosφ.

Dalla lagrangiana si ricavano le relazioni seguenti:

∂L

∂θ=

mL2

2[4θ − 2 sin(θ + φ) φ

]= mL2[2θ − sin(θ + φ) φ]

d

dt

(∂L

∂θ

)= mL2

[2θ − sin(θ + φ) φ − cos(θ + φ) (θ + φ)φ

]∂L

∂θ= −mL2 cos(θ + φ) θφ +

74mgL cos θ − 4kL2 sin θ cos θ

∂L

∂φ=

mL2

2

[83φ − 2 sin(θ + φ) θ

]= mL2

[43φ− sin(θ + φ) θ

]d

dt

(∂L

∂φ

)= mL2

[43φ − sin(θ + φ) θ − cos(θ + φ) (θ + φ)θ

]∂L

∂φ= −mL2 cos(θ + φ) θφ −mgL sinφ

che sostituite nelle equazioni di Eulero-Lagrange conducono alle equazioni pure del moto

mL2[2θ − sin(θ + φ) φ − cos(θ + φ) φ2] − 74mgL cos θ + 4kL2 sin θ cos θ = 0

mL2

[43φ− sin(θ + φ) θ − cos(θ + φ) θ2

]+ mgL sinφ = 0

le quali possono peraltro porsi nella forma equivalente

2θ − sin(θ + φ) φ − cos(θ + φ) φ2 − 74

g

Lcos θ + 4

k

msin θ cos θ = 0

− sin(θ + φ) θ +43φ− cos(θ + φ) θ2 +

g

Lsin φ = 0 .

Stefano Siboni 1143


Esercizio 200. Geometria delle masseUn sistema rigido e costituito da un quarto di disco circolare di centro O e raggio L, chein un suo generico punto P ha densita superficiale

σ(P ) =3m

πL3|P − O| .

Determinare:

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

(b) la matrice d’inerzia relativamente a Oxyz;

(c) il momento d’inerzia rispetto alla bisettrice del primo quadrante Oxz;

(d) momento angolare in O ed energia cinetica nell’ipotesi che il punto O sia fisso e lavelocita angolare istantanea valga ω = 2ωe1 − ωe3, con ω > 0;

(e) l’equazione dell’asse istantaneo di moto qualora fosse O = Lω e2 e ω = ω(2 e1 − e3).

Soluzione(a) BaricentroIl vettore posizione del baricentro rispetto alla terna solidale Oxyz si scrive nella forma

G − O = xG e1 + yG e2 + zG e3 .

E immediato riconoscere che il piano di giacitura Oxy costituisce un piano di simmetriadel sistema, per cui la quota del baricentro risulta certamente nulla

zG = 0 .

Di piu, la bisettrice del primo quadrante nel piano Oxy si identifica con un asse di sim-metria in quanto i punti del settore circolare simmetrici rispetto a tale retta si collocanoevidentemente ad eguale distanza dall’origine O e sono percio caratterizzati da uno stessovalore della densita σ, la quale per ipotesi dipende unicamente da tale distanza. Si hapertanto l’ulteriore condizione

xG = yG

Stefano Siboni 1144


per effetto della quale si conclude che il vettore posizione del baricentro deve ridursiall’espressione

G −O = xG(e1 + e2)

in cui si tratta di determinare la sola ascissa xG. A questo scopo si calcola in primo luogola massa totale M della lamina introducendo il sistema di coordinate polari piane:

x = ρ cos φ y = ρ sin φ , (ρ, φ) ∈ [0, L]× [0, π/2]

dove, per un generico punto P del settore circolare, ρ = |P − O| e la distanza di dettopunto dall’origine e φ indica l’angolo compreso fra il vettore P −O e la direzione positivadell’asse Ox; ricordato che il determinante jacobiano della trasformazione di coordinate(x, y) → (ρ, φ) vale ρ, si ha cosı l’integrale di superficie

M =∫

σ dS =

L∫0

dρ

π/2∫0

dφ ρσ =

L∫0

dρ

π/2∫0

dφ ρ3m

πL3ρ =

=

L∫0

ρ2dρ

π/2∫0

3m

πL3dφ =

L3

3π

23m

πL3=

m

2.

L’ascissa xG si calcola dunque per mezzo della definizione di baricentro:

xG =1M

∫xσ dS =

2m

L∫0

dρ

π/2∫0

dφ ρ ρ cos φ3m

πL3ρ =

=2m

3m

πL3

L∫0

ρ3 dρ

π/2∫0

cos φ dφ =6

πL3

L4

4[sinφ

]π/2

0=

32π

L

e il vettore posizione del baricentro diventa

G − O =32π

L e1 +32π

L e2 .

(b) Matrice d’inerzia rispetto alla terna OxyzPoiche la lamina giace per intero nel piano coordinato Oxy, la matrice d’inerzia del sistemarelativa alla terna Oxyz ha la seguente struttura generale:

[LO] =

Lxx Lxy 0

Lxy Lyy 00 0 Lxx + Lyy

.

La presenza dell’asse di simmetria y = x, z = 0, implica che per ogni punto P (x, y) dellalamina il punto simmetrico P (y, x) sia caratterizzato dallo stesso valore della densita e

Stefano Siboni 1145


che la distanza y di P dall’asse Ox coincida con quella di P da Oy; ci si aspetta percioche

Lxx = Lyy .

Il momento d’inerzia rispetto all’asse Ox e dato per definizione da:

Lxx =∫

y2σ dS =

L∫0

dρ ρ

π/2∫0

dφ (ρ sin φ)23m

πL3ρ =

=3m

πL3

L∫0

ρ4dρ

π/2∫0

sin2φ dφ =3m

πL3

L5

5

π/2∫0

1 − cos 2φ

2dφ =

=35π

mL2 12

[φ− sin 2φ

2

]π/2

0

=3

10πmL2 π

2=

320

mL2

mentre quello relativo all’asse Oy coincide, come deve, con il precedente:

Lyy =∫

x2ρ dS =

L∫0

dρ ρ

π/2∫0

dφ (ρ cos φ)23m

πL3ρ =

=3m

πL3

L∫0

ρ4dρ

π/2∫0

cos2φ dφ =320

mL2 .

Il prodotto d’inerzia Lxy vale invece:

Lxy = −∫

xy σ dS = −L∫

0

dρ ρ

π/2∫0

dφ ρ cosφ ρ sin φ3m

πL3ρ =

= − 3m

πL3

L∫0

ρ4dρ

π/2∫0

sinφ cos φ dφ = − 3m

πL3

L5

5

[sin2φ

2

]π/2

0

= − 310π

mL2 .

La matrice d’inerzia della lamina e pertanto

[LO] = mL2

3/20 −3/10π 0

−3/10π 3/20 00 0 3/10

.

(c) Momento d’inerzia rispetto alla bisettrice del primo quadrante in OxzLa bisettrice del primo quadrante nel piano Oxz e la retta passante per l’origine individuatadal versore

n =1√2

e1 +1√2

e3

Stefano Siboni 1146


le cui componenti cartesiane, relative alla terna Oxyz, si scrivono

(n1 , n2 , n3) =(1/

√2 , 0 , 1/

√2).

Il momento d’inerzia del sistema rispetto alla bisettrice si determina quindi in terminidell’operatore d’inerzia LO per mezzo della relazione

IOn = n ·L0(n) = (n1 n2 n3)[LO]

n1

n2

n3

=

=(1/

√2 0 1/

√2)mL2

3/20 −3/10π 0

−3/10π 3/20 00 0 3/10

1/

√2

01/

√2

=

=mL2

2(1 0 1

) 3/20 −3/10π 0−3/10π 3/20 0

0 0 3/10

1

01

=

=mL2

2(1 0 1

) 3/20−3/10π

3/10

=

940

mL2 .

(d) Momento angolare in O ed energia cineticaNell’ipotesi che il punto O sia fisso e che la velocita angolare istantanea valga ω = 2ω e1 −ω e3, con ω > 0, il momento angolare in O del sistema rigido si scrive

3∑i=1

Ki ei = LO(ω) = LO(2ω e1 − ω e3) .

Per mezzo della matrice d’inerzia [LO] relativa alla terna Oxyz, la relazione precedenteviene ricondotta alla forma matriciale equivalente

K1

K2

K3

= mL2

3/20 −3/10π 0

−3/10π 3/20 00 0 3/10

2ω

0−ω

=

= mL2ω

3/20 −3/10π 0

−3/10π 3/20 00 0 3/10

2

0−1

= mL2ω

3/10

−3/5π−3/10

dalla quale si deduce l’espressione cercata del momento angolare in O:

KO = mL2ω( 3

10e1 −

35π

e2 −310

e3

).

L’energia cinetica e data quindi da

T =12ω · KO =

12ω(2 0 − 1)mL2ω

3/10

−3/5π−3/10

=

12mL2ω2

(35

+310

)=

920

mL2ω2 .

Stefano Siboni 1147


(e) Asse istantaneo di motoLa posizione dell’asse istantaneo di moto e individuata univocamente dalla velocita istan-tanea O del punto O — partecipe dell’atto di moto rigido — e dal vettore velocita angolareistantanea ω. I punti dell’asse istantaneo di moto sono dati dalla relazione parametrica:

P − O =1

|ω|2 ω ∧ O + α ω , ∀α ∈ R

che con le sostituzioniω = ω(2 e1 − e3) O = Lω e2

diventa

P − O =1

ω2(4 + 1)ω(2 e1 − e3) ∧ Lω e2 + αω =

=L

5(2 e1 − e3) ∧ e2 + αω = L

(15

e1 +25

e3

)+ α ω(2 e1 − e3) ∀α ∈ R .

Non rimane che introdurre, per comodita, il cambio di parametro α → ξ definito dallatrasformazione lineare

αω = Lξ , ξ ∈ R ,

per ottenere l’equazione parametrica dell’asse istantaneo di moto

x = L(1

5+ 2ξ

)y = 0

z = L(2

5− ξ

) ξ ∈ R .

Esercizio 201. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoGli estremi di un’asta rigida ommogenea AB, di massa m e lunghezza R, sono vincolatia scorrere su una circonferenza di centro O e raggio R, fissa nel piano Oxy di una ternaOxyz. La terna Oxyz ruota con velocita angolare costante ω > 0 attorno all’asse verticaleOy rispetto ad un riferimento inerziale. Una molla di costante mω2 collega il punto medioM di AB con un punto materiale P , di massa m/4, vincolato a muoversi lungo l’asseorizzontale Ox. Il sistema e pesante e a vincoli ideali.

Stefano Siboni 1148


Assunte come coordinate lagrangiane le variabili θ ed s illustrate in figura, determinare:

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

(b) gli equilibri relativi a Oxyz;

(c) le proprieta di stabilita dei predetti equilibri;


(e) la condizione necessaria e sufficiente affinche una funzione V (θ, s, θ, s), di classe C1 inR

4, sia un integrale primo del sistema.

Soluzione(a) Energia cinetica relativa a OxyzL’energia cinetica del sistema si scrive come somma delle energie cinetiche del punto ma-teriale P e dell’asta AB:

T = TP + TAB .

Il contributo del punto P , che ha massa m/4, si calcola immediatamente ed e dato da

TP =12

m

4P 2 =

m

8|Rs e1|2 =

18mR2s2 .

L’asta AB e priva di punti fissi e conviene quindi procedere al calcolo della sua energiacinetica per mezzo del teorema di Konig. Dato che il moto dell’asta rispetto ad una suaqualsiasi terna baricentrale e rotatorio attorno all’asse fisso Mz, con velocita angolare θ e3,si ha:

TAB =m

2M2 + TAB

M =m

234R2θ2 +

12IABMz |θ e3|2 =

=38mR2θ2 +

12

mR2

12θ2 =

(38

+124

)mR2θ2 =

512

mR2θ2 ,

dove si e fatto uso delle ovvie relazioni

M − O = |M − O| (sin θ e1 − cos θ e2) =√

32

R (sin θ e1 − cos θ e2)

M =√

32

R (cos θ e1 + sin θ e2) θ

e dell’espressione IABMz = mR2/12 per il momento d’inerzia dell’asta rispetto ad un qualsiasi

asse ortogonale passante per il suo baricentro. Si conclude pertanto che:

T =18mR2s2 +

512

mR2θ2 .

(b) Equilibri relativi a OxyzIl sistema e scleronomo e soggetto esclusivamente a sollecitazioni posizionali e conserva-tive: il peso, l’interazione elastica fra i punti P ed M , le forze centrifughe. La terna di

Stefano Siboni 1149


riferimento Oxyz e anche sede di forze di Coriolis, che tuttavia hanno componenti la-grangiane identicamente nulle in quanto i moti del sistema sono vincolati ad avvenire nelpiano coordinato Oxy, passante per l’asse di rotazione Oy:

QCorθ =

∑P

−2mP

ω e2 ∧ P · ∂P

∂θ= −2ω

∑P

mP

e2 · P ∧ ∂P

∂θ= 0

QCors =

∑P

−2mP

ω e2 ∧ P · ∂P

∂s= −2ω

∑P

mP

e2 · P ∧ ∂P

∂s= 0 .

Le sollecitazioni posizionali e conservative vengono caratterizzate per mezzo dei relativipotenziali, la cui somma definisce il potenziale U del sistema. Tutte le configurazioni diequilibrio del sistema sono ordinarie e si identificano con i punti critici del potenziale U .

Potenziale gravitazionaleFormalmente, il potenziale gravitazionale e la somma dei contributi del punto materialee dell’asta, ma di fatto il punto P puo essere ignorato, essendo vincolato in modo damantenere costante la propria ordinata. Si ha dunque l’espressione

Ug = −m

4g(P − O) · e2 − mg(M − O) · e2 = 0 − mg

(−√

32

R cos θ)

=√

32

mgR cos θ .

Potenziale elasticoIl potenziale associato all’interazione elastica fra i punti P ed M , di costante k = mω2, edato dall’espressione:

Uel = −mω2

2|M − P |2 = −mω2

2|M − O − (P − O)|2

in cui si devono sostituire le relazioni trigonometriche

M − O = |M − O| (sin θ e1 − cos θ e2) =√

32

R (sin θ e1 − cos θ e2)

P − O = Rs e1

per ottenere

Uel = −mω2

2

∣∣∣∣(√

32

R sin θ − Rs)

e1 −√

32

R cos θ e2

∣∣∣∣2

=

= −mω2R2

2

[(√32

sin θ − s)2

+34cos2θ

]=

= −mω2R2

2

[34sin2θ −

√3 s sin θ + s2 +

34cos2θ

]=

=mω2R2

2(−s2 +

√3 s sin θ) + costante

che rappresenta il potenziale desiderato.

Stefano Siboni 1150


Potenziale centrifugoIl potenziale della forza centrifuga agente sul punto materiale P si scrive

UPcf =

ω2

2m

4|P − O|2 =

ω2

2m

4|Rs e1 |2 =

mω2R2

8s2 .

Per l’asta omogenea AB si ha invece, in virtu del teorema di Huygens-Steiner,

UABcf =

ω2

2IABOy =

ω2

2[IABMy + m[(M −O) · e1]2

]=

ω2

2

[IABMy + m

34R2sin2θ

]

dove il momento d’inerzia dell’asta rispetto all’asse baricentrale My viene conveniente-mente calcolato per mezzo della parametrizzazione

Q(ξ) − O = ξ cos θ e1 + ξ sin θ e2 , ξ ∈ [−R/2, R/2]

che, inserita nella definizione, porge

IABMy =

∫AB

|(Q − O) · e1|2 λds =

R/2∫−R/2

(ξ cos θ)2m

Rdξ =

=m

Rcos2θ

R/2∫−R/2

ξ2dξ =m

Rcos2θ

[ξ3

3

]R/2

−R/2

=mR2

12cos2θ .

Il potenziale centrifugo dell’asta diventa cosı

UABcf =

ω2

2

(mR2

12cos2θ +

34mR2sin2θ

)=

=mω2R2

2

( 112

− 112

sin2θ +34sin2θ

)=

mω2R2

2

( 112

+23sin2θ

).

Non resta che sommare i contributi relativi al punto P e all’asta per ottenere il potenzialecentrifugo del sistema

Ucf =18mω2R2s2 +

13mω2R2sin2θ + costante .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e allora dato dalla somma dei potenziali parziali calcolati

U(θ, s) =√

32

mgR cos θ +12mω2R2(−s2 +

√3 s sin θ) +

18mω2R2s2 +

13mω2R2sin2θ

e le sue derivate parziali prime assumono la forma:

Uθ(θ, s) = −√

32

mgR sin θ +√

32

mω2R2 s cos θ +23mω2R2 sin θ cos θ

Us(θ, s) =12mω2R2(−2s +

√3 sin θ) +

14mω2R2s .

Stefano Siboni 1151


EquilibriGli equilibri ordinari del sistema sono tutti e soli i punti critici del potenziale, soluzionidel sistema di equazioni

−√

32

mgR sin θ +√

32

mω2R2 s cos θ +23mω2R2 sin θ cos θ = 0

12mω2R2(−2s +

√3 sin θ) +

14mω2R2s = 0

che una semplice manipolazione algebrica riduce a

−√

32

g

Rω2sin θ +

√3

2s cos θ +

23

sin θ cos θ = 0

s =23

√3 sin θ

in modo che sostituendo la seconda equazione nella prima, questa diventa

sin θ(cos θ − 3

√3

10g

Rω2

)= 0 .

Di qui si deducono le soluzioniθ = 0 , π ,

sempre definite, e

θ = ±arc cos(3

√3

10g

Rω2

)= ±θ


3√

310

g

Rω2< 1 .

Gli equilibri ordinari del sistema si hanno quindi per:

• (θ, s) = (0, 0)

• (θ, s) = (π, 0)

• (θ, s) =(θ,

2√

33

sin θ)

= (θ, s) purche3√

310

g

Rω2< 1

• (θ, s) =(−θ,−2

√3

3sin θ

)= (−θ,−s) sotto la stessa condizione.

(c) Stabilita degli equilibriDato il carattere posizionale conservativo del sistema scleronomo, le proprieta di stabilitadegli equilibri ordinari possono essere analizzate mediante i teoremi di Lagrange-Dirichlet

Stefano Siboni 1152


e di inversione parziale. A questo scopo si calcolano preliminarmente le derivate parzialiseconde del potenziale

Uθθ(θ, s) = −√

32

mgR cos θ −√

32

mω2R2 s sin θ +23mω2R2(cos2θ − sin2θ)

Uθs(θ, s) = Usθ(θ, s) =√

32

mω2R2 cos θ

Uss(θ, s) = −34mω2R2

in modo che l’hessiana del potenziale in un generico punto (θ, s) assume la forma

HU (θ, s) = mω2R2

−

√3

2g

Rω2cos θ −

√3

2s sin θ +

23(cos2θ − sin2θ)

√3

2cos θ

√3

2cos θ −3

4

.

Si puo cosı procedere allo studio delle singole configurazioni di equilibrio.

Configurazione (θ, s) = (0, 0)In questa configurazione l’hessiana del potenziale si riduce a

HU (0, 0) = mω2R2

−√

32

g

Rω2+

23

√3

2√3

2−3

4

con determinante

detHU (0, 0) = (mω2R2)2(

3√

38

g

Rω2− 5

4

)=

54

(3√

310

g

Rω2− 1

)(mω2R2)2

e traccia

trHU (0, 0) = mω2R2

(−√

32

g

Rω2+

23− 3

4

)= −mω2R2

(√3

2g

Rω2+

112

)< 0 .

Poiche il determinante della matrice hessiana non assume segno definito, si rende necessariodistinguere tre diversi casi in relazione al valore del parametro adimensionale g/Rω2:

(i) se g/Rω2 > 10/3√

3 il determinante dell’hessiana risulta maggiore di zero, assicurandocosı che gli autovalori della matrice debbano assumere lo stesso segno. Dal segnocomunque negativo della traccia si deduce che gli autovalori della matrice hessianasono entrambi negativi: l’hessiana del potenziale nella configurazione considerata edefinita negativa. La configurazione costituisce dunque un massimo relativo propriodel potenziale, la cui stabilita segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet;

Stefano Siboni 1153


(ii) per g/Rω2 < 10/3√

3 il determinante e negativo, per cui gli autovalori dell’hessianahanno segno opposto. Il ricorrere di un autovalore positivo autorizza a concludere, viail teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet, che la configuazione e instabile;

(iii) se infine g/Rω2 = 10/3√

3 gli autovalori della matrice hessiana sono uno nullo ed unonegativo, per cui nulla puo concludersi direttamente circa la stabilita o instabilita dellaconfigurazione. Ricorre un caso critico che richiederebbe uno studio pio dettagliatodel grafico potenziale nell’intorno della configurazione, ad esempio con una approssi-mazione di Taylor di ordine superiore al secondo. Qualora da tale analisi risultasseche la configurazione costituisce comunque un massimo relativo proprio del potenzialese ne potrebbe trarre, per Lagrange-Dirichlet, la stabilita dell’equilibrio. In ogni altrocaso la questione rimarrebbe aperta, dal momento che ne Lagrange-Dirichlet ne larelativa inversione parziale sarebbero applicabili.Nella fattispecie, la configurazione e stabile per Lagrange-Dirichlet. Ci si convincedell’asserto notando che nel caso critico il potenziale si riduce a

U(θ, s) = mω2R2

[√3

2g

Rω2cos θ − s2

2+

√3

2s sin θ +

18s2 +

13sin2θ

]∣∣∣∣∣g

Rω2 = 103√

3

=

= mω2R2(5

3cos θ − 3

8s2 +

√3

2s sin θ +

13sin2θ

)e per mezzo di ovvie identita trigonometriche(1) puo essere espresso facilmente nellaforma equivalente

U(θ, s) =12mω2R2

(−3

4s2 + 2

√3

2s sin θ +

103

cos θ +23sin2θ

)=

=12mω2R2

(−3

4s2 + 2

√3

2s sin θ − sin2θ +

103

cos θ +53sin2θ

)=

=12mω2R2

[−(√3

2s − sin θ

)2

+103

− 203

sin2 θ

2+

203

sin2 θ

2cos2

θ

2

]=

=12mω2R2

[103

− 203

sin4 θ

2−

(√32

s − sin θ)2

]

dalla quale appare evidente che la funzione presenta in (θ, s) = (0, 0) un massimorelativo proprio.

Configurazione (θ, s) = (π, 0)In questa configurazione l’hessiana del potenziale si scrive

HU (π, 0) = mω2R2

√3

2g

Rω2+

23

−√

32

−√

32

−34

(1) cos θ = 1 − 2sin2(θ/2), sin θ = 2 sin(θ/2) cos(θ/2), 1 − cos2(θ/2) = sin2(θ/2)

Stefano Siboni 1154


con determinante negativo

detHU (π, 0) = (mω2R2)2(−3

√3

8g

Rω2− 1

2− 3

4

)< 0

e dunque autovalori di segno opposto. L’instabilita dell’equilibrio segue dal teorema diinversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazioni (θ, s) = (θ, s), (−θ,−s)Le due configurazioni presentano le stesse proprieta di stabilita, causa l’evidente simmetriadel potenziale

U(−θ,−s) = U(θ, s) ∀ (θ, s) ∈ R2 .

E quindi sufficiente esaminare una sola configurazione, ad esempio la prima. L’hessianadel potenziale vale

HU (θ, s) = mω2R2

−sin2θ −√

32

g

Rω2cos θ +

23− 4

3sin2θ

√3

2cos θ

√3

2cos θ −3

4

.

In tutti i casi in cui l’equilibrio e definito, il determinante della matrice hessiana HU (θ, s)ha segno positivo:

detHU (θ, s) = (mω2R2)2[34sin2θ +

3√

38

g

Rω2cos θ − 1

2+ sin2θ − 3

4cos2θ

]=

= (mω2R2)2[34sin2θ +

3√

38

103√

3cos2θ − 1

2+ sin2θ − 3

4cos2θ

]=

= (mω2R2)2(7

4sin2θ − 1

2+

12cos2θ

)= (mω2R2)2

54sin2θ > 0

mentre la traccia risulta negativa:

trHU (θ, s) = mω2R2

[−sin2θ −

√3

2g

Rω2cos θ +

23− 4

3sin2θ − 3

4

]=

= mω2R2

[−sin2θ −

√3

210

3√

3cos2θ +

23− 4

3sin2θ − 3

4

]=

= mω2R2(−sin2θ − 5

3cos2θ − 1

12− 4

3sin2θ

)< 0 .

Se ne conclude che l’hessiana del potenziale U e definita negativa e caratterizza percio laconfigurazione come un massimo relativo proprio di U , stabile per Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 1155


(d) Equazioni pure del motosi e gia stabilito che tutte le sollecitazioni attive applicate al sistema hanno carattereposizionale conservativo. Il sistema e inoltre scleronomo e a vincoli ideali. Le equazionipure del moto sono percio le equazioni di Lagrange nella seconda forma per i sistemiconservativi:

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

d

dt

(∂L

∂s

)− ∂L

∂s= 0 .

La lagrangiana L = T + U del sistema si puo esprimere nella forma

L =512

mR2θ2 +18mR2s2 + mω2R2

(√32

g

Rω2cos θ +

13sin2θ +

√3

2s sin θ − 3

8s2)

e da essa si deducono le relazionid

dt

(∂L

∂θ

)=

56mR2θ

∂L

∂θ= mω2R2

(−√

32

g

Rω2sin θ +

23

sin θ cos θ +√

32

s cos θ)

d

dt

(∂L

∂s

)=

14mR2s

∂L

∂s= mω2R2

(√32

sin θ − 34s)

che sostituite nelle equazioni di Lagrange porgono le equazioni del moto cercate

56mR2θ − mω2R2

(−√

32

g

Rω2sin θ +

23

sin θ cos θ +√

32

s cos θ)

= 0

14mR2s − mω2R2

(√32

sin θ − 34s)

= 0 .

(e) Condizione per gli integrali primiPoiche l’energia cinetica del sistema non contiene termini quadratici misti in θ, s, leequazioni di Lagrange si riscrivono immediatamente in forma normale:

θ =65ω2

(−√

32

g

Rω2sin θ +

23

sin θ cos θ +√

32

s cos θ)

s = ω2(2√

3 sin θ − 3s).

La condizione necessaria e sufficiente affinche una funzione V (θ, s, θ, s), di classe C1 in R4,

costituisca un integrale primo per il sistema e che si annulli identicamente la derivata diV lungo le soluzioni delle equazioni del moto:

V (θ, s, θ, s) =∂V

∂θ(θ, s, θ, s) θ +

∂V

∂s(θ, s, θ, s) s+

+∂V

∂θ(θ, s, θ, s)

65ω2

(−√

32

g

Rω2sin θ +

23

sin θ cos θ +√

32

s cos θ)+

+∂V

∂s(θ, s, θ, s)ω2

(2√

3 sin θ − 3s)

= 0 ∀ (θ, s, θ, s) ∈ R4 .

Stefano Siboni 1156


Esercizio 202. Geometria delle masseIn una terna cartesiana ortogonale Oxyz, una lamina rigida omogenea L, di densita σ =m/a2, occupa la regione del piano verticale Oxy definita da

(x, y) ∈ R2 : x ∈ [0, a] , 0 ≤ y ≤ x2/a

essendo a una costante positiva. Un punto materiale pesante P , di massa m, e vincolatoa scorrere senza attrito lungo il bordo superiore OB della lamina.

Determinare

(a) l’equazione del moto del punto P ;

(b) la posizione del baricentro di L rispetto alla terna Oxyz;

(c) la matrice d’inerzia di L relativa alla stessa terna Oxyz;

(d) il momento d’inerzia di L rispetto all’asse OB;

(e) momento angolare in O ed energia cinetica di L qualora fossero il punto O fisso e lavelocita angolare istantanea ω = 3ωe1 − 5ωe3, con ω > 0;

Soluzione(a) Equazione del moto del punto PLa posizione del punto P lungo il bordo superiore della lamina viene individuata per mezzodella parametrizzazione

P − O = x e1 +x2

ae2 ∀x ∈ [0, a]

in termini dell’ascissa x. Lungo un qualsiasi moto possibile, ottenuto assegnando x comefunzione C2 del tempo a valori in [0, a], la velocita istantanea di P si scrive

P = x e1 + 2x

ax e2 = x

(e1 +

2x

ae2

)

Stefano Siboni 1157


e la corrispondente accelerazione vale

P = x(e1 +

2x

ae2

)+

2ax2e2 .

Il vettore tangente all’arco OB nella posizione P (x) e dato dalla derivata prima:

dP

dx(x) = e1 +

2x

ae2

che, risultando diversa da zero ∀x ∈ [0, a], assicura la regolarita della parametrizzazione.Il postulato delle reazioni vincolari porge allora l’equazione del moto

mP = mg + Φ

nella quale l’ipotesi di curva liscia impone che si abbia

Φ · dP

dx(x) = 0 .

L’equazione pura del moto diventa pertanto

mP · dP

dx(x) = −mg e2 ·

dP

dx(x)

ossia, sostituendo la parametrizzazione ed eseguendo i prodotti scalari,

x(1 +

4x2

a2

)+

4a2

xx2 = −2mg

ax ∀x ∈ (0, a) .

(b) Baricentro della laminaIl baricentro G della lamina si colloca certamente nel piano di giacitura, Oxy, della stessa.Il vettore posizione di G deve quindi essere cercato nella forma

G − O = xG e1 + yG e2

essendo al solito e1, e2, e3 i versori ortonormali associati alla terna cartesiana Oxyz. Pre-liminarmente conviene determinare la massa µ della lamina, integrando la densita σ:

µ =∫L

σ dxdy =

a∫0

dx

x2/a∫0

dym

a2=

m

a2

a∫0

dxx2

a=

m

a2

[x3

3a

]a

0

=m

3.

Per definizione, l’ascissa xG del baricentro e allora individuata da:

xG =1µ

∫L

xσ dxdy =3m

a∫0

dx

x2/a∫0

dy xm

a2=

3a2

a∫0

dxx3

a=

3a3

[x4

4

]a

0

=34a

Stefano Siboni 1158


ed in modo analogo si calcola l’ordinata yG:

yG =1µ

∫L

y σ dxdy =3m

a∫0

dx

x2/a∫0

dy ym

a2=

3a2

a∫0

dxx4

2a2=

32a4

[x5

5

]a

0

=310

a

La posizione del baricentro rispetto alla terna Oxyz e quindi specificata dal vettore:

G − O =34a e1 +

310

a e2 .

(c) Matrice d’inerzia della laminaPoiche la lamina giace interamente nel piano coordinato Oxy, la matrice d’inerzia dellalamina rispetto alla terna Oxyz deve assumere la forma generale

[LO] =

Lxx Lxy 0


in cui i momenti Lxx, Lyy ed il prodotto d’inerzia Lxy vanno calcolati per mezzo dellerispettive definizioni, ricordando l’omogeneita del sistema e dunque la costanza della suadensita σ. Il momento d’inerzia rispetto all’asse coordinato Ox si scrive:

Lxx =∫L

y2σ dxdy =

a∫0

dx

x2/a∫0

dy y2 m

a2=

=m

a2

a∫0

dx

[y3

3

]x2/a

0

=m

3a2

1a3

a∫0

x6 dx =m

3a5

a7

7=

121

ma2

mentre quello relativo all’asse Oy vale:

Lyy =∫L

x2σ dxdy =

a∫0

dx x2

x2/a∫0

dym

a2=

=

a∫0

dx x2 m

a2

x2

a=

m

a3

a∫0

x4 dx =m

a3

a5

5=

15

ma2 .

Il prodotto d’inerzia Lxy e invece dato dalla relazione:

Lxy = −∫L

xy σ dxdy = −a∫

0

dx

x2/a∫0

dy xym

a2=

= −m

a2

a∫0

dxx

x2/a∫0

dy y = −m

a2

a∫0

dxx

[y2

2

]x2/a

0

=

= − m

2a2

a∫0

dx xx4

a2= − m

2a4

a∫0

x5 dx = − 112

ma2

Stefano Siboni 1159


per cui la matrice d’inerzia della lamina, relativamente alla terna Oxyz, si riduce a

[LO] = ma2

1/21 −1/12 0

−1/12 1/5 00 0 26/105

.

(d) Momento d’inerzia rispetto all’asse OBPoiche il punto B ha coordinate (x, y, z) = (a, a, 0), la retta OB e individuata dal versorenormale

n =B − O

|B − O| =a e1 + a e2

|a e1 + a e2 |=

1√2

e1 +1√2

e2

di componenti (n1, n2, n3) = (1/√

2, 1/√

2, 0). Il momento d’inerzia relativo all’asse OB =On si ricava quindi per mezzo della relazione lineare

IOn = n · LO(n) = (n1 n2 n3) [LO ]

n1

n2

n3

=

=( 1√

21√2

0)ma2

1/21 −1/12 0

−1/12 1/5 00 0 26/105

1/

√2

1/√

20

=

=ma2

2(1 1 0)

1/21 −1/12 0

−1/12 1/5 00 0 26/105

1

10

=

=ma2

2

( 121

− 112

15− 1

120) 1

10

=

17420

ma2 .

(e) Momento angolare ed energia cinetica della laminaNell’ipotesi che il punto O sia fisso, il momento angolare in O della lamina e dato dall’e-spressione generale

KO = LO(ω)

in cui le componenti K1,K2,K3 del momento possono essere ricavate per mezzo dellarelazione matriciale

K1

K2

K3

= [LO]

ω1

ω2

ω3

essendo ω1, ω2, ω3 le componenti della velocita angolare ω rispetto alla terna Oxyz. Nellafattispecie (ω1, ω2, ω3) = (3ω, 0,−5ω), per cui la relazione precedente diventa:

K1

K2

K3

= ma2

1/21 −1/12 0

−1/12 1/5 00 0 26/105

3ω

0−5ω

= ma2ω

1/7

−1/4−26/21

Stefano Siboni 1160


ed il momento angolare in O si riduce a

KO = ma2ω(−1

7e1 −

14

e2 −2621

e3

).

Quanto all’energia cinetica, l’espressione generale per l’energia cinetica di un sistema rigidocon punto fisso O fornisce

T =12ω · LO(ω) =

12ω · KO =

12(3ω 0 − 5ω)ma2ω

1/7

−1/4−26/21

=

=12ma2ω2(3 0 − 5)

1/7

−1/4−26/21

=

12ma2ω2

(37

+13021

)=

13942

ma2ω2 .

Esercizio 203. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoUn’asta rigida omogena AB, di massa 2m e lunghezza L, ha gli estremi vincolati a scorrererispettivamente lungo gli assi Oy e Ox di una terna Oxyz, rotante con velocita angolarecostante ω attorno all’asse verticale Oy rispetto ad un riferimento inerziale. Un discocircolare omogeneo di centro B, raggio R e massa m, e vincolato a rimanere nel pianoOxy, potendo ruotare attorno all’estremo B dell’asta in modo che un punto fissato C sulbordo del disco si mantenga al di sotto dell’asse Ox. Due molle ideali di costante 2mω2

congiungono rispettivamente B con l’origine O e C con la sua proiezione ortogonale Psull’asse Ox. Il sistema e pesante e a vincoli ideali.

Usando gli angoli θ ∈ R e φ ∈ [−π/2, π/2] in figura come parametri lagrangiani, deter-minare:

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

(b) gli equilibri relativi a Oxyz, ordinari e di confine;



Stefano Siboni 1161


(e) l’energia cinetica del sistema nella configurazione (θ, φ) = (0, π/4) per il moto dicondizioni iniziali (θ, φ, θ, φ) = (π/3, π/6, 0, 0) — si assuma g/Lω2 < 1/4.

Soluzione(a) Energia cineticaIl sistema e costituito da due parti rigide, l’asta e il disco. L’energia cinetica puo quindicalcolarsi come somma di due contributi, il primo relativo all’asta ed il secondo riguardanteil disco. Entrambi vengono calcolati per mezzo del teorema di Konig, data la mancanzadi punti fissi. Il baricentro G dell’asta omogenea AB si identifica con il punto medio diquesta

G − O =A − O + B − O

2e per via delle ovvie relazioni

A −O = L cos θ e2 B − O = L sin θ e1

si scriveG − O =

L

2sin θ e1 +

L

2cos θ e2 .

Il teorema di Konig porge allora

T asta =2m

2G2 +

12

IastaGz |θ e3|2 =

= m

∣∣∣∣L2 cos θ θ e1 −L

2sin θ θ e2

∣∣∣∣2

+12

2mL2

12θ2 =

mL2

4θ2 +

mL2

12θ2 =

13mL2θ2 ,

mentre per il disco si ha l’analoga espressione:

T disco =m

2B2 +

12

IdiscoBz |φ e3|2 =

=m

2

∣∣L cos θ θ e1

∣∣2 +12

mR2

2φ2 =

mL2

2cos2θ θ2 +

mR2

4φ2 .

L’energia cinetica del sistema vale pertanto

T = T asta + T disco =(1

3+

12cos2θ

)mL2θ2 +

mR2

4φ2 .

(b) Equilibri relativiTutte le sollecitazioni agenti sul sistema sono di carattere posizionale e conservativo: ilpeso, le forze centrifughe, le interazioni elastiche O−B e C−P . Le forze di Coriolis hannocomponenti lagrangiane identicamenente nulle, dal momento che il sistema e vincolatoa restare in un piano passante per l’asse di rotazione Oy. Le sollecitazioni sono quindidescritte completamente per mezzo di un appropriato potenziale U , che risultera dallasomma di un termine gravitazionale, uno centrifugo ed uno elastico.

Stefano Siboni 1162


Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale si ottiene sommando i contributi di asta e disco, ed e quindidato dall’espressione

Ug = −2mg e2 · (G − O) − mg e2 · (B − O) = −2mgL

2cos θ + 0 = −mgL cos θ .

Potenziale delle forze centrifugheIl potenziale centrifugo e la somma dei potenziali centrifughi di asta e disco

Ucf = Uastacf + Udisco

cf =ω2

2IastaOy +

ω2

2IdiscoOy =

=ω2

22mL2

3sin2θ +

ω2

2

[m|B −O|2 + Idisco

By

]=

=mL2ω2

3sin2θ +

ω2

2

[m(L sin θ)2 +

mR2

4

]=

=mL2ω2

3sin2θ +

mL2ω2

2sin2θ + costante =

56mL2ω2sin2θ + costante .

Potenziale elasticoAlle due molle ideali, di costante elastica 2mω2, si associa il potenziale:

Uel = −122mω2|B − O|2 − 1

22mω2|C − P |2 = −mL2ω2sin2θ −mR2ω2cos2φ .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e la somma dei potenziali gravitazionale, centrifugo ed elastico:

U = −mgL cos θ − 16mL2ω2sin2θ −mR2ω2cos2φ ∀ (θ, φ) ∈ R × [−π/2, π/2] .

Equilibri ordinariLe configurazioni di equilibrio ordinarie sono tutti e soltanto i punti critici del potenziale,in corrispondenza dei quali si annullano le derivate prime di questo:

Uθ = mgL sin θ − 13mL2ω2 sin θ cos θ

Uφ = 2mR2ω2 cos φ sinφ .

Si tratta percio di risolvere il sistema di equazioni trigonometriche

mgL sin θ − 13mL2ω2 sin θ cos θ = 0

2mR2ω2 sin φ cos φ = 0(θ, φ) ∈ R × (−π/2, π/2)

Stefano Siboni 1163


ovvero il sistema equivalente

sin θ( 3g

Lω2− cos θ

)= 0

sinφ cos φ = 0

di equazioni disaccoppiate, la prima nella sola variabile θ, la seconda nella sola φ. Lesoluzioni in φ della seconda equazione sono

φ = 0 , π , +π/2 , −π/2

e di esse soltanto φ = 0 risulta accettabile in quanto ricompresa nell’intervallo di definizionedel potenziale. Le soluzioni in θ della prima equazione sono invece rappresentate da

θ = 0 , π ,

sempre definite, e da

θ = ±θ = ±arc cos( 3g

Lω2

)definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia 3g/Lω2 < 1. Gli equilibriordinari del sistema risultano pertanto:

(θ, φ) = (0, 0) , (π, 0) sempre definiti

(θ, 0) , (−θ, 0) definiti per 3g/Lω2 < 1 .

Equilibri di confineIl teorema dei lavori virtuali stabilisce che le configurazioni del tipo (θ, φ) = (θ,−π/2), conθ ∈ R, sono di equilibrio se e soltanto se vale

Uθ(θ,−π/2) δθ + Uφ(θ,−π/2) δφ ≤ 0 ∀ δθ ∈ R , δφ ≥ 0

ovvero e soddisfatto il sistema di disequazioni

Uθ(θ,−π/2) = 0

Uφ(θ,−π/2) ≤ 0

che esplicitamente si scrive

sin θ( 3g

Lω2− cos θ

)= 0

0 ≤ 0 ,

Stefano Siboni 1164


per cui risulta θ = 0, π e θ = θ,−θ — qualora sia 3g/Lω2 < 1. In modo analogo,la condizione necessaria e sufficiente affinche il sistema presenti un equilibrio in (θ, φ) =(θ, π/2) e data da

Uθ(θ, π/2) δθ + Uφ(θ, π/2) δφ ≤ 0 ∀ δθ ∈ R , δφ ≤ 0

ossia da

Uθ(θ, π/2) = 0

Uφ(θ, π/2) ≥ 0⇐⇒

sin θ( 3g

Lω2− cos θ

)= 0

0 ≥ 0

con gli stessi risultati relativi a θ. Gli equilibri di confine del sistema sono pertanto

(θ, φ) = (0,−π/2) , (π,−π/2) , (0, π/2) , (π, π/2) ,

comunque definiti, e

(θ, φ) = (θ,−π/2) , (−θ,−π/2) , (θ, π/2) , (−θ, π/2) ,

che invece esistono distinti dai precedenti a condizione che sia 3g/Lω2 < 1.

(c) Stabilita degli equilibri ordinariTrattandosi di sistema scleronomo soggetto esclusivamente a sollecitazioni posizionali econservative, la stabilita degli equilibri ordinari puo essere discussa facendo riferimentoai teoremi standard di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A tale scopo si rendenecessario calcolare preliminarmente le derivate parziali seconde del potenziale

Uθθ = mgL cos θ − 13mL2ω2(cos2θ − sin2θ)

Uθφ = Uφθ = 0

Uφφ = 2mR2ω2(cos2φ− sin2φ)

cui e associata la matrice hessiana del potenziale U in (θ, φ) ∈ R × (−π/2, π/2):

HU (θ, φ) =

(mgL cos θ − 1

3mL2ω2(cos2θ − sin2θ) 0

0 2mR2ω2(cos2φ − sin2φ)

).

Nella fattispecie non occorre procedere all’esame delle singole configurazioni di equilibrioordinarie:

(θ, φ) = (0, 0) , (π, 0) , (θ, 0) , (−θ, 0)

dal momento che per ciascuna di esse la matrice hessiana del potenziale e comunque dia-gonale e soddisfa inoltre la condizione

Uφφ(θ, 0) = 2mR2ω2 > 0

Stefano Siboni 1165


ammettendo percio almeno un autovalore di segno positivo. Il teorema di inversioneparziale di Lagrange-Dirichlet assicura cosı l’instabilita di tutti gli equilibri ordinari delsistema.

(d) Equazioni del motoIl sistema essendo a vincoli ideali, olonomo e soggetto a sollecitazioni posizionali conser-vative, le equazioni pure del moto possono scriversi nella forma lagrangiana

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

d

dt

(∂L

∂φ

)− ∂L

∂φ= 0

dove la lagrangiana L = T + U del sistema e data dall’espressione

L =(1

3+

12cos2θ

)mL2θ2 +

mR2

4φ2 − mgL cos θ − 1

6mL2ω2sin2θ − mR2ω2cos2φ .

Di qui, ricordando la convenzione che vuole le variabili θ, φ, θ, φ riguardate come indipen-denti, si ricavano le relazioni:

∂L

∂θ=

(23

+ cos2θ)mL2θ

d

dt

(∂L

∂θ

)=

(23

+ cos2θ)mL2θ − 2mL2 sin θ cos θ θ2

∂L

∂θ= −mL2 sin θ cos θ θ2 + mgL sin θ − 1

3mL2ω2 sin θ cos θ

e∂L

∂φ=

mR2

2φ

d

dt

(∂L

∂φ

)=

mR2

2φ

∂L

∂φ= 2mR2ω2 sin φ cos φ

che sostituite nelle equazioni di Lagrange porgono il risultato richiesto:

(23

+ cos2θ)mL2θ + mL2

(−θ2 +

ω2

3

)sin θ cos θ − mgL sin θ = 0

mR2

2φ − 2mR2ω2 sin φ cos φ = 0 .

(e) Calcolo dell’energia cinetica in una configurazione data, per assegnate con-dizioni inizialiPoiche il sistema scleronomo e a vincoli ideali e soggetto esclusivamente a sollecitazioni po-sizionali conservative, un suo ovvio integrale primo e rappresentato dall’energia meccanicaH = T − U :

H(θ, φ, θ, φ) =(1

3+

12cos2θ

)mL2θ2+

mR2

4φ2+mgL cos θ+

16mL2ω2sin2θ+mR2ω2cos2φ .

Stefano Siboni 1166


All’istante iniziale, l’energia meccanica del sistema per il moto corrispondente alle con-dizioni iniziali (θ, φ, θ, φ) = (π/3, π/6, 0, 0) e data da

H(π/3, π/6, 0, 0) =12mgL +

18mL2ω2 +

34mR2ω2

e si mantiene inalterata lungo di esso. Allorquando il sistema raggiunge la configurazione(θ, φ) = (0, π/4), l’energia potenziale assume il valore

−U(0, π/4) = mgL +12mR2ω2

e la corrispondente energia cinetica deve risultare pertanto

T = H(π/3, π/6, 0, 0) + U(0, π/4) =

=12mgL +

18mL2ω2 +

34mR2ω2 − mgL − 1

2mR2ω2 =

18mL2ω2 − 1

2mgL +

14mR2ω2

una quantita che, nell’ipotesi di g/Lω2 < 1/4 e certamente positiva

T =18mL2ω2 − 1

2mgL +

14mR2ω2 =

18mL2ω2

(1 − 4g

Lω2

)+

14mR2ω2 >

14mR2ω2 .

Si osservi che, a priori, il passaggio della soluzione per la configurazione (θ, φ) = (0, π/4)non e affatto ovvio. L’assunto che cio avvenga puo essere dimostrato facendo uso dell’analisiqualitativa di Weierstrass, come illustrato nella nota seguente.

Osservazione. Andamento qualitativo delle soluzioniLa lagrangiana L del sistema si puo esprimere nella forma

L(θ, φ, θ, φ) = L1(θ, θ) + L2(φ, φ)

dove la lagrangiana parziale L1 dipende unicamente dal parametro θ e dalla velocita gene-ralizzata θ

L1(θ, θ) =(1

3+

12cos2θ

)mL2θ2 − mgL cos θ − 1

6mL2ω2sin2θ

mentre L2 e funzione delle sole variabili φ e φ

L2(φ, φ) =mR2

4φ2 − mR2ω2cos2φ .

Le equazioni di Lagrange diventano allora

d

dt

(∂L1

∂θ

)− ∂L1

∂θ= 0

d

dt

(∂L2

∂φ

)− ∂L2

∂φ= 0

Stefano Siboni 1167


e possono essere interpretate come le equazioni pure di due sistemi scleronomi disaccoppiatia un grado di liberta, l’uno descritto dal parametro lagrangiano θ e l’altro rappresentatoper mezzo della coordinata lagrangiana φ. A ciascuno di questi due sistemi, scleronomoe posizionale conservativo, si associa un integrale primo di Jacobi, identificabile con unasorta di energia meccanica parziale:

H1(θ, θ) =∂L1

∂θθ − L1 =

(13

+12cos2θ

)mL2θ2 + mgL cos θ +

16mL2ω2sin2θ

H2(φ, φ) =∂L2

∂φφ− L2 =

mR2

4φ2 + mR2ω2cos2φ .

L’energia potenziale relativa al primo sistema parziale si scrive

−U1(θ) = mgL cos θ +16mL2ω2sin2θ

e nell’ipotesi anzidetta di g/Lω2 < 1/4 il suo grafico e del tipo illustrato nella figuraseguente:

Quanto all’energia potenziale del secondo sistema, questa assume la forma

−U2(φ) = mR2ω2cos2φ

ed ha il grafico sottoriportato

Per una quasiasi scelta delle condizioni iniziali, l’andamento qualitativo delle relazioniorarie θ(t) e φ(t) puo essere descritto per mezzo dell’analisi di Weierstrass, applicabile inquanto i sistemi parziali sono unidimensionali e posizionali conservativi.Si osservi infine che la somma dei due integrali di Jacobi H1 e H2 coincide, come deve, conl’energia meccanica totale del sistema:

H(θ, φ, θ, φ) = H1(θ, θ) + H2(φ, φ) .

Stefano Siboni 1168


Esercizio 204. Geometria delle masseRispetto alla terna solidale Oxyz illustrata in figura, i cui assi Ox e Oy risultano rispetti-vamente paralleli ai lati, la densita del rettangolo pesante D e data da

σ(x, y) =m

L3(L − y) ∀ (x, y) ∈ [−L,L]× [−L/2, L/2] .

D puo ruotare liberamente attorno all’asse Oz = Oζ di una terna inerziale Oξηζ, dellaquale Oη e l’asse verticale.

Facendo uso, dove necessario, dell’angolo di rotazione θ in figura, compreso fra gli assi Oye Oη, determinare del sistema:

(a) la posizione del baricentro rispetto a Oxyz;


(c) l’espressione di momento angolare in O ed energia cinetica relativi alla terna fissaOξηζ;

(d) l’equazione cardinale del momento angolare in O;

(e) l’equazione pura del moto nell’ipotesi che l’asse Oζ sia privo di attrito.

Soluzione(a) Posizione del baricentroIl vettore posizione del baricentro G rispetto alla terna solidale Oxyz viene scritto nellaforma

G − O = xG e1 + yG e2 + zG e3 .

La densita superficiale σ della lamina rettangolare e la stessa per i punti simmetrici rispettoall’asse Oy:

σ(x, y) = σ(−x, y) ∀ (x, y) ∈ [−L,L] × [−L/2, L/2]

dal che si riconosce che la stessa retta Oy costituisce un asse di simmetria del sistema edunque xG = 0. A cio si aggiunga che il piano di giacitura Oxy rappresenta un ovvio pianodi simmetria, per cui e anche zG = 0. L’unica coordinata non banale e pertanto l’ordinatayG, che viene determinata ricorrendo alla definizione.

Stefano Siboni 1169


MassaLa massa M della lamina si ricava integrando la densita σ sulla superficie del rettangoloD:

M =∫D

dxdy σ =

L∫−L

dx

L/2∫−L/2

dy mL − y

L3= L

m

L3

L/2∫−L/2

(L − y)dy =

=m

L2

[−1

2(L − y)2

]L/2

−L/2

=m

2L2

[−(L

2

)2

+(3

2L)2

]=

m

2L2

(−L2

4+

94L2

)= m.

Posizione del baricentroL’ordinata del baricentro vale allora:

yG =1M

∫D

dxdy y σ =1m

L∫−L

dx

L/2∫−L/2

dy y mL− y

L3=

=1L3

L

L/2∫−L/2

(Ly − y2)dy =1L2

[L

2y2 − y3

3

]L/2

−L/2

=1L2

2(−1

3

)(L

2

)3

= − L

12

e il vettore posizione del baricentro risulta cosı

G − O = − L

12e2 ,

con |G − O| = L/12.

(b) Matrice d’inerziaSiccome la lamina D giace per intero nel piano coordinato Oxy, la matrice d’inerzia in Odeve assumere la forma generale

[LO] =

Lxx Lxy 0


nella quale si tratta di determinare i momenti Lxx, Lyy ed il prodotto d’inerzia Lxy. Peril primo si ha l’espressione

Lxx =∫D

dxdy σ y2 =

L∫−L

dx

L/2∫−L/2

dym

L3(L − y) y2 =

=m

L3L

L/2∫−L/2

(Ly2 − y3)dy =m

L2

[L

y3

3− y4

4

]L/2

−L/2

=m

L22L

3

(L

2

)3

=112

mL2

Stefano Siboni 1170


mentre il secondo si ricava da

Lyy =∫D

dxdy σ x2 =

L∫−L

dx

L/2∫−L/2

dym

L3(L − y)x2 =

m

L3

L∫−L

x2dx

L/2∫−L/2

(L − y)dy =

=m

L3

[x3

3

]L

−L

[Ly − y2

2

]L/2

−L/2

=m

L3

23L3 L2 =

23mL2 .

Quanto al prodotto d’inerzia Lxy risulta infine

Lxy = −∫D

dxdy σ xy = −L∫

−L

dx

L/2∫−L/2

dym

L3(L − y)xy =

= − m

L3

L∫−L

xdx

L/2∫−L/2

(L − y)y dy = 0 .

La matrice d’inerzia relativa a Oxyz diventa percio

[LO] = mL2

1/12 0 0

0 2/3 00 0 3/4

.

(c) Momento angolare in O ed energia cineticaLungo un qualsiasi moto possibile, descritto da una arbitraria funzione θ(t) di classe C2

in un intervallo reale, la velocita angolare istantanea del sistema vale

ω = θ e3

ed essendo O punto fisso il momento angolare in O assume la forma

KO =3∑

i=1

kiei = LO(ω)

con le componenti K1,K2,K3 relative alla terna solidale ricavabili per mezzo della matriced’inerzia

K1

K2

K3

= mL2

1/12 0 0

0 2/3 00 0 3/4

0

0θ

= mL2

0

03/4

θ .

Conseguentemente, il momento angolare in O diventa

KO =34mL2θ e3 .

Stefano Siboni 1171


Per l’energia cinetica si ha infine

T =12ω · KO =

12(0 0 θ)mL2

0

03/4

θ =

12mL2θ2 3

4=

38mL2θ2 .

(d) Equazione cardinale del momento angolare in O

Indicato con Mφ,estO il momento risultante in O delle reazioni vincolari esterne applicate

alla lamina D, l’equazione cardinale del momento angolare in O per il sistema si scrive

d KO

dt= (G − O) ∧ mg + Mφ,est

O

doved KO

dt=

d

dt

(34mL2θ e3

)=

34mL2θ e3

e il momento in O della forza peso si riduce a

(G − O) ∧ mg = |G − O|(sin θ eξ − cos θ eη) ∧ (−mg eη) = − L

12mg sin θ e3 .

Sostituendo tali espressioni esplicite, l’equazione cardinale del momento angolare diventacosı

34mL2θ e3 = − 1

12mgL sin θ e3 + Mφ,est

O .

(e) Equazione pura del motoLa condizione che l’asse fisso Oz = Oζ sia privo di attrito si traduce nel richiedere che inqualsiasi configurazione del sistema le reazioni vincolari esplicabili siano tutte e soltantoquelle per le quali risulta

Mφ,estO · e3 = 0 .

Per ottenere l’equazione pura del moto e percio sufficiente proiettare l’equazione cardinaledel momento angolare lungo l’asse fisso, ovvero lungo il versore e3:

34mL2θ = − 1

12mgL sin θ .

Esercizio 205. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoNel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz si considera una circonferenza omogenea γ, dicentro C , raggio R e massa m, vincolata a ruotare attorno al suo asse fisso Oz. Un punto Pdi massa m scorre liberamente lungo γ e una molla ideale di costante elastica k = mg/3Rlo congiunge con la sua proiezione ortogonale Q sull’asse orizzontale Ox. L’intero sistemae soggetto alla gravita.

Stefano Siboni 1172


Assunti i vincoli ideali, si faccia uso delle coordinate lagrangiane θ e φ illustrate in figuraper:

(a) scrivere l’energia cinetica del sistema;

(b) determinare gli equilibri del sistema;

(c) studiare la stabilita dei predetti equilibri;

(d) ricavare le equazioni pure del moto del sistema;

(e) calcolare la reazione vincolare applicata a γ nel punto O in uno stato di quiete —scelto a piacere — del sistema.

Soluzione(a) Energia cineticaIl sistema si compone della circonferenza omogenea γ e del punto materiale P . L’energiacinetica sara quindi data dalla somma di due contributi, l’uno relativo alla circonferenza el’altro imputabile al punto P , che si vanno a determinare separatamente.

Circonferenza γLa guida circolare ruota rigidamente attorno all’asse fisso Oz, secondo l’angolo di rotazioneθ. Poiche in mancanza di diversa indicazione la terna di riferimento si assume destra,l’asse Oz e l’angolo θ di rotazione sono positivamente orientati l’uno rispetto all’altro —convenzione sinistrorsa — e la velocita angolare istantanea vale percio ω = θ e3. D’altraparte, il baricentro della circonferenza omogenea si identifica con il centro geometrico Cdi questa, in modo che il momento d’inerzia Iγ

Oz di γ risulta, per Huygens-Steiner

IγOz = Iγ

Cz + m|C − O|2 = mR2 + mR2 = 2mR2 .

L’energia cinetica di γ e data pertanto da

T γ =12IγOz|θ e3|2 =

122mR2θ2 = mR2θ2 .

Stefano Siboni 1173


Punto materiale PIl vettore posizione del punto P rispetto alla terna Oxyz si scrive

P − O = C − O + P − C = R sin θ e1 −R cos θ e2 + R sinφ e1 − R cos φ e2 == R(sin θ + sinφ) e1 − R(cos θ + cos φ) e2

e derivato rispetto al tempo lungo un qualsiasi moto possibile conduce all’espressione perla velocita istantanea di P relativamente alla stessa terna

P = R(cos θ θ + cos φ φ) e1 + R(sin θ θ + sinφ φ) e2

il cui modulo quadrato si calcola agevolmente come

P 2 = R2[cos2θθ2 + cos2φφ2 + 2 cos θ cos φ θφ + sin2θθ2 + sin2φφ2 + 2 sin θ sin φ θφ

]=

= R2[θ2 + φ2 + 2 cos(θ − φ) θφ]

essendosi fatto uso della ben nota identita trigonometrica

cos(θ − φ) = cos θ cos φ + sin θ sinφ ∀ θ, φ ∈ R .

L’energia cinetica del punto materiale risulta pertanto

TP =12mP 2 =

12mR2[θ2 + φ2 + 2 cos(θ − φ) θφ] .

SistemaL’energia cinetica del sistema e la somma delle energie cinetiche sopra calcolate

T = T γ + TP =12mR2[3θ2 + φ2 + 2 cos(θ − φ) θφ] .

(b) EquilibriIl sistema e scleronomo, a vincoli bilaterali ideali e soggetto esclusivamente a sollecitazioniposizionali e conservative, il peso e l’interazione elastica fra P e Q. Gli equilibri sonopertanto tutti ordinari e si identificano con i punti critici del potenziale U , che rende contodi tutte le sollecitazioni attive applicate.Il potenziale gravitazionale della circonferenza γ assume la forma

Uγg = −mg e2 · (C − O) = mgR cos θ

mentre quello del punto P diventa

UPg = −mg e2 · (P − O) = mgR(cos θ + cos φ) .

Stefano Siboni 1174


Il potenziale elastico associato alla molla ideale P − Q vale invece

Uel = −k

2|P − Q|2 = −1

2mg

3R[(P − O) · e2]2 =

= −mg

6RR2(cos θ + cos φ)2 = −1

6mgR(cos θ + cos φ)2

e sommato ai termini gravitazionali fornisce il potenziale del sistema

U(θ, φ) = Uγg + UP

g + Uel = mgR(2 cos θ + cos φ) − 16mgR(cos θ + cos φ)2.

Le derivate parziali prime di U si scrivono

∂U

∂θ(θ, φ) = Uθ(θ, φ) = −2mgR sin θ +

13mgR(cos θ + cos φ) sin θ

∂U

∂φ(θ, φ) = Uφ(θ, φ) = −mgR sinφ +

13mgR(cos θ + cos φ) sin φ

e gli equilibri del sistema sono pertanto tutte e soltanto le soluzioni del sistema di equazionitrigonometriche

sin θ (−6 + cos θ + cos φ) = 0

sinφ (−3 + cos θ + cos φ) = 0 .

Annullando alternativamente l’uno o l’altro dei fattori a primo membro, ci si riconduce adover determinare tutte le soluzioni dei quattro sistemi trigonometrici seguenti:

(i)

sin θ = 0

sin φ = 0

(ii)

sin θ = 0

cos θ + cos φ = 3

(iii)

cos θ + cos φ = 6

sinφ = 0

(iv)

cos θ + cos φ = 6

cos θ + cos φ = 3

che si vanno ad esaminare uno per uno.

Sistema (i)La prima equazione porge le soluzioni geometricamente distinte

θ = 0 , π

mentre dalla seconda si deduceφ = 0 , π .

Gli equilibri corrispondenti sono percio individuati da tutte le combinazioni possibili delleradici ottenute

(θ, φ) = (0, 0) , (0, π) , (π, 0) , (π, π) .

Stefano Siboni 1175


Sistema (ii)Si riconosce immediatamente che

−2 ≤ cos θ + cos φ ≤ 2 ∀ θ, φ ∈ R

per cui la seconda delle equazioni del sistema non puo ammettere alcuna soluzione reale ead essa non deve intendersi associato alcun equilibrio.

Sistema (iii)Analogamente a quanto stabilito per il sistema (ii), non esistono soluzioni reali della primaequazione, ne di conseguenza sono definiti equilibri.

Sistema (iv)Come nei due casi precedenti, non sono definite soluzioni reali delle due equazioni.

In conclusione, le sole configurazioni di equilibrio del sistema sono le soluzioni del sistema(i):

(θ, φ) = (0, 0) , (0, π) , (π, 0) , (π, π) .

(c) Stabilita degli equilibriConsiderata la natura posizionale conservativa del sistema scleronomo, la stabilita degliequilibri — tutti ordinari — puo essere analizzata mediante i teoremi di Lagrange-Dirichlete di inversione parziale. Si rende necessario il calcolo delle derivate seconde del potenziale

Uθθ(θ, φ) = −2mgR cos θ +13mgR(cos θ + cos φ) cos θ − 1

3mgR sin2θ

Uφφ(θ, φ) = −mgR cos φ +13mgR(cos θ + cos φ) cos φ − 1

3mgR sin2φ

Uθφ(θ, φ) = Uφθ(θ, φ) = −13mgR sin θ sin φ

che porgono, per la matrice hessiana HU (θ, φ) di U in una generica configurazione (θ, φ),l’espressione

13mgR

(−6 + cos θ + cos φ) cos θ − sin2θ − sin θ sin φ

− sin θ sinφ (−3 + cos θ + cos φ) cos φ − sin2φ

.

Si puo cosı procedere allo studio delle singole configurazioni.

Configurazione (θ, φ) = (0, 0)L’hessiana del potenziale in questa configurazione vale

HU (0, 0) =13mgR

(−4 00 −1

)

Stefano Siboni 1176


ed i suoi autovalori sono entrambi negativi. La configurazione viene quindi riconosciutacome un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita e assicurata dal teoremadi Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (θ, φ) = (0, π)In questo caso la matrice hessiana del potenziale risulta

HU (0, π) =13mgR

(−6 00 3

)

con autovalori di segno opposto. Il ricorrere di un autovalore positivo autorizza a concludereche la configurazione di equilibrio e instabile in virtu del teorema di inversione parziale diLagrange-Dirichlet.

Configurazione (θ, φ) = (π, 0)La matrice hessiana diventa in questo caso

HU (π, 0) =13mgR

(6 00 −3

)

ed ha autovalori di segno opposto. La presenza di un autovalore positivo consente di affer-mare l’instabilita della configurazione grazie al teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (θ, φ) = (π, π)L’hessiana del potenziale assume la forma

HU (π, π) =13mgR

(8 00 5

)

e presenta entrambi gli autovalori strettamente positivi. Ancora una volta, il teoremadi inversione parziale di Lagrange-Dirichlet assicura l’instabilita della configurazione inesame.

(d) Equazioni pure del motoIl sistema e olonomo e a vincoli ideali, per cui i suoi moti naturali sono caratterizzati dalleequazioni di Lagrange

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

d

dt

(∂L

∂φ

)− ∂L

∂φ= 0

in cui la funzione lagrangiana L = T + U e espressa da

L =12mR2[3θ2 + φ2 + 2 cos(θ − φ) θφ] + mgR(2 cos θ + cos φ) − 1

6mgR(cos θ + cos φ)2 .

Stefano Siboni 1177


Le relazioni seguenti si ricavano facilmente ricordando la convenzione che vuole le variabiliθ, φ, θ, φ trattate come indipendenti:

∂L

∂θ= mR2[3θ + cos(θ − φ) φ]

d

dt

(∂L

∂θ

)= mR2[3θ + cos(θ − φ) φ − sin(θ − φ) (θ − φ)φ]

∂L

∂θ= −mR2 sin(θ − φ) θφ− 2mgR sin θ +

13mgR(cos θ + cos φ) sin θ

∂L

∂φ= mR2[φ + cos(θ − φ) θ]

d

dt

(∂L

∂φ

)= mR2[φ + cos(θ − φ) θ − sin(θ − φ) (θ − φ)θ]

∂L

∂φ= mR2 sin(θ − φ) θφ− mgR sinφ +

13mgR(cos θ + cos φ) sin φ .

Le equazioni del moto diventano percio:

mR2[3θ + cos(θ − φ) φ + sin(θ − φ) φ2] + 2mgR sin θ − 13mgR(cos θ + cos φ) sin θ = 0

mR2[φ + cos(θ − φ) θ − sin(θ − φ) θ2 ] + mgR sin φ− 13mgR(cos θ + cos φ) sinφ = 0.

(e) Reazione vincolare all’equilibrioIndicata con ΦO la reazione vincolare applicata sulla circonferenza γ in O, la primaequazione cardinale della statica per il sistema si scrive

0 = ΦO + (−mg e2) + (−mg e2) +mg

3R(Q − P )

per cui la reazione incognita vale

ΦO = 2mg e2 +mg

3R(P − Q) =

= 2mg e2 −mg

3RR(cos θ + cos φ) e2 = mg

[2 − 1

3(cos θ + cos φ)

]e2 .

Gli stati di quiete costituiscono dei moti naturali del sistema se e soltanto se le configu-razioni corrispondenti sono di equilibrio. Nella configurazione di equilibrio (θ, φ) = (0, 0)si ha, ad esempio

ΦO = mg(2 − 2

3

)e2 =

43mg e2 .

Stefano Siboni 1178


Esercizio 206. Equilibrio di un corpo rigido con asse fissoIn una terna inerziale Oxyz si consideri un sistema rigido con asse fisso baricentrale OAprivo di attrito. In una configurazione S assegnata, il sistema e soggetto alle sollecitazioni:

F1 = p(e1 − e3) agente nel punto P1(0, L, 0)F2 = p(e1 + 2e2) agente nel punto P2(L,L, 0)

essendo p > 0 e L > 0 rispettivamente il peso ed una lunghezza caratteristica — costante— del sistema. Sapendo che (0, 2L, 0) sono le coordinate del punto A in Oxyz:

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

(b) determinare le reazioni vincolari esterne in O ed in A quando il sistema si trova inquiete nella configurazione S, precisando se il problema e staticamente determinato omeno.

Soluzione(a) Equilibrio del rotore rigidoTrattandosi di corpo rigido con asse fisso privo di attrito, la configurazione S del sistema edi equilibrio se e soltanto se il momento risultante rispetto all’asse di rotazione delle forzeattive applicate risulta nullo:

S equilibrio ⇐⇒ e2 · MaO = 0 .

Nella fattispecie, si ha:

e2 · MaO = e2 · [(P1 − O) ∧ F1 + (P2 − O) ∧ F2] =

∣∣∣∣∣∣0 1 00 L 0p 0 −p

∣∣∣∣∣∣ +

∣∣∣∣∣∣0 1 0L L 0p 2p 0

∣∣∣∣∣∣ = 0

per cui la configurazione costituisce effettivamente un equilibrio.

(b) Reazioni vincolari esterneSi indichino con ΦA e ΦO le reazioni vincolari esterne applicate rispettivamente nei puntiA ed O dell’asse fisso. Posto

ΦA = Φ1e1 + Φ2e2 + Φ3e3 ,

la seconda equazione cardinale della statica, scritta rispetto al polo O, porge la relazione

MφO + Ma

O = 0

Stefano Siboni 1179


nella quale risulta

MφO = (O −O) ∧ ΦO + (A − O) ∧ ΦA =

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

0 2L 0Φ1 Φ2 Φ3

∣∣∣∣∣∣ = 2LΦ3e1 − 2LΦ1e3

mentre per le forze attive applicate vale

MaO = (P1 − O) ∧ F1 + (P2 − O) ∧ F2 =

=

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

0 L 0p 0 −p

∣∣∣∣∣∣ +

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

L L 0p 2p 0

∣∣∣∣∣∣ = −Lp e1 − Lp e3 + Lp e3 = −Lp e1 .

Alla quiete in S deve aversi percio

2LΦ3e1 − 2LΦ1e3 − Lp e1 = 0

ovvero

2LΦ3 − Lp = 0

− 2LΦ1 = 0

per cui si conclude che la reazione vincolare in A deve essere del tipo

ΦA = Φ2 e2 +p

2e3

con Φ2 ∈ R arbitraria. Dalla prima equazione cardinale della statica si ottiene infine:

ΦO + ΦA + F1 + F2 = 0

e quindi

ΦO = −ΦA− F1− F2 = −Φ2 e2−p

2e3−p e1+p e3−p e1−2p e2 = −2p e1−(2p+Φ2) e2+

p

2e3.

In definitiva, le reazioni vincolari esterne all’equilibrio sono date da

ΦA = Φ2 e2 +p

2e3

ΦO = −2p e1 − (2p + Φ2) e2 +p

2e3 ∀Φ2 ∈ R

e il problema risulta staticamente indeterminato.

Stefano Siboni 1180


Esercizio 207. Analisi di WeierstrassUn punto materiale di massa unitaria e vincolato a scorrere senza attrito lungo una curvafissata γ. In termini dell’ascissa curvilinea s ∈ R, la relativa equazione del moto si scrive:

s = s2 − 2s .

Determinare:

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

(b) le condizioni iniziali per i moti a meta asintotica;

(c) il ritratto di fase del sistema.

SoluzioneIl sistema e unidimensionale e soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali, e dunqueconservative: l’andamento qualitativo delle soluzioni puo essere discusso per mezzo dell’a-nalisi di Weierstrass. A questo scopo l’equazione del moto viene riscritta come

s = s2 − 2s =d

ds

(s3

3− s2

)in termini del potenziale

U(s) =s3

3− s2 , s ∈ R ,

e quindi dell’energia potenziale

W (s) = −U(s) = −s3

3+ s2

di cui occorre determinare il grafico. Per prima cosa si osserva che

lims→+∞

W (s) = −∞ lims→−∞

W (s) = +∞

mentre annullando la derivata prima

W ′(s) = −s2 + 2s

si ricavano i due soli punti critici s = 0 e s = 2. Di questi il primo e un minimo relativoproprio e il secondo un massimo relativo proprio, come si evince dal segno delle derivateseconde W ′′(s) = −2s + 2 calcolate dei punti critici:

W ′′(0) = 2 W ′′(2) = −2 .

Un ruolo cruciale nella discussione di Weierstrass giocano i valori dell’energia potenzialenei punti critici:

W (0) = 0 W (2) =43

.

Stefano Siboni 1181


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

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

H(s, s) = T + W (s) =s2

2− s3

3+ s2 , (s, s) ∈ R

2.

(a) Condizioni iniziali per i moti periodiciPer i criteri di Weierstrass i moti periodici si realizzano negli intervalli compatti di s sul cuiinterno la funzione di Weierstrass si mantiene strettamente positiva, presentando due zerisemplici agli estremi — punti di inversione del moto. La condizione ricorre se e soltantose l’energia meccanica totale assume un valore compreso fra W (0) = 0 e W (2) = 4/3,sempreche la coordinata iniziale s sia minore di 2, il punto di massimo relativo di W ,

(s, s) ∈ R

2 , 0 <s2

2− s3

3+ s2 <

43

, s < 2

in modo da escludere i moti definitivamente progressivi ottenuti per s > 2 — e tendenti as = +∞ nel futuro.

(b) Condizioni iniziali per i moti a meta asintoticaI moti a meta asintotica si realizzano soltanto per H(s, s) = W (2), allorquando il puntos = 2 e uno zero doppio della funzione di Weierstrass. Occorre escludere la posizioneiniziale s = 2, ovvero la velocita iniziale s = 0, che corrisponderebbe alla soluzione statica(s, s) = (2, 0). Per s < 2 si ottiene una soluzione s(t) con meta asintotica s = 2 ed orbitaomoclina, in quanto

limt→+∞

s(t) = 2 limt→−∞

s(t) = 2 .

Nel caso si scelga una posizione iniziale s > 2 e necessario richiedere che la velocita inizialesia negativa, in modo che il moto sia a meta asintotica nel futuro e non nel passato.Riassumendo, l’insieme delle condizioni iniziali associate ai moti asintotici e dato da

(s, s) ∈ R

2 ,s2

2− s3

3+s2 =

43

, s < 2∪

(s, s) ∈ R2 ,

s2

2− s3

3+s2 =

43

, s > 2 , s < 0

.

Stefano Siboni 1182


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

E0 < 0, per alcuni moti aperiodici;

E1 = 0, per la quiete in s = 0 ed alcunimoti aperiodici;

E2 ∈ (0, 4/5), per i moti periodici edalcuni moti aperiodici;

E3 = 4/5, per i moti a meta asintoti-ca, la quiete in s = 2 ed alcuni motiaperiodici;

E4 > 4/5 per i moti aperiodici residui.

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

Esercizio 208. Piccole oscillazioniUn sistema scleronomo a due gradi di liberta e vincoli ideali bilaterali e descritto dallecoordinate generalizzate adimensionali (x, θ) ∈ R

2 ed ha lagrangiana:

L = T + U =34mR2x2 +

12mR2θ2 + mgR(−x2 + 2x sin θ + cos θ)

dove m ed R sono rispettivamente una massa ed una lunghezza caratteristiche del sistema,mentre g indica l’accelerazione di gravita. Determinare:

(a) gli equilibri del sistema;

(b) le proprieta di stabilita degli equilibri;

(c) le equazioni linearizzate del moto nell’intorno di una posizione di equilibrio stabile ascelta;

(d) frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni nell’intorno dello stesso equilibrio.

Soluzione(a) EquilibriPotenziale del sistemaNella lagrangiana

L = T + U =34mR2x2 +

12mR2θ2 + mgR(−x2 + 2x sin θ + cos θ)

Stefano Siboni 1183


del sistema scleronomo, la forma quadratica in (x, θ) rappresenta l’energia cinetica delsistema

T =34mR2x2 +

12mR2θ2

mentre il termine residuo, funzione delle sole coordinate generalizzate individua il relativopotenziale di sistema

U(x, θ) = mgR(−x2 + 2x sin θ + cos θ) (x, θ) ∈ R2 .

Gli equilibri del sistema sono tutti e soli i punti critici del potenziale. Le derivate parzialiprime del potenziale si scrivono

∂U

∂x= mgR(2 sin θ − 2x) = 2mgR(sin θ − x)

∂U

∂θ= mgR(2x cos θ − sin θ)

ed eguagliate a zero porgono il sistema di equazioni algebrico-trigonometriche

sin θ − x = 0

2x cos θ − sin θ⇐⇒

x = sin θ

2 sin θ cos θ − sin θ = 0 .

La seconda equazione individua i valori di equilibrio della coordinata angolare

sin θ(cos θ − 1

2

)= 0

che risultanoθ = 0 , π , +π/3 , −π/3

mentre i corrispondenti valori dell’ascissa adimensionale s sono determinati dalla primaequazione. Le configurazioni di equilibrio del sistema sono pertanto:

(x, θ) = (0, 0) , (0, π) ,(√3

2,π

3

),

(−√

32

,−π

3

).

(b) Stabilita degli equilibriLa natura degli equilibri viene analizzata calcolando le derivate parziali seconde di U :

Uxx = −2mgR Uxθ = Uθx = 2mgR cos θ Uθθ = mgR(−2x sin θ − cos θ)

e considerando la relativa matrice hessiana

HU (x, θ) = mgR

(−2 2 cos θ

2 cos θ −2x sin θ − cos θ

)

Stefano Siboni 1184


per ciascuna configurazione.

Configurazione (x, θ) = (0, 0)In questo caso la matrice hessiana del potenziale vale

HU (0, 0) = mgR

(−2 22 −1

)

ed il suo determinante assume segno negativo

detHU (0, 0) = (mgR)2(2 − 4) = −2(mgR)2 < 0

garantendo percio che la matrice hessiana abbia un autovalore positivo ed uno nega-tivo. L’instabilita della configurazione segue allora dal teorema di inversione parziale diLagrange-Dirichlet.

Configurazione (x, θ) = (0, π)Nella fattispecie l’hessiana del potenziale risulta

HU (0, π) = mgR

(−2 −2−2 1

)

ancora con determinante negativo

detHU (0, π) = (mgR)2(−2 − 4) = −6(mgR)2 < 0 .

L’hessiana ha quindi due autovalori di segno opposto, il positivo dei quali consente diconcludere che la configurazione di equilibrio e instabile, sempre in virtu del teorema diinversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazioni (x, θ) = (√

3/2, π/3), (−√

3/2,−π/3)Queste due configurazioni presentano le stesse proprieta di stabilita a causa dell’ovviasimmetria del potenziale

U(−x,−θ) = U(x, θ) ∀ (x, θ) ∈ R2

ed e percio sufficiente esaminarne una sola, ad esempio la prima. Per la matrice hessianasi ha l’espressione

HU

(√32

,π

3

)= mgR

−2 1

1 −2√

32

√3

2− 1

2

= mgR

(−2 11 −2

)

con determinante positivo e traccia negativa

detHU

(√32

,π

3

)= 3(mgR)2 > 0 trHU

(√32

,π

3

)= −4mgR.

Stefano Siboni 1185


Gli autovalori dell’hessiana sono dunque entrambi negativi ed individuano la configurazionedi equilibrio come un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita e assicuratadal teorema di Lagrange-Dirichlet.

(c) Equazioni linearizzate del motoSi vogliono studiare le equazioni linearizzate del moto nell’intorno dell’equilibrio (s, θ) =(√

3/2, π/3), che assieme alla configurazione simmetrica (s, θ) = (−√

3/2,−π/3) e il soloequilibrio stabile del sistema. A questo scopo si rende necessaria la matrice di rappresen-tazione dell’energia cinetica, che dalla relazione

T =12(x θ)mR2

(3/2 00 1

)(xθ

)

si deduce essere diagonale ed indipendente dalla configurazione

A(x, θ) = mR2

(3/2 00 1

).

Per contro, la matrice hessiana del potenziale e gia stata calcolata nello studio della stabilita

HU

(√32

,π

3

)= mgR

(−2 11 −2

).

Posto∆x = x −

√3/2 ∆θ = θ − π/3

le equazioni del moto linearizzate nell’intorno della configurazione di equilibrio specificatasi scrivono allora

A(√3

2,π

3

) d2

dt2

(∆x∆θ

)− HU

(√32

,π

3

)(∆x∆θ

)= 0

e diventano percio

mR2

(3/2 00 1

)d2

dt2

(∆x∆θ

)− mgR

(−2 11 −2

)(∆x∆θ

)= 0

ossia 32mR2∆x + mgR(2∆x − ∆θ) = 0

mR2∆θ + mgR(−∆x + 2∆θ) = 0 .

(d) Frequenze e modi normali delle piccole oscillazioniSi vogliono studiare le piccole oscillazioni nell’intorno della configurazione di equilibrio sta-bile (x, θ) = (

√3/2, π/3) prescelta. Il problema agli autovalori che caratterizza frequenze

e modi normali di oscillazione diventa percio[ω2A

(√32

,π

3

)+ HU

(√32

,π

3

)]a = 0 a ∈ R

2 \ (0, 0)

Stefano Siboni 1186


ossia [ω2 1

mRA(√3

2,π

3

)+

1mR

HU

(√32

,π

3

)]a = 0 a ∈ R

2 \ (0, 0)

e scritto esplicitamente si riduce a

( 32Rω2 − 2g g

g Rω2 − 2g

) a1

a2

= 0 (a1, a2) ∈ R

2 \ (0, 0) .

Soluzioni non banali in (a1 , a2) dell’equazione lineare omogenea si hanno se e soltanto seω soddisfa l’equazione caratteristica

det

( 32Rω2 − 2g g

g Rω2 − 2g

)=

(32Rω2 − 2g

)(Rω2 − 2g) − g2 = 0

ovvero l’equazione biquadratica

32ω4 − 5

g

Rω2 + 3

g2

R2= 0

che porge

ω2 =13

[5

g

R±

√25

g2

R2− 18

g2

R2

]=

5 ±√

73

g

R

e quindi le soluzioni positive

ω1 =

√5 −

√7

3

√g

Rω2 =

√5 +

√7

3

√g

R

che costituiscono le pulsazioni normali di oscillazione. Le corrispondenti frequenze normalirisultano percio

ν1 =ω1

2π=

12π

√5 −

√7

3

√g

Rν2 =

ω2

2π=

12π

√5 +

√7

3

√g

R.

Si procede alla determinazione dei due modi normali di oscillazione del sistema.

Modo normale di pulsazione ω = ω1 — modo “basso”Per ω = ω1 l’equazione agli autovalori diventa

0 =

32

5 −√

73

− 2 1

15 −

√7

3− 2

a1

a2

=

1 −√

72

1

1 −1 +√

73

a1

a2

Stefano Siboni 1187


ed equivale al sistema di equazioni lineari omogenee compatibile

1 −√

72

a1 + a2 = 0

a1 −1 +

√7

3a2 = 0

la cui soluzione generale si scrive

a1 =1 +

√7

3ε1 a2 = ε1 , ∀ ε1 ∈ R .

Il modo normale di oscillazione e quindi espresso dax −

√3

2

θ − π

3

= ε1

1 +√

73

1

cos(ω1t + ϕ1) , t ∈ R ,

per costanti ε1 ∈ R \ 0 e ϕ1 ∈ R assegnate a piacere. Si noti che in questo modonormale, quello di frequenza minima, i parametri lagrangiani oscillano in concordanza difase attorno ai valori di equilibrio: le ampiezze di oscillazione sono di eguale segno.

Modo normale di pulsazione ω = ω2 — modo “alto”Nel caso sia ω = ω2 il problema agli autovalori assume la forma

0 =

32

5 +√

73

− 2 1

15 +

√7

3− 2

a1

a2

=

1 +√

72

1

1√

7 − 13

a1

a2

equivalente al sistema lineare omogeneo

1 +√

72

a1 + a2 = 0

a1 +√

7 − 13

a2 = 0

di soluzione generale

a1 = −√

7 − 13

ε2 a2 = ε2 , ∀ ε2 ∈ R .

Per il relativo modo normale di oscillazione si ha percio la formulax −

√3

2

θ − π

3

= ε2

−

√7 − 13

1

cos(ω2t + ϕ2) , t ∈ R ,

dove ε2 = 0 e ϕ2 sono costanti reali arbitrarie. Il modo normale di frequenza massima sicontraddistingue da quello precedente per il fatto che i parametri lagrangiani oscillano inopposizione di fase attorno ai rispettivi valori di equilibrio.

Stefano Siboni 1188


Esercizio 209. Punto vincolato a una curva fissa e liscia. Tempo di percorrenzaNel piano verticale Oxy di una terna galileiana Oxyz, con asse verticale Oy, un puntomateriale pesante P , di massa m, e vincolato a scorrere senza attrito sopra il supporto diuna curva γ. Questa ha parametrizzazione:

ϕ(x) = x e1 + f(x) e2 , x ∈ [0, a]

con a costante positiva positiva fissata e:

f(x) funzione C2 di [0, a];

f(0) = f(a) = 0;

f ′(0) = f ′(a) = 0;

f(x) ≤ 0 ∀x ∈ (0, a).

f(x) munita di un numero finito di punti critici in [0, a].

Il punto P , di coordinate (x, y), puo distaccarsi dalla curva γ, sicche il vincolo deve inten-dersi unilaterale ed espresso dalla disequazione:

y ≥ f(x) , (x, y) ∈ [0, a] × R .

Infine, P parte dall’origine O con velocita P = v e1, essendo v > 0. Si vuole:

(a) determinare la condizione necessaria e sufficiente affinche P segua la curva γ — senzadistaccarsene — dalla posizione iniziale O a quella finale A(a, 0);

(b) nell’ipotesi che la condizione (a) sia soddisfatta, dimostrare che il tempo impiegato daP a percorrere γ per intero e minore o al piu uguale a quello richiesto se P si muovesseda O ad A lungo l’asse Ox con velocita costante v e1.

SoluzioneParametrizzazione e triedro locale di versoriLa parametrizzazione della curva e

ϕ(x) = x e1 + f(x) e2 , x ∈ [0, a] ,

di classe C2 in [0, a] per ipotesi. La curva risulta percio regolare, in quanto la sua derivataprima non assume mai valore nullo:

ϕ ′(x) = e1 + f ′(x) e2 = 0 ∀x ∈ [0, a] .

In ogni punto di γ si definisce cosı il versore tangente

τ(x) =ϕ ′(x)|ϕ ′(x)| =

e1 + f ′(x) e2√1 + f ′(x)2

Stefano Siboni 1189


la cui componente orizzontale e sempre positiva — il versore e sempre inclinato versodestra. D’altra parte, la derivata seconda della parametrizzazione esiste continua nell’interointervallo di definizione e vale

ϕ ′′(x) = f ′′(x) e2 ;

la derivabilita di f ′(x) in (0, a) e l’essere f ′(0) = f ′(a) implicano, per il teorema di Rolleche esista almeno un punto x ∈ (0, a) tale che

f ′′(x) = 0

e dunqueϕ ′′(x) = f ′′(x) e2 = 0 ,

dal che si esclude la biregolarita della curva γ. Non e quindi possibile definire versorenormale n e raggio di curvatura ρ nell’accezione corrente

dτ

ds=

1ρ

n , ρ > 0 ,

per tutti i punti della curva — si ricorda che la precedente definizione e applicabile soltantonei punti dove la curva risulta biregolare, ovvero dove le derivate prima e seconda dellaparametrizzazione assumono valore non nullo. Si ha infatti:

dτ

ds=

( ds

dx

)−1 dτ

dx=

1√1 + f ′(x)2

d

dx

[e1 + f ′(x) e2√

1 + f ′(x)2

]=

= [1 + f ′(x)2]−1/2 d

dx

[[1 + f ′(x)2 ]−1/2[e1 + f ′(x) e2 ]

]=

= [1 + f ′(x)2]−1/2[−1

2[1 + f ′(x)2 ]−3/22f ′(x)f ′′(x)[e1 + f ′(x) e2 ]+

+ [1 + f ′(x)2]−1/2f ′′(x) e2

]=

= [1 + f ′(x)2]−2[−f ′(x)f ′′(x) e1 − f ′(x)2f ′′(x) e2+

+ f ′′(x) e2 + f ′(x)2f ′′(x) e2

]=

= [1 + f ′(x)2]−2[−f ′(x) e1 + e2

]f ′′(x)

in modo chedτ

ds(x) = 0 ⇐⇒ f ′′(x) = 0 .

Si puo comunque ovviare a questo inconveniente definendo un versore normale n con i solirequisiti della ortogonalita a τ e dell’appartenenza al piano di giacitura Oxy di γ:

n(x) =−f ′(x) e1 + e2√

1 + f ′(x)2.

Stefano Siboni 1190


Detto versore normale ha sempre componente verticale positiva e risulta percio direttoverso l’alto. Si completa il triedro locale con l’ovvio versore e3, ortogonale al piano Oxy.

Equazione pura del motoIl postulato delle reazioni vincolari porge l’equazione

mP = −mg e2 + Φ (209.1)

essendo Φ la reazione vincolare che il supporto della curva esercita sul punto materiale P ,di massa m. L’ipotesi che il punto P sia vincolato a rimanere nella regione del piano Oxydefinita da

(x, y) ∈ R2 : y ≥ f(x) , x ∈ [0, a]

e la condizione di assenza di attrito impongono che le reazioni vincolari Φ esplicabili daivincoli nella posizione (x, f(x)) siano tutte e soltanto quelle della forma

Φ = α n(x) α ≥ 0 (209.2)

— si esclude che sia α < 0, ossia che la curva γ possa esercitare un’azione attrattiva sulpunto P impedendone il distacco.L’equazione pura del moto del sistema, allorquando P si trovi a contatto con la curva,si ricava pertanto proiettando l’equazione precedente lungo il versore tangente τ(x) dellaterna locale:

mP · τ (x) = −mg e2 · τ(x) (209.3)

in quanto τ(x) ·Φ = 0 per ogni reazione vincolare esplicabile. Per ottenere una espressionepiu esplicita servono la velocita istantanea, alla quale si perviene derivando rispetto altempo la parametrizzazione della curva

P =d

dtϕ(x) = ϕ ′(x)x = [e1 + f ′(x) e2 ]x ,

e l’accelerazione istantanea, che segue da una ulteriore derivazione in t:

P =d

dt

[[e1 + f ′(x) e2 ]x

]= [e1 + f ′(x) e2 ]x + f ′′(x)x2 e2 .

Sostituendo in (209.3) si ha allora

mx√

1 + f ′(x)2 + mf ′′(x)x2 f ′(x)√1 + f ′(x)2

= −mgf ′(x)√

1 + f ′(x)2

e con una moltiplicazione membro a membro per√

1 + f ′(x)2 si perviene all’equazionepura equivalente

mx[1 + f ′(x)2] + mx2f ′(x)f ′′(x) = −mgf ′(x) . (209.4)

Stefano Siboni 1191


Conservazione dell’energia meccanicaIl fatto che l’energia meccanica sia una grandezza conservata e evidente a priori, trattandosidi sistema scleronomo a vincoli lisci soggetto escluvamente a sollecitazioni posizionali con-servative — la forza peso. Puo tuttavia essere interessante verificare direttamente questacircostanza. A tale scopo, si moltiplica membro a membro l’equazione pura (209.4) per x

mxx[1 + f ′(x)2 ] + mx2f ′(x)f ′′(x)x = −mgf ′(x)x

riscrivendo poi il risultato nella forma

md

dt

( x2

2

)[1 + f ′(x)2] + mx2 d

dt

[f ′(x)2

2

]=

d

dt

[−mgf(x)

]che una semplice manipolazione algebrica consente di riesprimere come

m

2d

dt

(x2

)[1 + f ′(x)2] +

m

2x2 d

dt

[1 + f ′(x)2

]=

d

dt

[−mgf(x)

]ed il teorema di derivazione del prodotto riduce infine a

d

dt

[m

2x2[1 + f ′(x)2] + mgf(x)

]= 0 .

Il risultato, valido lungo qualsiasi soluzione x(t) delle equazioni pure del moto (209.4),permette di riconoscere che la funzione

H(x, x) =m

2x2[1 + f ′(x)2] + mgf(x)

costituisce un integrale primo del sistema. Immediato e convincersi che H(x, x) si identificacon l’energia meccanica del sistema, in quanto

m

2x2[1 + f ′(x)2] =

m

2P 2 = T (x, x)

e l’energia cinetica del punto materiale, mentre

−mgf(x) = −mg e2 · (P − O) = U(x)

rappresenta il potenziale della forza peso.

Reazione vincolareSi e gia sottolineato che le reazioni vincolari applicate a P devono essere dirette ortogo-nalmente alla curva γ nella posizione considerata, secondo la relazione (209.2). Percio:

Φ = α n = Φ · n n

e siccome per i moti interamente lungo γ il postulato delle reazioni vincolari assicura che

Φ = mP + mg e2 ,

Stefano Siboni 1192


se ne conclude che

Φ · n = [mP + mg e2] · n = m[P · n + g e2 · n] =

= m

[x2 f ′′(x)√

1 + f ′(x)2+ g

1√1 + f ′(x)2

]=

m√1 + f ′(x)2

[g + f ′′(x)x2 ]

e la reazione vincolare applicata al punto P nella posizione (x, f(x)) lungo la curva γdiventa

Φ = Φ · n n =m√

1 + f ′(x)2[g + f ′′(x)x2 ] n . (209.5)

(a) Condizione per il moto senza distacco da γLa condizione necessaria e sufficiente affinche il moto del punto P avvenga interamentelungo la curva γ e che in ogni posizione lungo la traiettoria la reazione vincolare agentesu P sia effettivamente esplicabile dai vincoli, ossia della forma (209.2). In caso contrario,dovesse cioe esistere una posizione in corrispondenza della quale la reazione vincolare fossedel tipo αn con α < 0, il punto P dovrebbe distaccarsi dalla curva γ in quanto il vincolo nonpotrebbe sviluppare la reazione vincolare richiesta — il punto va inteso come semplicemente“appoggiato” sulla curva e su di esso il vincolo non puo esercitare alcuna azione attrattiva.La precedente relazione (209.5) mostra che la reazione vincolare ha sempre la direzionecorretta, con

α =m√

1 + f ′(x)2[g + f ′′(x)x2 ] .

La condizione richiesta si riduce pertanto a

m√1 + f ′(x)2

[g + f ′′(x)x2 ] ≥ 0

ossia, rimosso il fattore positivo m/√

1 + f ′(x)2 ,

g + f ′′(x)x2 ≥ 0 (209.6)

lungo l’intero moto. Si osservi che la condizione precedente e certo soddisfatta in tutti ipunti della traiettoria dove

f ′′(x) ≥ 0

mentre per f ′′(x) < 0 la stessa (209.6) impone che la componente orizzontale della velocitaistantanea non sia troppo grande in valore assoluto:

x2 ≤ − g

f ′′(x).

In particolare, se la curva γ e convessa in un intervallo [x1, x2] ⊆ [0, a], si ha certamenteche

f ′′(x) ≥ 0 ∀x ∈ [x1, x2]

Stefano Siboni 1193


per cui la condizione (209.6) risulta verificata in tutto il tratto convesso di curva gammaparametrizzato da x ∈ [x1, x2].

Alla condizione di mancato distacco si puo attribuire una forma piu significativa facendouso della conservazione dell’energia. Per un qualsiasi moto lungo γ si ha infatti che l’energiameccanica assume un valore costante E

m

2x2[1 + f ′(x)2 ] + mgf(x) = E

identificabile con l’energia cinetica iniziale, quando il punto P occupa l’origine e la suavelocita si riduce a v e1:

E =m

2v2[1 + f ′(0)2] + mgf(0) =

m

2v2

e dunque certamente positiva. Di conseguenza:

x2 =2m

E − mgf(x)1 + f ′(x)2

(209.7)

e la condizione affinche il moto avvenga interamente lungo la curva γ diventa

g + f ′′(x)2m

E − mgf(x)1 + f ′(x)2

≥ 0 ∀x ∈ [0, a] . (209.8)

In definitiva si tratta di una condizione sul valore dell’energia meccanica E e sul graficodella curva γ — ovvero sul modulo della velocita iniziale v e sulla funzione f(x). Inparticolare:

(i) per una assegnata funzione f(x) il valore dell’energia meccanica E > 0 deve risultaresufficientemente piccolo. Cio segue immediatamente dalla relazione (209.8) osser-vando che nell’intervallo (0, a) deve esistere almeno un punto x in cui f ′′(x) < 0.Quest’ultimo asserto si dimostra senza difficolta per assurdo. Se l’asserto fosse falsodovrebbe aversi infatti

f ′′(x) ≥ 0 ∀x ∈ (0, a)

e dal teorema della media si dedurrebbe che f ′(x) e una funzione non decrescentenell’intervallo chiuso [0, a]. Poiche f ′(0) = 0 per ipotesi, ne seguirebbe allora che

f ′(x) ≥ 0 ∀x ∈ [0, a]

ed una seconda applicazione del teorema della media porterebbe a concludere che lafunzione f(x) sia non decrescente in [0, a]. Si avrebbe pertanto:

f(0) ≤ f(x) ≤ f(a) ∀x ∈ [0, a]

e, poiche si e assunto f(0) = f(a) = 0,

f(x) = 0 ∀x ∈ [0, a]

in evidente contraddizione con l’ipotesi che vuole il numero di punti critici della f(x)finito in [0, a] — se f(x) = 0 costante tutti i punti dell’intervallo sono critici;

(ii) non tutte le funzioni f(x) che soddisfano le ipotesi del problema sono compatibili conla condizione (209.8) per un qualche livello E > 0 dell’energia meccanica. Ci si aspettache la (209.8) non ricorra per funzioni f(x) il cui grafico abbia l’andamento illustratonella figura seguente

Stefano Siboni 1194


qualora il valore di |f(x)| nel massimo locale x = x0 risulti abbastanza grande; poicheE > 0, infatti, nella posizione x = x0 il punto materiale puo acquisire una velocitascalare sufficiente a violare la condizione (209.6).

(b) Tempo di percorrenza della traiettoriaIl tempo impiegato dal punto mobile a percorrere l’intera traiettoria γ puo essere calcolatodalla (209.7) per mezzo dell’integrale di Weierstrass:

T =

a∫0

1x

dx =√

m

2

a∫0

√1 + f ′(x)2√

E − mgf(x)dx

che pero non mette in evidenza alcuna relazione particolare con quello che sarebbe il tempodi percorrenza qualora il punto si muovesse lungo l’asse Ox:

T =

a∫0

1v

dx =a

v

in quanto √m

21√

E − mgf(x)<

√m

21√E

=1v

ma√

1 + f ′(x)2 ≥ 1. In altre parole, per effetto del moto lungo γ si determina sı un incre-mento — dovuto alla gravita — della velocita scalare istantanea

√1 + f ′(x)2x ma anche

un riorientamento della velocita vettoriale istantanea P , che acquista una componente ver-ticale: non e percio evidente che la componente orizzontale della velocita istantanea risultiaccresciuta rispetto al valore iniziale v.Per dimostrare che T < T , conviene considerare la proiezione lungo l’asse orizzontale Oxdell’equazione del moto (209.1):

mP · e1 = −mg e2 · e1 + Φ · e1

Stefano Siboni 1195


che, rimosso il termine gravitazionale, si scrive

mx = Φ · e1

e sostituendo l’espressione (209.5) della reazione vincolare diventa

mx =m√

1 + f ′(x)2[g + f ′′(x)x2 ] n · e1 = − m

1 + f ′(x)2[g + f ′′(x)x2 ] f ′(x)

ovverox = − 1

1 + f ′(x)2[g + f ′′(x)x2 ] f ′(x) . (209.9)

Nell’ipotesi che il moto di P avvenga interamente lungo la curva γ, senza distacco, lacondizione (209.6)-(209.8) impone che lungo il moto si abbia

g + f ′′(x)x2 ≥ 0 .

Dall’avere f(x) un numero finito di punti critici segue l’esistenza di una partizione rieman-niana ad n elementi dell’intervallo [0, a]

0 = x0 < x1 < x2 < . . . < xn−2 < xn−1 < xn = a

tale che:

f ′(xj) = 0 ∀ j = 0, 1, . . . , n;

per ogni j pari, j ≤ n − 1, vale f ′(x) ≤ 0 ∀x ∈ (xj , xj+1);

per ogni j dispari, j ≤ n − 1, risulta f ′(x) ≥ 0 x ∈ (xj , xj+1).

Si ha cosı che la velocita orizzontale x risulta non inferiore a v in tutti i punti critici xj ,j = 1, . . . , n − 1 della traiettoria, in quanto f(xj ) < 0 e f ′(xj) = 0 ∀ j = 1, . . . , n − 1:

x2∣∣∣x=xj

=2m

E − mgf(x)1 + f ′(x)2

∣∣∣∣x=xj

=2m

E − mgf(xj)1 + f ′(xj)2

=2m

[E − mgf(xj)] ≥ 2E

m= v2 ,

mentre in ciascuno degli intervalli [xj , xj+1] essa e una funzione non crescente o non de-crescente secondo che j sia pari o dispari e si mantiene percio compresa fra i suoi valoriagli estremi, comunque maggiori o uguali di v.

Stefano Siboni 1196


Ne deriva chex ≥ v ∀x ∈ [0, a]

e di conseguenza

T =

a∫0

1x

dx ≤a∫

0

1v

dx =a

v= T

come affermato.

OsservazioneE importante sottolineare come la condizione (209.6), ovvero il fatto che il punto materialeP sia semplicemente appoggiato al supporto γ della curva e non a questo adeso, risulticruciale nello stabilire il risultato. Qualora infatti il punto P fosse vincolato a restare sullacurva γ, la (209.6) potrebbe non tornare soddisfatta e la componente orizzontale dellareazione vincolare non risultare sistematicamente positiva nei tratti decrescenti della f(x).In tal modo verrebbe meno qualsiasi informazione sul valore relativo di x e v e non sarebbepiu dato di affermare che x ≥ v lungo tutto il moto. Potrebbe aversi, dunque, T > T .

Esercizio 210. Punto vincolato a una superficie fissa e lisciaNella terna Oxyz, di asse verticale Oz, un punto materiale pesante P di massa m e vincolatoa muoversi senza attrito sulla superficie del paraboloide di equazione z = α(x2 + y2), conα costante positiva. Scrivere le equazioni del moto del sistema.

SoluzioneLa posizione del punto P sulla superficie del paraboloide e individuata in termini dellecoordinate (x, y) ∈ R

2 per mezzo della parametrizzazione C∞

P − O = x e1 + y e2 + α(x2 + y2) e3 , (x, y) ∈ R2.

Il postulato delle reazioni vincolari permette di scrivere la seconda legge della dinamicaanche in presenza del vincolo

mP = −mg e3 + Φ (210.1)

ma l’equazione del moto ottenuta non e pura a causa della reazione vincolare incognita Φche compare a secondo membro. Nell’ipotesi che la superficie del paraboloide sia liscia, lecomponenti di Φ lungo i vettori tangenti ∂P/∂x e ∂P/∂y risultano identicamente nulle

Φ · ∂P

∂x= 0 Φ · ∂P

∂y= 0

per cui le equazioni pure del moto si ricavano proiettando la (210.1) lungo gli stessi vettoritangenti

mP · ∂P

∂x= −mg e3 ·

∂P

∂x

mP · ∂P

∂y= −mg e3 ·

∂P

∂y.

Stefano Siboni 1197


Piu esplicitamente, la velocita e l’accelerazione istantanea del punto P sono date dalleespressioni

P = x e1 + y e2 + 2α(xx + yy) e3

P = x e1 + y e2 + 2α(xx + yy + x2 + y2) e3

mentre i vettori tangenti al paraboloide nella generica posizione P (x, y) si scrivono

∂P

∂x= e1 + 2αx e3

∂P

∂y= e2 + 2αy e3

e risultano sempre fra loro linearmente indipendenti, caratterizzando cosı la superficie comeregolare. Se ne deducono le relazioni:

P · ∂P

∂x= x + 4α2x(xx + yy + x2 + y2) = (1 + 4α2x2)x + 4α2xy y + 4α2x(x2 + y2)

−mg e3 ·∂P

∂x= −mg e3 · (e1 + 2αx e3) = −2αmgx

P · ∂P

∂y= y + 4α2y(xx + yy + x2 + y2) = 4α2xyx + (1 + 4α2y2)y + 4α2y(x2 + y2)

−mg e3 ·∂P

∂y= −mg e3 · (e2 + 2αy e3) = −2αmgy

che sostituite nelle equazioni pure del moto porgono il risultato cercato

(1 + 4α2x2)x + 4α2xy y + 4α2x(x2 + y2) = −2αgx

4α2xyx + (1 + 4α2y2)y + 4α2y(x2 + y2) = −2αgy ,

in cui si e omesso il fattore comune m.

Esercizio 211. Geometria delle masseUna lamina quadrata di lato R si colloca nel piano Oxy di una terna cartesiana ortogonaleOxyz, in modo che due lati giacciano lungo gli assi coordinati Ox e Oy. La densita dellalamina e espressa da

σ(x, y) =m

R4xy ∀ (x, y) ∈ [0, R]2.

Stefano Siboni 1198


Si vuole determinare del sistema:

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


(c) una terna principale d’inerzia in O, e i momenti principali d’inerzia in O;

(d) il momento angolare in O e l’energia cinetica relativi ad una terna di riferimento incui O sia fisso e la velocita angolare istantanea valga ω = ωe1 − 2ωe3, con ω > 0.

Soluzione(a) BaricentroLa posizione del baricentro G rispetto alla terna Oxyz e individuata dal vettore

G − O = xG e1 + yG e2 + zG e3 .

Il piano di giacitura Oxy della figura costituisce un evidente piano di simmetria, nel qualeil baricentro deve necessariamente collocarsi. Ne segue che

zG = 0 .

La densita superficiale della lamina soddisfa inoltre la condizione

σ(x, y) = σ(y, x) ∀ (x, y) ∈ [0, R]2

dalla quale si deduce che la bisettrice del I e III quadrante, di equazione y = x, deverappresentare un asse di simmetria del sistema. Pertanto

xG = yG .

Massa della laminaLa massa M della lamina si determina per integrazione della densita σ sull’intera superficiedel quadrato:

M =∫

[0,R]2

dxdy σ =

R∫0

dx

R∫0

dym

R4xy =

m

R4

R∫0

xdx

R∫0

y dy =m

R4

R2

2R2

2=

m

4.

Ascissa del baricentroL’ascissa xG risulta l’unica coordinata rilevante del baricentro G e viene calcolata diretta-mente facendo ricorso alla definizione, la quale porge:

xG =1M

∫[0,R]2

dxdy xσ =4m

R∫0

dx

R∫0

dym

R4x2y =

=4

R4

R∫0

x2 dx

R∫0

y dy =4

R4

R3

3R2

2=

23R

Stefano Siboni 1199


BaricentroLa posizione del baricentro e quindi individuata dal vettore posizione

G −O =23R e1 +

23R e2 .

(b) Matrice d’inerzia rispetto alla terna OxyzL’essere la lamina completamente ubicata nel piano coordinato Oxy implica che la matriced’inerzia relativa alla terna Oxyz assuma la forma

[LO] =

Lxx Lxy 0


.

Il momento d’inerzia relativo all’asse Ox si calcola agevolmente per mezzo della definizione

Lxx =∫

[0,R]2

dxdy σ y2 =

R∫0

dx

R∫0

dym

R4xy3 =

=m

R4

R∫0

xdx

R∫0

y3dy =m

R4

R2

2R4

4=

mR2

8

ed in modo analogo si procedere per il momento d’inerzia relativo ad Oy

Lyy =∫

[0,R]2

dxdy σ x2 =

R∫0

dx

R∫0

dym

R4x3y =

=m

R4

R∫0

x3dx

R∫0

y dy =m

R4

R4

4R2

2=

mR2

8

che dunque coincide con il precedente, come deve essere a causa dell’asse di simmetriay = x. Il prodotto d’inerzia Lxy vale infine

Lxy = −∫

[0,R]2

dxdy σ xy = −R∫

0

dx

R∫0

dym

R4x2y2 =

= − m

R4

R∫0

x2dx

R∫0

y2dy = − m

R4

R3

3R3

3= −mR2

9.

La matrice d’inerzia del sistema si scrive percio

[LO] = mR2

1/8 −1/9 0

−1/9 1/8 00 0 1/4

.

Stefano Siboni 1200


(c) Terna principale e momenti principali d’inerzia in OPoiche Oxy rappresenta un piano di simmetria, l’asse Oz e certamente un asse principaled’inerzia in O. Analogamente, anche l’asse di simmetria y = x passa per O e costituiscequindi un asse principale d’inerzia in O. Un terzo asse principale sara quindi y = −x,ortogonale ai precedenti. Una terna principale d’inerzia in O del sistema sara quindi ilriferimento cartesiano ortogonale Ox′y′z′ indicato nella figura seguente

il terzo asse risultando orgotonale al piano del foglio ed identificabile con l’asse Oz.I momenti principali d’inerzia si calcolano risolvendo il problema agli autovalori

det([LO] − λI) = 0

ossia, posto λ = mR2µ ed omesso il fattore costante mR2, l’equazione

det

18− µ −1

90

−19

18− µ 0

0 014− µ

= 0 .

Dopo semplici passaggi algebrici, l’equazione caratteristica diventa:

(µ2 − 1

4µ +

175184

)(14− µ

)= 0

e porge le soluzioni

µ =12

[14±

√116

− 171296

]=

12

[14±

√81 − 171296

]=

12

(14± 2

9

)=

9 ± 872

=

1772

172

noncheµ =

14

,

Stefano Siboni 1201


cui corrispondono i momenti principali d’inerzia in O:

A1 =1772

mR2 A2 =172

mR2 A3 =14mR2 .

Degli assi principali d’inerzia gia individuati per mezzo degli elementi di simmetria si puodare conferma calcolando gli autovettori di LO relativi ai momenti principali.

Autovalore µ1 = 17/72Gli autovettori relativi al momento principale d’inerzia A1 = 17/72mR2 si ricavano da

1mR2

[LO] − µ1I =

18− 17

72− 1

90

− 19

18− 17

720

0 014− 17

72

=

−19

− 19

0

− 19

−19

0

0 0172

risolvendo l’equazione matriciale

0 =( 1

mR2[LO]− µ1I

)[v] =

−1/9 −1/9 0

−1/9 −1/9 00 0 1/72

v1

v2

v3

=

−v1/9 − v2/9

−v1/9 − v2/9v3/72

ovvero l’equivalente sistema omogeneo di equazioni lineari algebriche

−19v1 −

19v2 = 0

172

v3 = 0

da cui si deduce la soluzione generale

v2 = −v1 , v3 = 0 , ∀ v1 ∈ R .

Gli autovettori corrispondenti sono percio:

v = v1 e1 − v1 e2 ∀ v1 ∈ R

ed individuano i punti dell’asse principale y = −x.

Autovalore µ2 = 1/72Gli autovettori associati all’autovalore µ2 vengono determinati dalla matrice

1mR2

[LO] − µ2I =

18− 1

72− 1

90

− 19

18− 1

720

0 014− 1

72

=

19

− 19

0

− 19

19

0

0 01772

Stefano Siboni 1202


per tramite dell’equazione matriciale

0 =( 1

mR2[LO] − µ2I

)[v] =

1/9 −1/9 0

−1/9 1/9 00 0 17/72

v1

v2

v3

=

v1/9 − v2/9

−v1/9 + v2/917/72v3

equivalente al sistema lineare omogeneo

19v1 −

19v2 = 0

1772

v3 = 0

la cui soluzione generale si scrive

v2 = v1 , v3 = 0 ∀ v1 ∈ R .

Gli autovettori relativi a µ2 risultano percio

v = v1 e1 + v1 e2 v1 ∈ R

ed individuano tutti e soli i punti dell’asse di simmetria y = x.

Autovalore µ3 = 1/4In questo caso risulta

1mR2

[LO] − µ3I =

18− 1

4− 1

90

− 19

18− 1

40

0 014− 1

4

=

−18

− 19

0

− 19

−18

0

0 0 0

e gli autovettori relativi a µ3 si ottengono risolvendo l’equazione matriciale

0 =( 1

mR2[LO] − µ3I

)[v] =

−1/8 −1/9 0

−1/9 −1/8 00 0 0

v1

v2

v3

=

−v1/8 − v2/9

−v1/9 − v2/80

ossia l’equivalente sistema lineare

−18v1 −

19v2 = 0

−19v1 −

18v2 = 0

Stefano Siboni 1203


la cui soluzione generale assume la forma

v1 = 0 v2 = 0 ∀ v3 ∈ R .

Gli autovettori sono dunque

v = v3 e3 , ∀ v3 ∈ R

e corrispondono all’asse principale Oz.

(d) Momento angolare in O ed energia cineticaIl vettore velocita angolare istantanea della lamina e dato da

ω =3∑

j=1

ωj ej

con componenti (ω1, ω2, ω3) = (ω, 0,−2ω). Siccome il punto O del sistema e fisso peripotesi, il momento angolare in O si esprime per mezzo della relazione lineare

3∑i=1

Kiei = KO = LO(ω)

e le sue componenti rispetto alla terna Oxyz risultano percio

K1

K2

K3

= mL2

1/8 −1/9 0

−1/9 1/8 00 0 1/4

ω

0−2ω

= mL2ω

1/8

−1/9−1/2

.

Ne segue che:

KO = mL2ω(1

8e1 −

19

e2 −12

e3

).

Per l’energia cinetica si ha invece:

T =12ω · KO =

12(ω 0 − 2ω)mL2ω

1/8

−1/9−1/2

=

=12mL2ω2(1 0 − 2)

1/8

−1/9−1/2

=

12mL2ω2

(18

+ 1)

=916

mL2ω2 .

Stefano Siboni 1204


Esercizio 212. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoNel piano verticale Oxy di una terna di riferimento cartesiana ortogonale si consideri ilsistema costituito da un’asta rettilinea rigida e pesante i cui estremi A e B sono vincolatia scorrere rispettivamente lungo gli assi Oy e Ox. L’asta ha lunghezza L ed e omogenea dimassa m. La terna di riferimento ruota con velocita angolare costante ω attorno all’asseverticale Oy rispetto ad un riferimento inerziale e una molla di costante elastica mω2/2collega l’estremo B dell’asta con l’origine O.

Supponendo i vincoli ideali e facendo uso dell’angolo θ mostrato in figura come coordinatalagrangiana, determinare:

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

(b) gli equilibri del sistema;

(c) le proprieta di stabilita degli equilibri;


(e) un integrale primo del sistema.

Soluzione(a) Energia cineticaL’asta AB e priva di punti fissi e la sua energia cinetica deve essere determinata facendouso del teorema di Konig. Il vettore posizione del baricentro G dell’asta omogenea —punto medio del segmento AB — si scrive

G − O =A − O + B − O

2=

L

2cos θ e2 +

L

2sin θ e1 =

L

2sin θ e1 +

L

2cos θ e2

e la sua velocita istantanea assume la forma

G =L

2(cos θ e1 − sin θ e2) θ .

In una qualsivoglia terna baricentrale il moto dell’asta avviene attorno all’asse fisso Gz,con velocita angolare istantanea

ω = θ e3

Stefano Siboni 1205


dal momento che θ rappresenta l’angolo compreso fra la direzione AB, solidale all’asta, e laverticale Oy orientata verso il basso — direzione fissa nella terna di riferimento baricentrale,ovvero nel riferimento fisso Oxyz. Il teorema di Konig porge pertanto

T =m

2G2 +

12IGz|ω|2 =

m

2

∣∣∣∣L2 (cos θ e1 − sin θ e2) θ

∣∣∣∣2

+12

mL2

12|θ e3|2

e conduce all’espressione cercata

T =m

2L2

4θ2 +

mL2

24θ2 =

16mL2θ2 .

(b) EquilibriIl sistema, scleronomo a vincoli bilaterali ideali, e soggetto esclusivamente a sollecitazioniposizionali e conservative, che sono date dal peso, dall’interazione elastica fra i punti O e B,dal campo delle forze centrifughe agenti sull’asta AB. Di ciascun campo di forze si provvedea determinare il relativo potenziale. Il potenziale U del sistema risultera dalla somma deipotenziali gravitazionale, elastico e centrifugo. Gli equilibri del sistema si otterranno infinericercando i punti critici del potenziale U . Si osservi che nella terna non galileiana Oxyz ilsistema sperimenta anche un sistema di forze centrifughe, la cui componente lagrangianae tuttavia identicamente nulla per via della planarita del moto, che infatti si svolge in unpiano passante per l’asse fisso di rotazione Oy:

QCorθ =

∑P∈AB

−2mω e2 ∧ P · ∂P

∂θ=

∑P∈AB

−2mω e2 ∧∂P

∂θθ · ∂P

∂θ= 0 .

Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale dell’asta e calcolato direttamente dalla definizione e vale

Ug = −mg(G − O) · e2 = −12mgL cos θ .

Potenziale elasticoAnalogamente, per il potenziale elastico associato alla molla OB si ha l’espressione

Uel = −12

mω2

2(B − O)2 = −mω2

4

∣∣L sin θ e1

∣∣2 = −14mL2ω2sin2θ .

Potenziale delle forze centrifughePer calcolare il potenziale delle forze centrifughe e conveniente, anziche fare uso dellamatrice d’inerzia dell’asta, ricorrere direttamente alla definizione

Ucf =ω2

2IOy(θ)

Stefano Siboni 1206


e calcolare il momento d’inerzia IOy(θ) dell’asta rispetto all’asse Oy, attorno al qualeavviene il moto rotatorio della terna Oxyz rispetto al riferimento inerziale. Parametriz-zando l’asta con un’ascissa curvilinea s, in modo che sia s = 0 in A e s = L in B, ilpotenziale centrifugo del sistema si esprime nella forma

Ucf =ω2

2

L∫0

(s sin θ)2m

Lds =

mω2

2Lsin2θ

L∫0

s2 ds =mω2

2Lsin2θ

L3

3=

16mL2ω2sin2θ .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema risulta dalla somma dei potenziali parziali sopra calcolati:

U(θ) = Ug + Uel + Ucf = −12mgL cos θ − 1

4mL2ω2sin2θ +

16mL2ω2sin2θ =

= −12mgL cos θ − 1

12mL2ω2sin2θ

e la sua derivata prima risulta

U ′(θ) =12mgL sin θ − 1

6mL2ω2 sin θ cos θ .

Le configurazioni di equilibrio del sistema sono tutti e soli i punti critici del potenziale,ottenibili ponendo uguale a zero la derivata prima di U :

16mL2ω2 sin θ

( 3g

Lω2− cos θ

)= 0

e dunque risolvendo l’una o l’altra delle due equazioni parziali

sin θ = 03g

Lω2− cos θ = 0 .

Dalla prima equazione si deducono gli equilibri, sempre definiti,

θ = 0 , π ,

mentre la seconda equazione porge le ulteriori configurazioni di equilibrio

θ = ±arcos( 3g

Lω2

)= ±θ


3g

Lω2< 1

con θ = arcos(3g/Lω2).

Stefano Siboni 1207


(c) Stabilita degli equilibriLa stabilita degli equilibri — tutti ordinari — viene analizzata mediante i teoremi diLagrange-Dirichlet e di inversione parziale. Preliminarmente occorre calcolare la derivataseconda del potenziale

U ′′(θ) =12mgL cos θ − 1

6mL2ω2(cos2θ − sin2θ) =

=16mL2ω2

( 3g

Lω2cos θ − cos2θ + sin2θ

)=

16mL2ω2

( 3g

Lω2cos θ − 2cos2θ + 1

)

per poi valutarla nelle singole configurazioni di equilibrio.

Configurazione θ = 0In questa configurazione la derivata seconda del potenziale non ha segno definito

U ′′(0) =16mL2ω2

( 3g

Lω2− 1

)

per cui si devono distinguere tre diversi sottocasi.

Se 3g/Lω2 > 1 si ha U ′′(0) > 0 e la configurazione di equilibrio e instabile per ilteorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

per 3g/Lω2 < 1 risulta invece U ′′(0) > 0, in modo che la configurazione si riconosceessere un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita segue dal teoremadi Lagrange-Dirichlet;

se infine 3g/Lω2 = 1 ricorre un caso critico, che richiederebbe un esame delle derivatedi ordine superiore al primo.

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

U ′′(π) =16mL2ω2

(− 3g

Lω2− 1

)= −1

6mL2ω2

( 3g

Lω2+ 1

)< 0

per cui la configurazione costituisce un massimo relativo proprio del potenziale, stabile perLagrange-Dirichlet.

Configurazioni θ = θ, −θ

Le proprieta di stabilita di queste configurazioni sono le stesse, in quanto la derivataseconda del potenziale assume lo stesso valore

U ′′(−θ) = U ′′(θ) =16mL2ω2

( 3g

Lω2cos θ − 2cos2θ + 1

)=

=16mL2ω2

(cos2θ − 2cos2θ + 1

)=

16mL2ω2sin2θ > 0 .

Il segno positivo della derivata implica l’instabilita delle configurazioni di equilibrio.

Stefano Siboni 1208


(d) Equazioni di LagrangeLa lagrangiana del sistema si scrive

L = T + U =16mL2θ2 − 1

2mgL cos θ − 1

12mL2ω2sin2θ

e verifica le relazioni

d

dt

(∂L

∂θ

)=

13mL2θ

∂L

∂θ=

12mgL sin θ − 1

6mL2ω2 sin θ cos θ

in modo che l’equazione di Lagranged

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0 si riduce a

13mL2θ − 1

2mgL sin θ +

16mL2ω2 sin θ cos θ = 0 .

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

H(θ, θ) =16mL2θ2 +

12mgL cos θ +

112

mL2ω2sin2θ .

Esercizio 213. Analisi di Weierstrass per un rotore rigidoI moti naturali di un sistema rigido con asse fisso privo di attrito sono descritti dall’equa-zione pura del moto:

Iθ = α(1

2sin θ − sin θ cos θ

)− βθ

essendo θ l’angolo di rotazione attorno all’asse fisso, I il momento d’inerzia del sistemarispetto allo stesso asse e α, β due costanti positive. Determinare:

(a) gli equilibri del sistema;

(b) la stabilita dei predetti equilibri;

(c) le condizioni iniziali dei moti periodici nel caso sia β = 0;

(d) il ritratto di fase del sistema per β = 0;

(e) le equazioni linearizzate del moto nell’intorno di un equilibrio stabile a scelta, verifi-cando la stabilita mediante il teorema di analisi lineare.

Stefano Siboni 1209


Soluzione(a) Configurazioni di equilibrioIl sistema e scleronomo a vincoli bilaterali e le sue configurazioni di equilibrio sono percioindividuate dalle soluzioni statiche θ(t) = θ0 delle equazioni del moto:

0 = α(1

2sin θ0 − sin θ0 cos θ0

)ossia dell’equazione trigonometrica

0 = sin θ0

(12− cos θ0

).

Le configurazioni di equilibrio — tutte ordinarie — sono dunque:

θ = 0 , π , +π/3 , −π/3

modulo multipli interi arbitrari di 2π.

(b) Stabilita degli equilibriLe sollecitazioni applicate al sistema sono in parte posizionali e in parte dissipative. Poicheil sistema e unidimensionale la sollecitazione posizionale

α(1

2sin θ − sin θ cos θ

)e conservativa ed ammette il potenziale

U(θ) = α(−1

2cos θ − 1

2sin2θ

);

la sollecitazione residua Dθ = −βθ ha potenza non positiva

π = Dθ θ = −βθ2 ≤ 0

che si annulla unicamente per velocita generalizzata nulla

π = −βθ2 = 0 ⇐⇒ θ = 0

e caratterizza la sollecitazione come completamente dissipativa. Le configurazioni di equi-librio sono inoltre isolate, in quanto in numero finito nell’intervallo [0, 2π]. L’analisi distabilita degli equilibri puo quindi essere condotta facendo uso dei criteri di Barbasin-Krasovskii, che permettono di riconoscere i massimi relativi propri del potenziale comeconfigurazioni di equilibrio asintoticamente stabili e tutti gli altri punti critici come insta-bili. Basta calcolare la derivata seconda del potenziale

U ′′(θ) = α(1

2cos θ − cos2θ + sin2θ

)

Stefano Siboni 1210


in ciascuna configurazione di equilibrio.

Configurazione θ = 0La derivata seconda del potenziale e di segno negativo

U ′′(0) = α(1

2− 1

)= −α

2< 0

ed individua la configurazione come massimo relativo proprio del potenziale. La stabilitaasintotica dell’equilibrio segue dal teorema di Barbasin-Krasovskii.

Configurazione θ = πAnche in questo caso la derivata seconda del potenziale assume segno negativo

U ′′(π) = α(−1

2− 1

)= −3

2α < 0

in modo che per Barbasin-Krasovskii la configurazione di equilibrio risulta asintoticamentestabile, in quanto massimo relativo proprio del potenziale.

Configurazioni θ = π/3,−π/3Per queste configurazioni il segno positivo della derivata seconda

U ′′(±π/3) = α(1

212− 1

4+

34

)=

34α > 0

esclude il ricorrere di un massimo del potenziale, sicche il teorema di Barbasin-Krasovskiiprova l’instabilita dei corrispondenti equilibri.

(c) Moti periodici per β = 0Per β = 0 le sollecitazioni dissipative vengono rimosse ed il sistema risulta posizionaleconservativo e ad un solo grado di liberta, con energia potenziale

Wθ) = −U(θ) = α(1

2cos θ +

12sin2θ

)θ ∈ R .

L’integrale primo dell’energia meccanica e definito dall’espressione

H(θ, θ) = T + W =I

2θ2 +

α

2(cos θ + sin2θ

)e consente di analizzare l’andamento qualitativo di tutti i moti mediante la discussionedi Weierstrass, nonche di tracciare il ritratto di fase del sistema. A questo scopo, i punticritici dell’energia potenziale sono gia stati calcolati al punto (a):

θ = 0 , π , π/3 , −π/3

e in corrispondenza di essi l’energia potenziale assume i valori

W (0) =α

2W (π) = −α

2W

(π

3

)=

58α W

(−π

3

)=

58α .

Stefano Siboni 1211


Il segno delle derivate seconde permette altresı di riconoscere che:

θ = 0 costituisce un minimo relativo proprio di W ;

θ = π rappresenta anch’esso un minimo relativo proprio dell’energia potenziale;

θ = π/3,−π/3 sono massimi relativi propri di W .

La funzione energia potenziale ha percio il grafico illustrato nella figura seguente

che costituisce la base per l’analisi di Weierstrass e per la costruzione del relativo ritrattodi fase del sistema. In base ai criteri di Weierstrass, per un dato valore E dell’energiameccanica i moti periodici ricorrono in ogni intervallo di θ nel cui interno la funzione diWeierstrass

Φ(θ) =2I[E − W (θ)] =

2I

[E − α

2(cos θ + sin2θ

)]risulta strettamente positiva, presentando zeri semplici agli estremi. Dall’esame del graficodi W e allora evidente che i moti periodici del sistema si hanno per tutte e sole le condizioniiniziali (θ, θ) ricomprese nell’insieme

⋃n∈Z

(θ, θ) ∈ R

2 : −α

2<

I

2θ2 +

α

2(cos θ + sin2θ

)<

58α , 2πn +

π

3< θ < 2πn +

53π

ed in

⋃n∈Z

(θ, θ) ∈ R

2 :α

2<

I

2θ2 +

α

2(cos θ + sin2θ

)<

58α , 2πn − π

3< θ < 2πn +

π

3

.

(d) Ritratto di fase per β = 0Noto il grafico della funzione energia potenziale W , il ritratto di fase del sistema puo esseredeterminato tracciando le orbite delle soluzioni corrispondenti ad alcuni livelli notevolidell’energia meccanica, quelli relativi ai punti critici ed alcuni valori intermedi scelti apiacere. Precisamente:

per E = −α/2 si ottiene la soluzione statica di orbita (θ, θ) = (π, 0), definita a menodi multipli interi di 2π in θ;

se E ∈ (−α/2, α/2) si specificano orbite periodiche ubicate nella striscia π/3 < θ <5π/3 del piano delle fasi — sempre modulo 2π in θ;

Stefano Siboni 1212


per E = α/2 si perviene ad un orbita periodica del tipo precedente, collocata nellastessa striscia, e la soluzione statica (θ, θ) = (0, 0) — modulo 2π in θ;

qualora sia E ∈ (α/2, 5α/8), accanto ad un orbita del tipo precedente nella stessastriscia, si assiste allo stabilirsi di una ulteriore orbita periodica nella striscia −π/3 <θ < π/3;

se infine E > 5α/8, si individua un’unica orbita corrispondente ad un moto indefini-tamente progressivo se θ > 0 all’istante iniziale, ovvero ad un moto indefinitamenteretrogrado per θ < 0.

Il ritratto di fase ha allora l’aspetto descritto nella figura seguente:

(e) Equazioni linearizzateLa linearizzazione delle equazioni del moto

Iθ = α(1

2− cos θ

)sin θ − βθ

nell’intorno della posizione di equilibrio stabile θ = 0 porge

Iθ = α(1

2− 1

)θ − βθ

e conduce all’equazione lineare omogenea

Iθ + βθ +α

2θ = 0 .

Stefano Siboni 1213


La corrispondente equazione caratteristica si scrive

Iλ2 + βλ +α

2= 0

e da essa si calcolano gli autovalori

λ =12I

(−β ±

√β2 − 2αI

)che per qualsiasi segno del discriminante hanno comunque parte reale negativa. Sono questistessi anche gli autovalori del sistema linearizzato del primo ordine:

θ = vIv = −α

2θ − βv

che si riduce alla forma normale

d

dt

(θv

)=

(0 1

−α/2I −β/I

)(θv

).

Dal teorema di analisi lineare della stabilita si conclude che la soluzione statica (θ, θ) =(0, 0) e asintoticamente stabile, come gia stabilito in precedenza per mezzo dei criteri diBarbasin-Krasovskii — punto (b).

Esercizio 214. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. non conservativoNel piano verticale Oxy di una terna galileiana Oxyz sono vincolate a restare una circon-ferenza γ di centro C e un disco circolare D di centro G, entrambi omogenei, di raggio R emassa m. Un diametro AB di γ e costretto a scorrere lungo l’asse orizzontale Ox, mentreD rotola senza strisciare su γ. Il sistema e pesante e una molla di costante elastica mg/Rcollega A con l’origine O — vedi figura.

Assunti i vincoli ideali ed introdotti i parametri adimensionali s e θ illustrati in figura comecoordinate lagrangiane, determinare del sistema:

(a) l’espressione dell’energia cinetica relativa a Oxyz;

Stefano Siboni 1214


(b) gli equilibri relativi a Oxyz e le loro proprieta di stabilita;

(c) la reazione vincolare applicata a D nel punto P di contatto fra D e γ, nonche lereazioni vincolari ΦA = ΦA e2, ΦB = ΦB e2 e ΦP applicate a γ rispettivamente in A,B e P , per uno stato di quiete a scelta;

(d) l’equazione delle piccole oscillazioni nell’intorno di un equilibrio stabile a scelta, conle relative frequenze normali e l’espressione dei modi normali di oscillazione;

(e) gli equilibri e le relative proprieta di stabilita in presenza di due ulteriori sollecitazioniFC = −βC, agente su C , e FG = −βG, agente su G, con β costante positiva.

Soluzione(a) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema e data dalla somma delle energie cinetiche della circonferenzaγ e del disco circolare D

T = Tγ + TD .

Poiche il diametro AB e vincolato a scorrere lungo l’asse Ox, il moto della circonferenzaγ risulta traslatorio rettilineo con velocita Rs e1. L’energia cinetica di γ si scrive percio

Tγ =m

2|Rs e1|2 =

mR2

2s2 .

Il disco omogeneo D e privo di punti fissi e la sua energia cinetica puo essere determinataconvenientemente per mezzo del teorema di Konig. Per simmetria il centro G coincide conil baricentro e il teorema di Konig assume la forma

TD =m

2G2 +

12IDGz|ωD|2

dove il vettore posizione del baricentro e dato da

G − O = C − O + G − C = R(s + 1) e1 + 2R sin θ e1 − 2R cos θ e2

con velocita istantanea

G = R(s + 2 cos θ θ) e1 + 2R sin θ θ e2

di modulo quadratoG2 = R2(s2 + 4 cos θ sθ + 4θ2) .

Il momento d’inerzia del disco rispetto all’asse Gz vale

IDGz =

mR2

2

e la velocita angolare istantanea e quella di puro rotolamento di un disco circolare di raggior lungo il bordo esterno di una circonferenza fissa di raggio R, a condizione di porre r = R

ωD =R + r

rθ e3

∣∣∣∣r=R

= 2θ e3 .

Stefano Siboni 1215


Pertanto:

TD =mR2

2(s2 + 4 cos θ sθ + 4θ2) +

12

mR2

24θ2 =

mR2

2(s2 + 4 cos θ sθ + 6θ2)

ed infine

T =mR2

2s2 +

mR2

2(s2 + 4 cos θ sθ + 6θ2) =

mR2

2(2s2 + 4 cos θ sθ + 6θ2) .

(b) Equilibri e analisi di stabilita degli stessiIl sistema scleronomo e a vincoli bilaterali e sottoposto esclusivamente a sollecitazioniposizionali conservative, il peso e l’interazione elastica fra il punto A e l’origine O. Lesollecitazioni attive sono dunque descritte per mezzo di un appropriato potenziale U , icui punti critici individuano tutte le configurazioni di equilibrio del sistema. Le proprietadi stabilita di questi possono poi essere analizzate facendo ricorso ai teoremi standard diLagrange-Dirichlet e di inversione parziale.

Potenziale elasticoAll’interazione elastica fra O ed A e associato il potenziale

Uel = −12

mg

R(A − O)2 = −1

2mg

RR2s2 = −1

2mgRs2 .

Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale e la somma dei potenziali gravitazionali di circonferenza e disco:

Ug = −mg(C −O) · e2 − mg(G− O) · e2 = 0 −mg(−2R cos θ) = 2mgR cos θ .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e costituito dalla somma dei potenziali elastico e gravitazionale.Risulta percio:

U(s, θ) = Uel + Ug = −12mgRs2 + 2mgR cos θ (s, θ) ∈ R

2 .

EquilibriLe derivate parziali prime del potenziale U si scrivono

∂U

∂s= −mgRs

∂U

∂θ= −2mgR sin θ

e gli equilibri si ricavano ponendo a zero entrambe, ovvero risolvendo il sistema di equazionidisaccoppiate

−mgRs = 0−2mgR sin θ = 0

Stefano Siboni 1216


la prima delle quali porge s = 0, mentre dalla seconda si deduce θ = 0, π. Le configurazionidi equilibrio sono percio

(s, θ) = (0, 0) , (0, π) .

Stabilita degli equilibriLe proprieta di stabilita degli equilibri vengono analizzate con i teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo si calcolano le derivate parziali secondedel potenziale U :

Uss = −mgR Usθ = Uθs = 0 Uθθ = −2mgR cos θ

e la corrispondente matrice hessiana

HU (s, θ) =(−mgR 0

0 −2mgR cos θ

)

in ciascuna delle configurazioni di equilibrio precedentemente determinate.

Configurazione (s, θ) = (0, 0)La matrice hessiana del potenziale e in questo caso

HU (0, 0) =(−mgR 0

0 −2mgR

)

e risulta chiaramente definita negativa. Cio individua la configurazione di equilibrio comeun massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita e assicurata dal teorema diLagrange-Dirichlet.

Configurazione (s, θ) = (0, π)Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale vale

HU (0, 0) =(−mgR 0

0 2mgR

)

con autovalori di segno opposto. La presenza di un autovalore positivo porta a concludereche la configurazione di equilibrio e instabile, in virtu del teorema di inversione parziale diLagrange-Dirichlet.

(c) Reazioni vincolari in uno stato di quietePer il calcolo delle reazioni vincolari si considera la quiete nella configurazione di equilibrio(s, θ) = (0, 0). In virtu del principio di azione e reazione e evidente che la reazione vincolareΦP esercitata dal disco sulla circonferenza γ in P e opposta alla reazione vincolare che γapplica al disco D nella stessa posizione P , e che dunque verra indicata con −ΦP . Laprima equazione cardinale della statica per il disco D si scrive allora

0 = −mg e2 − ΦP

Stefano Siboni 1217


e fornisce la reazione vincolare applicata al disco in P

−ΦP = mg e2 .

Oltre a ΦP = −mg e2 in P , le reazioni vincolari agenti sulla circonferenza γ sono ΦA =ΦA e2 in A e ΦB = Φb e2 in B. La prima equazione cardinale della statica per γ e data da

ΦA e2 + ΦB e2 + ΦP − mg e2 = 0

e porge la relazione

ΦA + ΦB = mg − ΦP · e2 = mg + mg = 2mg ;

dalla seconda equazione cardinale della statica, applicata con polo C , si ha invece

(C − C) ∧ (−mg e2) + (P −C) ∧ ΦP + (A − C) ∧ ΦA e2 + (B − C)∧ ΦB e2 = 0

ossia−R e2 ∧ (−mg e2) + (−R e1) ∧ ΦA e2 + R e1 ∧ ΦB e2 = 0

in modo che risulta(−RΦA + RΦB) e3 = 0

e quindi ΦA = ΦB. Le due equazioni cardinali statiche conducono cosı alle espressioni

ΦA = ΦB = mg

per cui le reazioni vincolari applicate a γ risultano

ΦA = mg e2ΦB = mg e2

ΦP = −mg e2 .

(d) Piccole oscillazioniPer lo studio delle piccole oscillazioni e necessario determinare la matrice dell’energia ci-netica nella configurazione assegnata. L’energia cinetica si scrive nella forma

T =12(s θ)mR2

(2 2 cos θ

2 cos θ 6

)(sθ

)

che permette di ricavare la matrice dell’energia cinetica nella generica configurazione (s, θ)

A(s, θ) = mR2

(2 2 cos θ

2 cos θ 6

)= 2mR2

(1 cos θ

cos θ 3

).

Nella stessa configurazione la matrice hessiana del potenziale e gia stata calcolata al punto(b)

HU (s, θ) =(−kR2 0

0 −2mgR cos θ

)= mgR

(−1 00 −2 cos θ

).

Stefano Siboni 1218


Per la configurazione di equilibrio stabile (s, θ) = (0, 0) si ha

A(0, 0) = 2mR2

(1 11 3

)HU (0, 0) = mgR

(−1 00 −2

)

e l’equazione delle pulsazioni normali di oscillazione diventa

det[ω2A(0, 0) + HU (0, 0)

]= 0

ossia, scritta esplicitamente,

det

[2mR2ω2

(1 11 3

)+ mgR

(−1 00 −2

)]= 0.

Il determinante a primo membro si esprime nella forma

det(

2Rω2 − g 2Rω2

2Rω2 6Rω2 − 2g

)= (2Rω2 − g)(6Rω2 − 2g)− 4R2ω4

per cui l’equazione delle pulsazioni normali si riduce a

4ω4 − 5g

Rω2 +

g2

R2= 0

ed ha le soluzioni

ω2 =18

[5

g

R±

√25

g2

R2− 16

g2

R2

]=

18(5 ± 3)

g

R=

g/R

g/4R

cui corrispondono le pulsazioni normali di oscillazione

ω1 =12

√g

Rω2 =

√g

R

e le frequenze normali

ν1 =14π

√g

Rν2 =

12π

√g

R.

Non rimane che calcolare i modi normali di oscillazione.

Modo normale di oscillazione per ω = ω1 — modo “basso”L’equazione che caratterizza il modo normale di oscillazione di pulsazione ω1 e

[12mgR

(1 11 3

)+ mgR

(−1 00 −2

)](a1

a2

)= 0 (a1, a2) ∈ R

2 \ (0, 0)

Stefano Siboni 1219


ovvero (−1/2 1/21/2 −1/2

)(a1

a2

)= 0

ed equivale al sistema di equazioni lineari omogenee

−12a1 +

12a2 = 0

12a1 −

12a2 = 0

la cui soluzione generale — a1 = a2 — puo scriversi nella forma

a1 = ε1

a2 = ε1∀ ε1 ∈ R .

Il modo normale di oscillazione ha percio equazione

(sθ

)= ε1

(11

)cos

(12

√g

Rt + φ1

)∀ t ∈ R

∀ ε1 = 0, φ1 ∈ R costanti assegnate.

Modo normale di oscillazione per ω = ω2 — modo “alto”Il modo normale di oscillazione e individuato dall’equazione caratteristica

[2mgR

(1 11 3

)+ mgR

(−1 00 −2

)](a1

a2

)= 0

ossia (1 22 4

)(a1

a2

)= 0

ovvero dal sistema lineare omogeneo

a1 + 2a2 = 0

2a1 + 4a2 = 0

di soluzione generale a1 = −2ε2

a2 = ε2∀ ε2 ∈ R .

Il modo normale di oscillazione e percio descritto da

(sθ

)= ε2

(−21

)cos

(√ g

Rt + φ2

)∀ t ∈ R

∀ ε2 = 0, φ2 ∈ R costanti arbitrarie.

Stefano Siboni 1220


(e) Equilibri e stabilita in presenza di sollecitazioni addizionaliI punti di applicazione delle sollecitazioni addizionali −βC e −βG sono individuati da

C − O = R(s + 1) e1

G − O = C − O + G − C = R(s + 1) e1 + 2R sin θ e1 − 2R cos θ e2

e le corrispondenti componenti generalizzate sono determinabili per mezzo delle relazioni

Qs = −βC · ∂C

∂s− βG · ∂G

∂s

Qθ = −βC · ∂C

∂θ− βG · ∂G

∂θ.

Si tratta di una sollecitazione di potenza non positiva

π = Qss + Qθ θ = −βC · ∂C

∂ss − βG · ∂G

∂ss − βC · ∂C

∂θθ − βG · ∂G

∂θθ =

= −βC · C − βG · G = −β(C2 + G2) ≤ 0

e dunque di carattere dissipativo. Si osserva inoltre che un valore nullo della potenzaimplica l’annullarsi delle velocita instantanee dei punti G e C :

π = 0 ⇒ C = 0 e G = 0 ,

in modo che risulta

Rs e1 = 0

(Rs + 2R cos θ θ) e1 + 2R sin θ θ e2 = 0 .

Dalla prima equazione segue che s = 0, per cui la seconda diventa

2R(cos θ e1 + sin θ e2) θ = 0

e siccome cos θ e1 + sin θ e2 = 0 ∀ θ ∈ R si conclude che anche θ = 0. Pertanto la potenzadelle sollecitazioni addizionali si annulla soltanto per valori nulli delle velocita generalizzate

π = 0 ⇒ (s, θ) = (0, 0)

sicche la sollecitazione (Qs, Qθ) e completamente dissipativa. Queste sollecitazioni nonalterano gli equilibri gia determinati considerando le sole sollecitazioni posizionali conser-vative, dal momento che le sollecitazioni dissipative si annullano all’annullarsi delle velocitageneralizzate. Dai criteri di Barbasin-Krasovskii, certamente applicabili dato che gli equi-libri sono in numero finito e dunque isolati, si conclude infine che

(s, θ) = (0, 0) e asintoticamente stabile perche massimo relativo proprio del potenziale;

(s, θ) = (0, π) e instabile, in quanto punto di sella — il che esclude il ricorrere, nellaposizione considerata, di un massimo relativo proprio del potenziale.

Stefano Siboni 1221


Esercizio 215. Equilibrio di un corpo rigido con asse fissoIn una terna inerziale Oxyz si consideri un sistema rigido con asse fisso baricentrale OAprivo di attrito. In una configurazione S assegnata, il sistema e soggetto alle sollecitazioni:

F1 = p(−e1 + e3) agente nel punto P1(0, L, 0)F2 = p(−e1 − 2e2) agente nel punto P2(L,L, 0)

essendo p > 0 e L > 0 rispettivamente il peso ed una lunghezza caratteristica — costante— del sistema. Sapendo che (0, 2L, 0) sono le coordinate del punto A in Oxyz:

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

(b) determinare le reazioni vincolari esterne in O ed in A quando il sistema si trova inquiete nella configurazione S, precisando se il problema e staticamente determinato omeno.

Soluzione(a) Equilibrio del rotore rigidoTrattandosi di corpo rigido con asse fisso privo di attrito, la configurazione S del sistema edi equilibrio se e soltanto se il momento risultante rispetto all’asse di rotazione delle forzeattive applicate risulta nullo:

S equilibrio ⇐⇒ e2 · MaO = 0 .

Nella fattispecie, si ha:

e2 · MaO = e2 · [(P1 − O) ∧ F1 + (P2 − O) ∧ F2] =

∣∣∣∣∣∣0 1 00 L 0−p 0 p

∣∣∣∣∣∣ +

∣∣∣∣∣∣0 1 0L L 0−p −2p 0

∣∣∣∣∣∣ = 0

per cui la configurazione costituisce effettivamente un equilibrio.

(b) Reazioni vincolari esterneSi indichino con ΦA e ΦO le reazioni vincolari esterne applicate rispettivamente nei puntiA ed O dell’asse fisso. Posto

ΦA = Φ1e1 + Φ2e2 + Φ3e3 ,

la seconda equazione cardinale della statica, scritta rispetto al polo O, porge la relazione

MφO + Ma

O = 0

nella quale risulta

MφO = (O −O) ∧ ΦO + (A − O) ∧ ΦA =

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

0 2L 0Φ1 Φ2 Φ3

∣∣∣∣∣∣ = 2LΦ3e1 − 2LΦ1e3

Stefano Siboni 1222


mentre per le forze attive applicate vale

MaO = (P1 − O) ∧ F1 + (P2 − O) ∧ F2 =

=

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

0 L 0−p 0 p

∣∣∣∣∣∣ +

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

L L 0−p −2p 0

∣∣∣∣∣∣ = Lp e1 + Lp e3 − Lp e3 = Lp e1 .

Alla quiete in S deve aversi percio

2LΦ3e1 − 2LΦ1e3 + Lp e1 = 0

ovvero 2LΦ3 + Lp = 0−2LΦ1 = 0

per cui si conclude che la reazione vincolare in A deve essere del tipo

ΦA = Φ2 e2 −p

2e3

con Φ2 ∈ R arbitraria. Dalla prima equazione cardinale della statica si ottiene infine:

ΦO + ΦA + F1 + F2 = 0

e quindi

ΦO = −ΦA− F1− F2 = −Φ2 e2+p

2e3+p e1−p e3+p e1+2p e2 = 2p e1+(2p−Φ2) e2−

p

2e3.

In definitiva, le reazioni vincolari esterne all’equilibrio sono date da

ΦA = Φ2 e2 −p

2e3

ΦO = 2p e1 + (2p − Φ2) e2 −p

2e3 ∀Φ2 ∈ R

e il problema risulta staticamente indeterminato.

Esercizio 216. Analisi di WeierstrassUn punto materiale di massa unitaria e vincolato a scorrere senza attrito lungo una curvafissata γ. In termini dell’ascissa curvilinea s ∈ R, la relativa equazione del moto si scrive

s = s2 + 2s .

Determinare:

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

Stefano Siboni 1223


(b) le condizioni iniziali per i moti a meta asintotica;

(c) il ritratto di fase del sistema.

SoluzioneIl sistema e unidimensionale e soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali, e dunqueconservative: l’andamento qualitativo delle soluzioni puo essere discusso per mezzo dell’a-nalisi di Weierstrass. A questo scopo l’equazione del moto viene riscritta come

s = s2 + 2s =d

ds

(s3

3+ s2

)in termini del potenziale

U(s) =s3

3+ s2 , s ∈ R ,

e quindi dell’energia potenziale

W (s) = −U(s) = −s3

3− s2

di cui occorre determinare il grafico. Per prima cosa si osserva che

lims→+∞

W (s) = −∞ lims→−∞

W (s) = +∞

mentre annullando la derivata prima

W ′(s) = −s2 − 2s

si ricavano i due soli punti critici s = 0 e s = −2. Di questi il primo e un massimo relativoproprio e il secondo un minimo relativo proprio, come si evince dal segno delle derivateseconde W ′′(s) = −2s − 2 calcolate dei punti critici

W ′′(0) = −2 W ′′(−2) = 2 .

Un ruolo cruciale nella discussione di Weierstrass giocano i valori dell’energia potenzialenei punti critici

W (0) = 0 W (−2) = −43

.

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

Stefano Siboni 1224


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

H(s, s) = T + W (s) =s2

2− s3

3− s2 , (s, s) ∈ R

2.

(a) Condizioni iniziali per i moti periodiciPer i criteri di Weierstrass i moti periodici si realizzano negli intervalli compatti di s sul cuiinterno la funzione di Weierstrass si mantiene strettamente positiva, presentando due zerisemplici agli estremi — punti di inversione del moto. La condizione ricorre se e soltantose l’energia meccanica totale assume un valore compreso fra W (−2) = −4/3 e W (0) = 0,sempreche la coordinata iniziale s sia minore di 0, il punto di massimo relativo di W ,

(s, s) ∈ R

2 , −43

<s2

2− s3

3− s2 < 0 , s < 0

in modo da escludere i moti definitivamente progressivi ottenuti per s > 0 — e tendenti as = +∞ nel futuro.

(b) Condizioni iniziali per i moti a meta asintoticaI moti a meta asintotica si realizzano soltanto per H(s, s) = W (0), allorquando il puntos = 0 e uno zero doppio della funzione di Weierstrass. Occorre escludere la posizioneiniziale s = 0, ovvero la velocita iniziale s = 0, che corrisponderebbe alla soluzione statica(s, s) = (0, 0). Per s < 0 si ottiene una soluzione s(t) con meta asintotica s = 0 ed orbitaomoclina, in quanto

limt→+∞

s(t) = 0 limt→−∞

s(t) = 0 .

Nel caso si scelga una posizione iniziale s > 0 e necessario richiedere che la velocita inizialesia negativa, in modo che il moto sia a meta asintotica nel futuro e non nel passato.Riassumendo, l’insieme delle condizioni iniziali associate ai moti asintotici e dato da

(s, s) ∈ R

2 ,s2

2− s3

3−s2 = 0 , s < 0

∪

(s, s) ∈ R2 ,

s2

2− s3

3−s2 = 0 , s > 0 , s < 0

.

(c) Ritratto di faseIl ritratto di fase viene delineato tracciando qualitativamente le orbite corrispondenti avalori notevoli dell’energia meccanica, precisamente:

E0 < −4/3, per alcuni moti aperiodici;

E1 = −4/3, per la quiete in s = −2 ed alcuni moti aperiodici;

E2 ∈ (−4/3, 0), per i moti periodici ed alcuni moti aperiodici;

E3 = 0, per i moti a meta asintotica, la quiete in s = 0 ed alcuni moti aperiodiciprogressivi;

Stefano Siboni 1225


E4 > 0 per i moti aperiodici residui.

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

Esercizio 217. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. non conservativoUn disco circolare omogeneo D, di centro C , raggio R e massa m, e costretto a muoversinel piano verticale Oxy di una terna cartesiana Oxyz ed ha un punto A del suo bordovincolato a scorrere lungo l’asse verticale Oy. Il sistema e pesante ed una molla di costanteelastica k = mg/R collega A con l’origine O. Assunti i vincoli ideali, e usando i parametriadimensionali θ e s in figura come coordinate lagrangiane, determinare:

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

(b) gli equilibri del sistema e le relative proprieta di stabilita;

Stefano Siboni 1226


(c) le frequenze normali delle piccole oscillazioni nell’intorno di un equilibrio stabile ascelta e l’espressione dei relativi modi normali di oscillazione;

(d) la reazione vincolare agente sul disco nel punto A per uno stato di quiete del sistema(a scelta);

(e) le equazioni del moto del sistema, qualora sul disco agisca una ulteriore sollecitazioneF = −βC in C .

Soluzione(a) Energia cineticaIl disco e privo di punti fissi e la sua energia cinetica T puo essere calcolata agevolmentefacendo uso del teorema di Konig. Identificato per simmetria il baricentro del disco con ilsuo centro geometrico C , il teorema di Konig porge

T =m

2C2 +

12ICz|ω|2 .

Il momento d’inerzia del disco omogeneo rispetto all’asse Cz e dato — come noto — da

ICz =mR2

2

mentre la velocita angolare istantanea del sistema si ricava derivando in t l’angolo θ com-preso fra la direzione AC , fissa sul disco, e la verticale condotta da A verso il basso,direzione fissata nella terna di riferimento assoluta,

ω = θ e3 .

Il vettore posizione del baricentro vale infine

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

e la sua velocita istantanea, lungo un qualsivoglia moto naturale del sistema, assume laforma

C = R cos θ θ e1 + R(−s + sin θ θ) e2

da cui si deduce il relativo modulo quadrato

C2 = R2(θ2 + s2 − 2 sin θ θs) .

Basta cosı sostituire le espressioni di ICz, ω e C2 nella formula di Konig per ottenere ilrisultato desiderato

T =m

2R2(θ2 + s2 − 2 sin θ θs) +

12

mR2

2θ2 =

m

2R2

(32θ2 + s2 − 2 sin θ θs

).

Stefano Siboni 1227


(b) Equilibri e stabilita degli stessiLe sollecitazioni attive applicate al sistema sono costituite dal peso e dall’interazione e-lastica fra i punti A ed O. Esse hanno quindi natura posizionale conservativa e possonoessere caratterizzate completamente per mezzo dei rispettivi potenziali.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale e dato dalla relazione

Ug = −mg(C − O) · e2 = mgR(s + cos θ) .

Potenziale elasticoIl potenziale associato all’interazione elastica fra il punto A e l’origine si determina sosti-tuendo il vettore A − O = −Rse2 nella formula generale del potenziale elastico

Uel = −k

2|A − O|2 = −1

2mg

RR2s2 = −1

2mgRs2 .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e la somma dei potenziali gravitazionale ed elastico appena de-terminati e si scrive pertanto

U(θ, s) = mgR(s + cos θ) − 12mgRs2 = −1

2mgRs2 + mgRs + mgR cos θ .

EquilibriGli equilibri del sistema — tutti ordinari — si identificano con i punti critici del potenzialeU e vengono determinati annullando le derivate parziali prime di questo

Uθ = −mgR sin θ Us = −mgRs + mgR

ossia risolvendo il sistema di equazioni

−mgR sin θ = 0

−mgRs + mgR = 0

che porgeθ = 0 , π s = 1 .

A meno di multipli interi di 2π nella variabile angolare θ, del tutto irrilevanti, le configu-razioni di equilibrio sono percio

(θ, s) = (0, 1) , (π, 1) .

Stefano Siboni 1228


Stabilita degli equilibriVista la natura posizionale conservativa del sistema, la stabilita delle configurazioni di equi-librio puo essere discussa facendo ricorso ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversioneparziale. A questo scopo occorre determinare le derivate parziali seconde del potenziale

Uθθ = −mgR cos θ Uθs = Usθ = 0 Uss = −mgR

e quindi la relativa matrice hessiana

HU (θ, s) =(−mgR cos θ 0

0 −mgR

)= mgR

(− cos θ 0

0 −1

).

Nella configurazione (θ, s) = (0, 1) l’hessiana del potenziale vale

HU (0, 1) = mgR

(−1 00 −1

)

e risulta definita negativa, comportando la presenza in (θ, s) = (0, 1) di un massimo rela-tivo proprio del potenziale. La stabilita della configurazione segue allora dal teorema diLagrange-Dirichlet.

Per l’altra configurazione di equilibrio (θ, s) = (π, 1) si ha invece

HU (π, 1) = mgR

(1 00 −1

)

e il ricorrere di un autovalore positivo — mgR — assicura l’instabilita della configurazionein virtu del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

(c) Piccole oscillazioniL’unica configurazione di equilibrio stabile e (θ, s) = (0, 1), ed e quindi nell’intorno diquesta che possono essere studiate le piccole oscillazioni. Preliminarmente, occorre deter-minare la matrice A(θ, s) dell’energia cinetica, che soddisfa la definizione

T =m

2R2

(32θ2 + s2 − 2 sin θ θs

)=

12

( θ s ) mR2

(3/2 − sin θ

− sin θ 1

)(θs

)

e risulta quindi

A(θ, s) = mR2

(3/2 − sin θ

− sin θ 1

).

Frequenze normaliIn (θ, s) = (0, 1) la matrice dell’energia cinetica e la matrice hessiana del potenziale diven-tano percio

A(0, 1) = mR2

(3/2 00 1

)HU (0, 1) = mgR

(−1 00 −1

)

Stefano Siboni 1229


e l’equazione caratteristica delle pulsazioni normali

det[ω2A(0, 1) + HU (0, 1)] = 0

assume la forma

det[mR2ω2

(3/2 00 1

)+ mgR

(−1 00 −1

)]= 0

ossia

det

3

2ω2 − g

R0

0 ω2 − g

R

=

(32ω2 − g

R

)(ω2 − g

R

)= 0 ,

essendosi preventivamente moltiplicate tutte le matrici per il fattore 1/mR2. Di qui sideducono le pulsazioni normali

ω1 =√

g

Rω2 =

√23

√g

R

e le corrispondenti frequenze caratteristiche

ν1 =12π

√g

Rν2 =

12π

√23

√g

R.

Modo normale relativo a ω1

Le ampiezze del modo normale di oscillazione di pulsazione ω1 si ricavano risolvendo ilsistema lineare

[ω21A(0, 1) + HU (0, 1)]a = 0 , a ∈ R

2 \ 0

ovvero (g/2R 0

0 0

)(a1

a2

)= 0 (a1, a2) ∈ R

2 \ 0

da cui si deduce che a1 = 0, mentre a2 puo assumere qualsiasi valore reale non nullo. Ilmodo normale di oscillazione risulta pertanto

(θ

s − 1

)= a2

(01

)cos

(√ g

Rt + φ2

)∀ t ∈ R

con a2 = 0 e φ2 costanti reali arbitrarie.

Modo normale relativo a ω2

Per questo modo normale l’equazione delle ampiezze e

[ω22A(0, 1) + HU (0, 1)]a = 0 , a ∈ R

2 \ 0

Stefano Siboni 1230


ed in forma esplicita diventa

(0 00 −g/3R

)(a1

a2

)= 0 (a1, a2) ∈ R

2 \ 0

implicando percio a2 = 0 e a1 = 0 arbitrario. L’espressione del relativo modo normale dioscillazione e quindi

(θ

s − 1

)= a1

(10

)cos

(√23

√g

Rt + φ1

)∀ t ∈ R

con a1 = 0 e φ1 costanti reali assegnate a piacere.

(d) Reazioni vincolariLa reazione vincolare ΦA applicata al disco in A si puo ricavare dalla prima equazionecardinale della statica

ΦA + mg − k(A − O) = 0

che porge infatti

ΦA = −mg + k(A − O) = mg e2 +mg

R(−Rs e2) = mg(1− s) e2 .

Gli stati di quiete del sistema si hanno soltanto nelle configurazioni di equilibrio, per lequali s = 1, e dunque

ΦA = 0 .

In un qualsiasi stato di quiete del sistema i vincoli non esercitano alcuna reazione vincolaresul disco in A — si osservi che il risultato e in accordo con la condizione dei vincoli ideali.

(e) Equazioni del motoGrazie all’ipotesi dei vincoli ideali, le equazioni pure del moto possono identificarsi conquelle di Lagrange

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= Dθ

d

dt

(∂L

∂s

)− ∂L

∂s= Ds

dove la lagrangiana L = T + U del sistema e data dall’espressione

L =mR2

2

(32θ2 + s2 − 2 sin θ θs

)+ mgR

(−s2

2+ s + cos θ

)

mentre Dθ e Ds rappresentano le componenti lagrangiane della sollecitazione addizionaleF = −βC:

Dθ = −βC · ∂C

∂θDs = −βC · ∂C

∂s.

Stefano Siboni 1231


Il vettore posizione del punto di applicazione C e gia stato determinato precedentemente

C − O = R sin θ e1 − R(s + cos θ) e2

e le sue derivate parziali prime si scrivono

∂C

∂θ= R(cos θ e1 + sin θ e2)

∂C

∂s= −R e2

mentre la velocita istantanea vale

C = R(cos θ e1 + sin θ e2) θ − Rs e2 ,

per cui le componenti lagrangiane della sollecitazione F diventano

Dθ = −β(R2θ − R2 sin θ s) = −βR2(θ − sin θ s)

Ds = −β(−R2 sin θ θ + R2s) = −βR2(− sin θ θ + s) .

Dalla lagrangiana si deducono poi le relazioni:

∂L

∂θ=

mR2

2(3θ − 2 sin θ s)

d

dt

(∂L

∂θ

)=

mR2

2(3θ − 2 sin θ s − 2 cos θ θs)

∂L

∂θ= −mR2 cos θ θs − mgR sin θ

∂L

∂s=

mR2

2(2s − 2 sin θ θ) = mR2(s − sin θ θ)

d

dt

(∂L

∂s

)= mR2(s − sin θ θ − cos θ θ2)

∂L

∂s= mgR(−s + 1)

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

mR2(3

2θ − sin θ s

)+ mgR sin θ = −βR2(θ − sin θ s)

mR2(s − sin θ θ − cos θ θ2) + mgR(s − 1) = −βR2(− sin θ θ + s) .

Stefano Siboni 1232


Esercizio 218. Fune su una puleggia fissaUna fune flessibile, inestendibile e di massa tra-scurabile ha un estremo B fissato nella posizionedi massima altezza di una guida circolare rigidadi raggio R e centro O, disposta nel piano ver-ticale Oxy di una terna galileiana destra Oxyz.La fune, di lunghezza L ∈ (πR, 3πR/2), recaall’altro estremo A un punto materiale di massam e puo avvolgersi lungo il bordo della guidacircolare, mantenendosi perfettamente tesa neltratto che non e a contatto con questa.

Facendo uso dell’angolo θ ∈ [0, L/R) illustrato in figura come parametro lagrangiano, eassunti i vincoli ideali, si determinino:

(a) l’espressione dell’energia cinetica;

(b) le configurazioni di equilibrio, ordinarie e di confine;



(e) un integrale primo delle predette equazioni;

(f) le condizioni iniziali per le quali i moti del sistema sono oscillatori;

(g) l’equazione delle piccole oscillazioni nell’intorno di un equilibrio stabile, ed il valoredella relativa frequenza normale;

(h) la condizione esplicita dei vincoli ideali e si discuta la verosimiglianza di tale condizionenella sola ipotesi che la fune AB sia perfettamente flessibile ed inestendibile.

(i) Si determini poi la regione dello spazio delle fasi accessibile al sistema qualora sirinunci alla condizione dei vincoli ideali e si assuma la sola ipotesi che la fune AB siaperfettamente flessibile ed inestendibile.

Considerando infine la parametrizzazione del sistema ideale definita nell’intervallo chiusoθ ∈ [0, L/R]:

(l) si mostri che la parametrizzazione del sistema scleronomo non e regolare in θ = L/Re che da cio segue l’impossibilita di scrivere le equazioni del moto in forma normale;

(m) si introduca un cambiamento di coordinata lagrangiana in modo da rendere regolarela parametrizzazione completa del sistema in tutto il proprio dominio di definizione;

(n) si scrivano lagrangiana ed equazioni lagrangiane del moto nella nuova coordinata,discutendone la riducibilita alla forma normale.

(o) si stabilisca se la nuova configurazione di confine, corrispondente a θ = L/R, e unequilibrio del sistema.

Stefano Siboni 1233


Soluzione(a) Energia cineticaIndicato con C il punto in cui la fune si distacca dalla guida circolare, l’ipotesi di inesten-dibilita della fune impone che sia |A − C | = L − Rθ e che di conseguenza

A−O = C −O + A−C = R sin θ e1 +R cos θ e2 +(L−Rθ) cos θ e1 − (L−Rθ) sin θ e2 ,

per cui basta derivare rispetto al tempo per ottenere la velocita istantanea del puntomateriale A

A = [R cos θ e1 − R sin θ e2−− (L − Rθ) sin θ e1 − (L − Rθ) cos θ e2 −R cos θ e1 + R sin θ e2] θ =

= −(L − Rθ) (sin θ e1 + cos θ e2) θ .

L’energia cinetica del sistema si identifica con quella del punto A e vale allora:

T =m

2A2 =

m

2(L − Rθ)2θ2 .

(b) Configurazioni di equilibrioIl sistema e soggetto unicamente alla forza peso, la cui azione viene descritta per mezzodel potenziale gravitazionale

U(θ) = −mg(A −O) · e2 = −mg[R cos θ − (L − Rθ) sin θ] , θ ∈ [0, L/R) ⊂ [0, 3π/2) .

Gli equilibri ordinari si identificano con i punti critici del potenziale e quindi vengonoottenuti uguagliando a zero la derivata prima

∂U

∂θ(θ) = −mg[−R sin θ − (L −Rθ) cos θ + R sin θ] = mg(L − Rθ) cos θ

e ricercando le soluzioni dell’equazione ∂U/∂θ(θ) = 0 nell’intervallo θ ∈ (0, L/R) ⊂(0, 3π/2). L’unica soluzione del problema si ha per

θ = π/2

in quanto il fattore L − Rθ non risulta mai nullo

0 < L −Rθ ≤ L .

Il solo possibile candidato al ruolo di equilibrio di confine e θ = 0 che, grazie all’ipotesi deivincoli ideali, si caratterizza mediante il teorema dei lavori virtuali. Condizione necessariae sufficiente perche θ = 0 sia un equilibro e che ∂U/∂θ(0) ≤ 0, ma

∂U

∂θ(0) = mgL > 0

e dunque l’equilibrio non ricorre.

Stefano Siboni 1234


(c) Stabilita degli equilibri ordinariData la natura posizionale conservativa del sistema scleronomo, la stabilita dell’equilibrioordinario θ = π/2 puo essere analizzata per mezzo dei teoremi di Lagrange-Dirichlet e diinversione parziale. A questo scopo, il primo passo consiste nel determinare la derivataseconda del potenziale:

∂2U

∂θ2(θ) = −mg(L− Rθ) sin θ + mg(−R) cos θ = −mg[(L− Rθ) sin θ + R cos θ]

che calcolata nella configurazione θ = π/2 assume segno negativo:

∂2U

∂θ2

(π

2

)= −mg

(L − πR

2

)< 0

e permette di riconosce nell’unico equilibrio ordinario del sistema un massimo relativoproprio del potenziale U , la cui stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

(d) Equazioni del motoIn virtu dell’ipotesi di vincoli ideali, le equazioni pure del moto sono quelle di Lagrange:

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

con la lagrangiana

L =m

2(Rθ − L)2θ2 + U(θ) =

m

2(Rθ − L)2θ2 − mg[R cos θ − (L −Rθ) sin θ]

che fornisce le espressioni:

∂L

∂θ= m(Rθ − L)2θ

d

dt

(∂L

∂θ

)= m(Rθ − L)2θ + 2m(Rθ − L)Rθ2

∂L

∂θ= m(Rθ − L)Rθ2 +

∂U

∂θ= m(Rθ − L)Rθ2 + mg(L − Rθ) cos θ .

Le equazioni del moto diventano pertanto:

m(Rθ − L)2θ + m(Rθ − L)Rθ2 −mg(L − Rθ) cos θ = 0 .

(e) Integrale primoUn ovvio integrale primo di questo sistema scleronomo posizionale conservativo e quellodell’energia meccanica H = T = −U :

H(θ, θ) =m

2(L −Rθ)2 θ2 + mg[R cos θ − (L − Rθ) sin θ] .

Stefano Siboni 1235


(f) Moti oscillatoriIl sistema e scleronomo, posizionale e ad un solo grado di liberta. I suoi moti possonoquindi essere analizzati qualitativamente mediante la discussione di Weierstrass. L’energiapotenziale W = −U del sistema si scrive:

W (θ) = mg[R cos θ − (L − Rθ) sin θ]

e per ogni θ ∈ (0, L/R) ammette la derivata prima:

W ′(θ) = mg[−R sin θ + R sin θ − (L − Rθ) cos θ] = −mg(L −Rθ) cos θ

mentre la derivata seconda vale:

W ′′(θ) = −mg[−R cos θ − (L −Rθ) sin θ] = mg[R cos θ + (L − Rθ) sin θ] .

Il solo punto critico dell’energia potenziale si ha per θ = π/2, che e un minimo rela-tivo — e assoluto. Il grafico dell’energia potenziale puo essere tracciato qualitativamenteconsiderando i seguenti valori notevoli della funzione:

W (0) = mgR W (π/2) = −mg(L − π

2R)

< 0

W (π) = −mgR W (L/R) = mgR cos(L/R) ∈ (−mgR, 0)

ed e illustrato nella figura seguente:

Dall’andamento del grafico e dalla conservazione dell’energia meccanica

H(θ, θ) =m

2(L − Rθ)2θ2 + mgR

[cos θ −

(L

R− θ

)sin θ

]i criteri di Weierstrass consentono di dedurre che i moti periodici del sistema ricorronotutti e soltanto per i valori di energia meccanica compresi fra W (π/2) e W (L/R). Lecondizioni iniziali (θ0, θ0) corrispondenti ai moti oscillatori del sistema soddisfano quindile condizioni:

−mg(L − π

2R)

≤ m

2(L −Rθ0)2θ2

0 + mgR[cos θ0 −

(L

R− θ0

)sin θ0

]< mgR cos

(L

R

).

Stefano Siboni 1236


(g) Piccole oscillazioniE possibile studiare le piccole oscillazioni nell’intorno della posizione di equilibrio ordinaria,θ = π/2, dal momento che questa risulta stabile e con derivata seconda del potenzialestrettamente negativa. La lagrangiana delle piccole oscillazioni si scrive, per definizione,

Lp.o. =m

2

(L − πR

2

)2

θ2 − 12mg

(L − πR

2

)(θ − π

2

)2

e le corrispondenti equazioni linearizzate del moto diventano:

m(L − πR

2

)2

θ + mg(L − πR

2

)(θ − π

2

)= 0

ovvero:θ +

g

L − πR

2

(θ − π

2

)= 0 .

E questa l’equazione di un oscillatore armonico semplice unidimensionale di pulsazione

ω =√√√√ g

L − πR

2

e conseguentemente la frequenza normale delle piccole oscillazioni nell’intorno della con-figurazione di equilibrio θ = π/2 vale

f =ω

2π=

12π

√√√√ g

L − πR

2

.

(h) Condizione dei vincoli idealiPer definizione, il sistema scleronomo e a vincoli ideali se e soltanto se in ogni configurazioneθ ∈ [0, L/R) le reazioni vincolari Φ esplicabili sono tutte e sole quelle individuate dalprincipio delle reazioni vincolari:

Φ · ν ≥ 0

per ogni velocita virtuale ν del punto A relativa alla configurazione considerata, espressada

ν = α∂A

∂θ(θ) ∀α ∈ R

nelle configurazioni ordinarie θ ∈ (0, L/R), e da

ν = α∂A

∂θ(0) ∀α ≥ 0

nell’unica configurazione di confine θ = 0. Le reazioni vincolari esplicabili soddisfano perciola condizione:

Φ · ∂A

∂θ(θ) = 0

Stefano Siboni 1237


nelle configurazioni ordinarie eΦ · ∂A

∂θ(0) ≥ 0

nella configurazione di confine θ = 0. La derivata parziale ∂A/∂θ si ricava dall’espressionedella velocita istantanea di A:

A =∂A

∂θθ = −(L − Rθ)(sin θ e1 + cos θ e2)θ

e risulta∂A

∂θ(θ) = −(L − Rθ)(sin θ e1 + cos θ e2)

vettore ortogonale al segmento che congiunge A con il punto C in cui la fune si distaccadalla circonferenza:

∂A

∂θ· (A − C) = −(L − Rθ)2(sin θ e1 + cos θ e2) · (cos θ e1 − sin θ e2) = 0 .

In condizioni di vincoli ideali, le reazioni vincolari Φ che il sistema e in grado di esercitarein una qualsiasi configurazione ordinaria sono tutti i vettori paralleli ad A−C ; nella confi-gurazione di confine risultano esplicabili tutte e soltanto le reazioni vincolari che soddisfanola condizione:

−Le2 · Φ ≥ 0

ossia sono dirette da A verso C = B:

e2 · Φ ≤ 0 .

Nella sola ipotesi che la fune sia perfettamente flessibile ed inestendibile, la condizione diidealita dei vincoli non appare verosimile. Nelle configurazioni ordinarie questa prevedeinfatti che il sistema possa esercitare sul punto A tanto reazioni vincolari attrattive,dirette verso C , quanto reazioni repulsive, orientate da C verso A; queste ultime nonsono evidentemente esplicabili da un filo perfettamente flessibile, che non puo opporsi inalcun modo alla eventuale riduzione della distanza |A − C |.

(i) Regione accessibile nel piano delle fasi per vincoli non idealiNell’ipotesi che la fune AB sia perfettamente flessibile ed inestendibile, la condizione perchela fune si mantenga sempre tesa e che la reazione vincolare Φ applicata al punto A risultidiretta verso il punto C , in cui la fune di distacca dalla guida circolare:

Φ · (A −C) ≤ 0 .

Il postulato delle reazioni vincolari impone che per il punto materiale A si abbia

mA = −mg e2 + Φ

Stefano Siboni 1238


per cui la reazione vincolare lungo il moto risulta

Φ = mA + mg e2

e la condizione sulla reazione vincolare assume la forma

Φ · (A − C) = (mA + mg e2) · (A − C) ≤ 0 ,

dove il vettore A −C e dato dall’espressione

A − C = (L −Rθ)(cos θ e1 − sin θ e2) .

L’accelerazione del punto A vale

A =d

dt

(∂A

∂θθ)

=∂A

∂θθ +

∂2A

∂θ2θ2

con:∂A

∂θ= −(L − Rθ)(sin θ e1 + cos θ e2)

∂2A

∂θ2= R(sin θ e1 + cos θ e2) − (L −Rθ)(cos θ e1 − sin θ e2)

in modo che la condizione cui il moto deve soddisfare affinche la reazione vincolare siaesplicabile diventa

m(A + ge2) · (A − C) = m

[∂A

∂θ· (A −C)θ +

∂2A

∂θ2· (A − C)θ2 − g(L −Rθ) sin θ

].

Ma si e gia verificato che:

∂A

∂θ· (A − C) = −(L − Rθ)2(sin θ e1 + cos θ e2) · (cos θ e1 − sin θ e2) = 0

mentre

∂2A

∂θ2· (A − C) =

[R(sin θ e1 + cos θ e2) − (L − Rθ)(cos θ e1 − sin θ e2)

]·

· (L −Rθ)(cos θ e1 − sin θ e2) = −(L − Rθ)2

per cui la predetta condizione si riscrive come −(L−Rθ)2θ2 − g(L−Rθ) sin θ ≤ 0, ovvero

(L −Rθ)2 θ2 + g(L − Rθ) sin θ ≥ 0 .

Si osservi che nell’ipotesi della fune perfettamente flessibile ed inestendibile le equazioni delmoto sono sempre quelle di Lagrange, perche la reazione vincolare Φ che la fune esercitasu A ha comunque la direzione prevista dalla condizione dei vincoli ideali; nondimeno, laprescrizione sul verso di tale reazione impone una restrizione sulle condizioni iniziali, ovvero

Stefano Siboni 1239


sulla regione del piano delle fasi (θ, θ) ∈ R2 effettivamente accessibile al sistema. Tale

regione e completamente determinata dalla relazione precedente, e si identifica pertantocon l’insieme

(θ, θ) ∈ R2 : (L − Rθ)2θ2 + g(L − Rθ) sin θ ≥ 0 .

Va sottolineato che in condizioni di vincoli ideali la regione dello spazio delle fasi accessibileai moti del sistema e costituita dall’intera striscia chiusa (θ, θ) ∈ R

2 : θ ∈ [0, L/R] ed ilrelativo ritratto di fase assume l’aspetto illustrato nella figura seguente

La condizione della fune perfettamente flessibile ed inestendibile comporta una restrizioneal dominio di collocazione dei moti nel piano delle fasi, secondo quanto riporta la figura:

(l) Singolarita della parametrizzazioneLa parametrizzazione del sistema scleronomo

A − O = R sin θ e1 + R cos θ e2 + (L − Rθ) cos θ e1 − (L −Rθ) sin θ e2 θ ∈ [0, L/R]

e regolare nel proprio dominio di definizione se e soltanto se la relativa derivata parzialeprima

∂A

∂θ(θ) = −(L − Rθ)(sin θ e1 + cos θ e2)

Stefano Siboni 1240


risulta sistematicamente diversa da zero nello stesso dominio. Dal momento che il vet-tore entro parentesi tonde ha modulo non nullo ∀ θ ∈ R, e evidente la regolarita dellaparametrizzazione nell’intervallo θ ∈ [0, L/R). Regolarita che tuttavia viene meno nellaconfigurazione di confine θ = L/R, dove L − Rθ = 0 e pertanto ∂A/∂θ = 0.

(m) Regolarizzazione della parametrizzazioneSi introduca il cambiamento di variabile θ ∈ [0, L/R] → ξ ∈ [0, L2/2R2] definito dallarelazione quadratica

ξ =12

(L

R− θ

)2

che si inverte nell’intervallo [0, L2/2R2] della nuova variabile ξ per mezzo dell’espressione

θ =L

R−

√2ξ .

La parametrizzazione del sistema nella nuova coordinata lagrangiana si scrive allora

A(ξ) = R

[sin

(L

R−

√2ξ

)e1 + cos

(L

R−

√2ξ

)e2

]+

+ R√

2ξ

[cos

(L

R−

√2ξ

)e1 − sin

(L

R−

√2ξ

)e2

]ξ ∈

[0,

L2

2R2

]

e la sua derivata prima vale

∂A

∂ξ(ξ) = R

[− 1√

2ξcos

(L

R−

√2ξ

)e1 +

1√2ξ

sin(L

R−

√2ξ

)e2

]+

+R√2ξ

[cos

(L

R−

√2ξ

)e1 − sin

(L

R−

√2ξ

)e2

]+

+ R√

2ξ

[1√2ξ

sin(L

R−

√2ξ

)e1 +

1√2ξ

cos(L

R−

√2ξ

)e2

]=

= R

[sin

(L

R−

√2ξ

)e1 + cos

(L

R−

√2ξ

)e2

]

e risulta diversa da zero ∀ ξ ∈ [0, L2/2R2], anche nella configurazione di confine ξ = 0.Nella nuova variabile la parametrizzazione risulta dunque regolare.

(n) Lagrangiana ed equazioni del moto nella nuova coordinata

Dalla trasformazione di coordinate θ =L

R−

√2ξ si deduce per la velocita generalizzata

nella nuova variabile lagrangiana l’espressione

θ = − 1√2ξ

ξ

Stefano Siboni 1241


in modo che la lagrangiana del sistema nelle nuove variabili diventa

L(ξ, ξ) =mR2

2ξ2 + mgR

[− cos

(L

R−

√2ξ

)+

√2ξ sin

(L

R−

√2ξ

)]

con ξ ∈ [0, L2/2R2] e ξ ∈ R. Le equazioni pure del moto si riducono cosı, nell’ipotesi divincoli ideali, all’unica equazione di Lagrange

d

dt

(∂L

∂ξ

)− ∂L

∂ξ= 0

che sostituite le ovvie espressioni:

∂L

∂ξ= mR2ξ

d

dt

(∂L

∂ξ

)= mR2ξ

∂L

∂ξ= −mgR cos

(L

R−

√2ξ

),

diventa

mR2ξ + mgR cos(L

R−

√2ξ

)= 0

(o) Equilibrio di confineLa configurazione di confine corrispondente a θ = L/R e individuata, nelle nuove coordi-nate, da ξ = 0. Il teorema dei lavori virtuali stabilisce che la configurazione e di equilibriose e soltanto se il lavoro virtuale delle sollecitazioni attive risulta non negativo per ognispostamento virtuale a partire dalla configurazione considerata

∂U

∂ξ(0) δξ ≤ 0 ∀ δξ ≥ 0

ossia, equivalentemente,∂U

∂ξ(0) ≤ 0 .

Si ha tuttavia, essendo per ipotesi L/R ∈ (π, 3π/2),

∂U

∂ξ(0) = −mgR cos

(L

R−

√2ξ

)∣∣∣∣ξ=0

= −mgR cos(L

R

)> 0

per cui il teorema dei lavori virtuali non e soddisfatto e la configurazione non costituisceun equilibrio di confine del sistema.

Stefano Siboni 1242


Esercizio 219. Geometria delle masseSolidale ad una terna di riferimento Oxyz si considera un corpo rigido composto dall’astarettilinea OA e dalla lamina quadrata OBCD, rispettivamente collocati lungo l’asse Ox enel piano coordinato Oyz — vedi figura. La densita lineare λ dell’asta e quella superficialeσ della lamina sono date da:

λ(x) =µ

a2x ∀x ∈ [0, a] σ(y, z) =

µ

a4yz ∀ (y, z) ∈ [0, a]2

dove µ e una costante positiva e a indica la lunghezza dell’asta, che coincide con il lato delquadrato.

Determinare:

(a) la massa e le coordinate del baricentro del corpo rispetto alla terna Oxyz;

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

(c) il momento d’inerzia del corpo relativamente all’asse parallelo a Oz e passante per ilbaricentro;

(d) l’energia cinetica del sistema nell’ipotesi che O = 0 e la velocita angolare del corpovalga ω = ω e1 − ω e3, con ω > 0;

(e) il momento angolare in O del sistema e la velocita del vertice A, nella stessa ipotesi.

Soluzione(a) Massa e baricentro del sistemaConviene determinare separatamente le masse e i baricentri dell’asta e della lamina quadra-ta, per poi procedere al calcolo della massa totale del sistema, sfruttando l’addittivita dellemasse, e il baricentro dello stesso, facendo uso del teorema distributivo.

Asta OALa massa dell’asta si ricava integrandone la densita lineare λ(x) lungo il segmento OA

masta =∫ a

0

λ(x)dx =∫ a

0

µ

a2xdx =

µ

a2

[x2

2

]a

0

=µ

2.

Stefano Siboni 1243


Per quanto riguarda il baricentro, e evidente che questo deve collocarsi sull’asse di simme-tria Ox, per cui la sua ordinata e la sua quota sono nulle

yastaG = zasta

G = 0 .

L’ascissa xastaG viene invece determinata per mezzo della definizione

xastaG =

2µ

∫ a

0

xλ(x)dx =2µ

∫ a

0

µ

a2x2 dx =

2a2

[x3

3

]a

0

=23a

in modo che il vettore posizione del baricentro Gasta rispetto alla terna Oxyz assume laforma

Gasta − O =23a e1 .

LaminaLa massa della lamina quadrata OBCD e data dall’integrale della densita areale σ(y, z)sul dominio OBCD

mlamina =∫ a

0

dy

∫ a

0

dz σ(y, z) =∫ a

0

dy

∫ a

0

dzµ

a4yz =

µ

a4

a2

2a2

2=

µ

4.

Il baricentro Glamina deve giacere nel piano coordinato Oyz, che costituisce un evidentepiano di simmetria del quadrato: l’ascissa xlamina

G deve necessariamente annullarsi

xlaminaG = 0 .

Poiche inoltre si ha chiaramente

σ(y, z) = σ(z, y) ∀ (y, z) ∈ [0, a]2 ,

non c’e dubbio che la retta x = 0, y = z costituisca un asse di simmetria della laminaquadrata, sicche ordinata e quota di Glamina debbono coincidere

ylaminaG = zlamina

G .

Il loro comune valore e calcolato sulla base della definizione

ylaminaG =

4µ

∫ a

0

dy

∫ a

0

dz y σ(y, z) =4µ

∫ a

0

dy

∫ a

0

dzµ

a4y2z =

=4a4

∫ a

0

y2 dy

∫ a

0

z dz =4a4

a3

3a2

2=

23a

e il vettore posizione del baricentro diventa cosı

Glamina − O =23a e2 +

23a e3 .

Stefano Siboni 1244


SistemaIl teorema di additivita permette di scrivere la massa del sistema come somma delle particostituenti

m = masta + mlamina =µ

2+

µ

4=

34µ .

Il vettore posizione del baricentro G del sistema e invece ottenuto facendo ricorso allaproprieta distributiva, secondo la formula

G −O =masta(Gasta − O) + mlamina(Glamina − O)

masta + mlamina

che, sostituiti i valori delle masse e i vettori posizione dei baricentri parziali, porge

G − O =43µ

[µ

223a e1 +

µ

4

(23a e2 +

23a e3

)]=

43µ

23µa

(12

e1 +14

e2 +14

e3

)=

=89a(1

2e1 +

14

e2 +14

e3

)=

(49

e1 +29

e2 +29

e3

)a

(b) Matrice d’inerzia rispetto alla terna OxyzLa matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz si esprime come somma dellematrici d’inerzia di asta e lamina, relativamente alla stessa terna di riferimento.

AstaPoiche l’asta e ubicata lungo l’asse coordinato Ox, la matrice d’inerzia dell’asta rispetto aOxyz assume la forma generale

[LastaO ] =

0 0 0

0 Lastayy 0

0 0 Lastayy

in cui il momento d’inerzia rispetto all’asse Oy si ricava dalla definizione

Lastayy =

∫ a

0

x2λ(x)dx =∫ a

0

x2 µ

a2xdx =

µ

a2

∫ a

0

x3 dx =µ

a2

a4

4=

µa2

4.

La matrice d’inerzia dell’asta vale quindi

[LastaO ] = µa2

0 0 0

0 1/4 00 0 1/4

.

LaminaLa lamina quadrata ha in Oyz il proprio piano di giacitura, per cui la matrice d’inerziarelativa a Oxyz si presenta nella forma generale

[LlaminaO ] =

Llaminayy + Llamina

zz 0 00 Llamina

yy Llaminayz

0 Llaminayz Llamina

zz

Stefano Siboni 1245


dove i momenti d’inerzia Llaminayy e Llamina

zz ed il prodotto d’inerzia Llaminayz vanno determinati

direttamente per mezzo delle rispettive definizioni. Si ha in effetti

Llaminayy =

∫ a

0

dy

∫ a

0

dz z2 σ(y, z) =∫ a

0

dy

∫ a

0

dz z2 µ

a4yz =

=µ

a4

∫ a

0

y dy

∫ a

0

z3 dz =µ

a4

a2

2a4

4=

µa2

8

e lo stesso valore assume il momento d’inerzia relativo all’asse Oz

Llaminazz =

∫ a

0

dy

∫ a

0

dz y2 σ(y, z) =∫ a

0

dy

∫ a

0

dz y2 µ

a4yz =

µa2

8

mentre il prodotto d’inerzia non banale Llaminayz si riduce a

Llaminayz = −

∫ a

0

dy

∫ a

0

dz yz σ(y, z) = −∫ a

0

dy

∫ a

0

dz yzµ

a4yz =

= − µ

a4

∫ a

0

y2 dy

∫ a

0

z2 dz = − µ

a4

a3

3a3

3= −µa2

9.

La matrice d’inerzia della lamina quadrata e percio

[LlaminaO ] = µa2

1/4 0 0

0 1/8 −1/90 −1/9 1/8

.

SistemaNon rimane che sommare le matrici d’inerzia appena calcolate per ottenere il risultatorichiesto

[LO] = [LastaO ] + [Llamina

O ] = µa2

1/4 0 0

0 3/8 −1/90 −1/9 3/8

.

(c) Momento d’inerzia rispetto all’asse GzLa matrice d’inerzia fornisce il momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse Oz

IOz = Lzz =38µa2

e da questo il teorema di Huygens-Steiner permette di ricavare il momento d’inerzia relativoall’asse parallelo Gz:

IGz = IOz −m(x2G + y2

G)

noto che sia il quadrato della distanza fra gli assi Oz e Gz

x2G + y2

G =(4

9a)2

+(2

9a)2

=1681

a2 +481

a2 =2081

a2

Stefano Siboni 1246


e la massa m = 3µ/4 del sistema. Si ha cosı

IGz =38µa2 − 3

4µ

2081

a2 =41216

µa2 .

(d) Energia cineticaPer il corpo rigido di punto fisso O e velocita angolare istantanea ω = ω e1 −ω e3 l’energiacinetica e data da

T =12ω · LO(ω) =

12

(ω 0 −ω )µa2

1/4 0 0

0 3/8 −1/90 −1/9 3/8

ω

0−ω

=

=12µa2ω2 ( 1 0 −1 )

1/4

1/9−3/8

=

12µa2ω2

(14

+38

)=

516

µa2ω2 .

(e) Momento angolare in O e velocita istantaneaNell’ipotesi che il sistema rigido abbia punto fisso O e velocita angolare ω = ω e1 −ω e3, ilmomento angolare in O del sistema e determinato dall’espressione

KO = K1 e1 + K2 e2 + K3 e3 = LO(ω e1 − ω e3)

nella quale le componenti K1,K2,K3 si ricavano dalla relazione matriciale

K1

K2

K3

= [LO]

ω

0−ω

= µa2

1/4 0 0

0 3/8 −1/90 −1/9 3/8

ω

0−ω

= µa2ω

1/4

1/9−3/8

.

Il momento angolare in O vale pertanto:

KO = µa2ω(1

4e1 +

19

e2 −38

e3

).

La velocita istantanea del vertice A viene invece calcolata usando il teorema di Poissonper l’atto di moto rigido:

A = O + ω ∧ (A − O) = 0 +

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

ω 0 −ωa 0 0

∣∣∣∣∣∣ = −aω e2 .

Stefano Siboni 1247


Esercizio 220. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoNel piano verticale Oxy si considera un sistema costituito da un’asta rettilinea OA e dauna lamina quadrata BCDE, entrambi omogenei e di massa m. L’asta ha punto fisso Oed e incernierata nel punto medio A del lato BC della lamina, mentre il punto medio Mdel lato DE puo scorrere liberamente lungo l’asse orizzontale Ox. Il sistema e pesantee una molla ideale di costante elastica k = mg/2L congiunge il punto M della laminacon l’origine O. Le configurazioni sono descritte dall’angolo θ, che un ostacolo limitaall’intervallo [−5π/4, π/4].

Supposti i vincoli ideali, determinare:

(a) l’energia cinetica di asta e lamina rispetto alla terna Oxyz;

(b) le configurazioni di equilibrio, ordinarie e di confine;

(c) la natura stabile o instabile degli equilibri ordinari;


(e) un integrale primo del sistema.

Soluzione(a) Energia cinetica di asta e laminaAsta omogeneaL’asta OA si muove con asse fisso Oz e la sua velocita angolare vale

ωasta = θ e3

in quanto l’angolo θ e compreso fra l’asse Ox della terna assoluta e la direzione OA so-lidale all’asta. Per il momento d’inerzia dell’asta relativamente all’asse Oz si ha invecel’espressione

IastaOz =

mL2

3per cui l’energia cinetica risulta

Tasta =12IastaOz

∣∣ωasta

∣∣2 =12

mL2

3|θ e3|2 =

mL2

6θ2 .

Stefano Siboni 1248


LaminaLa lamina quadrata omogenea BCDE e priva di punti fissi e la sua energia cinetica puoessere convenientemente valutata usando il teorema di Konig. Poiche il triangolo OMA eisoscele, gli angoli alla base AOM e OMA risultano uguali ed orientati in senso opposto;essendo l’angolo OMA compreso fra l’asse Ox della terna assoluta e la direzione MAsolidale alla lamina, la velocita angolare di questa si scrive

ωlamina = −θ e3 .

Il baricentro G della lamina si identifica con centro geometrico della stessa ed ha vettoreposizione

G−O = G−M + M−O = −L

2cos θ e1+

L

2sin θ e2+2L cos θ e1 =

32L cos θ e1+

L

2sin θ e2

e velocita istantanea, lungo qualsiasi moto naturale,

G = L(−3

2sin θ e1 +

12

cos θ e2

)θ

con modulo quadrato

G2 = L2(9

4sin2θ +

14cos2θ

)θ2 = L2

(14

+ 2 sin2θ)θ2

Il momento d’inerzia del quadrato omogeneo rispetto all’asse Gz si scrive infine

I laminaGz =

mL2

6

per cui il teorema di Konig porge

Tlamina =12mG2 +

12I laminaGz

∣∣ωlamina

∣∣2 =12mL2

(14

+ 2sin2θ)θ2 +

12

mL2

6| − θ e3|2 =

=12mL2

(14

+ 2sin2θ +16

)θ2 =

12mL2

( 512

+ 2sin2θ)θ2 .

(b) Equilibri ordinari e di confineLe sollecitazioni attive applicate al sistema sono date dal peso e dall’interazione elasticafra i punti M ed O. Esse hanno dunque natura posizionale e conservativa e possono esseredescritte per mezzo dei rispettivi potenziali.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale del sistema e la somma dei potenziali gravitazionali di asta elamina:

Ug = −mg e2 ·A −O

2− mg e2 · (G − O) = −mg

L

2sin θ − mg

L

2sin θ = −mgL sin θ .

Stefano Siboni 1249


Potenziale elasticoIl potenziale associato all’interazione elastica fra il punto M e l’origine O si ricava sosti-tuendo l’espressione di M − O nella formula generale del potenziale elastico

Uel = −k

2|M − O|2 = −1

2mg

2L|2L cos θ e1|2 = −mgL cos2θ .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema segue dalla somma dei potenziali gravitazionale ed elastico deter-minati sopra:

U(θ) = Ug + Uel = mgL(− sin θ − cos2θ) , θ ∈[−5π

4,π

4

].

Equilibri ordinariLe configurazioni di equilibrio ordinarie vengono determinate ricercando, nell’intervalloaperto (−5π/4, π/4), gli zeri della componente lagrangiana delle sollecitazioni attive

Qθ =dU

dθ= U ′(θ) = mgL(− cos θ + 2 cos θ sin θ) = 2mgL cos θ

(sin θ − 1

2

)ossia risolvendo l’equazione trigonometrica

2mgL cos θ(sin θ − 1

2

)= 0 , θ ∈

(−5π

4,π

4

),

le cui soluzioni nell’intervallo (−5π/4, π/4) sono

θ = −π

2,

π

6, −7π

6.

Equilibri di confineLe configurazioni di confine si hanno per θ = −5π/4 e θ = π/4. Il teorema dei lavorivirtuali consente di riconoscere se queste costituiscano o meno degli equilibri di confine delsistema.

Configurazione θ = −5π/4In questa configurazione l’equilibrio ricorre se e soltanto se

Qθ

(−5π

4

)δθ ≤ 0 ∀ δθ ≥ 0

ossiaQθ

(−5π

4

)≤ 0 .

In effettiQθ

(−5π

4

)= mgL

[2 sin

(−5π

4

)− 1

]cos

(−5π

4

)=

= mgL(2

1√2− 1

)(− 1√

2

)= −mgL

√2− 1√

2< 0

Stefano Siboni 1250


per cui θ = −5π/4 e un equilibrio di confine.

Configurazione θ = π/4Si ha equilibrio in questa posizione se e soltanto se

Qθ

(π

4

)δθ ≤ 0 ∀ δθ ≤ 0

ovveroQθ

(π

4

)≥ 0 .

D’altra parte un calcolo diretto mostra che

Qθ

(π

4

)= mgL

[2 sin

(π

4

)− 1

]cos

(π

4

)= mgL

(2

1√2− 1

) 1√2

= mgL

√2 − 1√

2> 0

in modo che effettivamente la configurazione e di equilibrio.

(c) Stabilita degli equilibri ordinariDato il carattere posizionale conservativo delle sollecitazioni attive applicate, l’analisi distabilita degli equilibri ordinari puo essere condotta usando i teoremi di Lagrange-Dirichlete di inversione parziale, per la cui applicazione si rende necessario calcolare la derivataseconda del potenziale

U ′′(θ) = mgL(sin θ − 2sin2θ + 2cos2θ) .

Si procede allo studio delle singole configurazioni di equilibrio.

Configurazione θ = −π/2In questa configurazione la derivata seconda del potenziale ha ancora segno negativo

U ′′(−π/2) = mgL(−1− 2) = −3mgL < 0 .

Anche questa configurazione costituisce dunque un massimo relativo proprio del potenziale,stabile in virtu del teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione θ = π/6In questo caso la derivata seconda del potenziale assume segno positivo

U ′′(π/6) = mgL(1

2− 2

14

+ 234

)=

32mgL > 0

ed il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet assicura l’instabilita della con-figurazione di equilibrio.

Configurazione θ = −7π/6Anche questa configurazione risulta instabile per l’inversione parziale di Lagrange-Dirichlet,causa il segno positivo della derivata seconda del potenziale:

U ′′(−7π/6) = mgL(1

2− 2

14

+ 234

)=

32mgL > 0 .

Stefano Siboni 1251


(d) Equazioni di LagrangeL’energia cinetica del sistema e la somma delle energie cinetiche di asta e lamina:

T = Tasta + Tlamina =12mL2

( 512

+ 2sin2θ +13

)θ2 =

12mL2

(34

+ 2sin2θ)θ2 .

La lagrangiana L = T + U del sistema vale cosı

L =12mL2

(34

+ 2sin2θ)θ2 + mgL(− sin θ − cos2θ)

e conduce alle espressioni:∂L

∂θ= mL2

(34

+ 2sin2θ)θ

d

dt

(∂L

∂θ

)= mL2

(34

+ 2sin2θ)θ + 4mL2 sin θ cos θ θ2

∂L

∂θ= 2mL2 sin θ cos θθ2 + mgL(− cos θ + 2 sin θ cos θ)

che sostituite nell’equazione di Lagrange

d

dt

(∂L

∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

conducono all’equazione pura del moto cercata:

mL2(3

4+ 2 sin2θ

)θ + 2mL2 sin θ cos θ θ2 + mgL(cos θ − 2 sin θ cos θ) = 0 .

(e) Integrale primoIl sistema e scleronomo e soggetto esclusivamente a sollecitazioni posizionali conservative.Un ovvio integrale primo e dunque quello dell’energia meccanica H = T − U :

H(θ, θ) =12mL2

(34

+ 2 sin2θ)θ2 + mgL(sin θ + cos2θ) .

Per definizione, questa grandezza si mantiene costante lungo tutti i moti del sistema, ovverolungo qualsiasi soluzione delle equazioni di Lagrange del moto.

Stefano Siboni 1252

Esercizio 182. Equilibrio di un corpo rigido con...

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