Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 717. Equazioni cardinali della staticaNel piano verticale Oxy di una terna inerzialeOxyz un’asta rettilinea omogenea AB, di mas-sa m e lunghezza 4a, e vincolata a strisciare suuna guida circolare fissa e liscia !, di centro Oe raggio a, mantenendo l’estremo A sull’asseorizzontale liscio Ox. Oltre al peso, sull’astaagiscono una resistenza viscosa di costante "applicata in A e una molla ideale di costanteelastica k tesa fra A e il punto fisso C(0,!a, 0)dell’asse Oy. L’asta e soggetta a reazioni vinco-lari esterne in A e nel punto di contatto P fra! e AB. Si usi l’angolo # " (arctg (1/4),$/2)in figura per determinare del sistema:

(a) le equazioni cardinali statiche;

(b) le configurazioni di equilibrio;

(c) le reazioni vincolari in ciascuno stato di quiete;

(d) la condizione necessaria e su!ciente per l’equilibrio qualora il coe!ciente di attritostatico fra ! e AB sia µs > 0;

(e) gli equilibri nell’ipotesi di vincoli ideali.

Soluzione(a) Equazioni cardinali staticheLe forze applicate all’asta sono le seguenti:

# il peso !mge2 agente nel baricentro G, punto medio di AB;

# la forza elastica k(C ! A) applicata nell’estremo A;

# la reazione vincolare %"A = "Aye2, sempre agente in A;

# la reazione vincolare %"P = "Pxe1 + "Py e2, applicata in P e necessariamente ortogo-nale al vincolo;

# la resistenza viscosa !"A in A, che pero e nulla in condizioni statiche e puo quindiessere ignorata.

La determinazione delle equazioni cardinali statiche richiede l’individuazione dei vettoriposizione di A, G e P , oltre al calcolo esplicito della sollecitazione elastica k(C ! A). Leposizioni assolute dei punti A e P si ricavano immediatamente notando che OAB = #:

A ! O =a

sin #e1 P ! O = a sin # e1 + a cos # e2 , (717.1)

Stefano Siboni 3833

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

mentre per il baricentro G si ha:

G !O = A ! O +B ! A

2=

a

sin #e1 +

!4a cos # e1 + 4a sin # e2

2=

= a! 1

sin #! 2 cos #

"e1 + 2a sin # e2 .

L’espressione esplicita della forza elastica risulta infine:

k(C ! A) = k#C ! O ! (A ! O)

$= k

!!ae2 !

a

sin #e1

"= ka

!! 1

sin #e1 ! e2

".

Si hanno cosı tutte le espressioni utili per ricavare le equazioni cardinali statiche dell’asta.

Prima equazione cardinale staticaLa prima equazione cardinale della statica richiede che la somma di tutte le forze esterneapplicate all’asta AB sia nulla:

%"P ! mge2 + %"A + k(C ! A) = 0

ossia che:"Pxe1 + "Py e2 !mge2 + "Ay e2 + ka

!! 1

sin #e1 ! e2

"= 0

Questa equazione vettoriale e quindi equivalente al sistema di equazioni scalari:

%&

'"Px ! ka

sin #= 0

"Py !mg + "Ay ! ka = 0 .(717.2)

Seconda equazione cardinale statica in PE opportuno scrivere la seconda equazione cardinale della statica rispetto al polo P , inmodo da eliminare il contributo della reazione vincolare %"P e ottenere una relazione con-tenente la sola reazione %"A. L’equazione e dunque:

(P ! P ) $ %"P + (G ! P ) $ (!mge2) + (A ! P ) $#k(C ! A) + %"A

$= 0

con:G ! P = G ! O ! (P ! O) =

= a! 1

sin #! 2 cos #

"e1 + 2a sin # e2 ! (a sin # e1 + a cos # e2) =

= a! 1

sin #! 2 cos # ! sin #

"e1 + a(2 sin # ! cos #) e2

e:A ! P = a

! 1sin #

! sin #"e1 ! a cos # e2

Stefano Siboni 3834

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

per cui risulta:

a

(! 1sin #

! 2 cos # ! sin #"e1 + (2 sin # ! cos #)e2

)$ (!mge2)+

+a

(! 1sin #

! sin #"e1 ! cos # e2

)$

(ka

!! 1

sin #e1 ! e2

"+ "Ay e2

)= 0

ed eseguendo i prodotti esterni si ottiene:

mga!! 1

sin #+ 2 cos # + sin #

"e3+

+(ka2

!! 1

sin #+ sin #

"! ka2 cos #

sin #+ a"Ay

! 1sin #

! sin #")

e3 = 0 .

L’unica componente non banale dell’equazione e quindi quella lungo e3:

mga!1 + 2 sin # cos # + sin2#

sin #+ ka2!1 + sin2# ! cos #

sin #+ a"Ay

1 ! sin2#

sin #= 0

che si semplifica in:

mga(2 sin # cos # ! cos2#) ! ka2(cos # + 1) cos # + a"Aycos2# = 0

ovvero in:mga(2 sin # ! cos #) ! ka2(cos # + 1) + a"Ay cos # = 0 ,

essendo cos # > 0 nell’intervallo di definizione della variabile angolare. Se ne deducel’espressione della componente "Ay:

"Ay = mg*1 ! 2 tg #

++ ka

!1 +

1cos #

". (717.3)

(b) EquilibriNon essendo stata espressamente assunta l’ipotesi dei vincoli ideali, la condizione necessariae su!ciente per l’equilibrio e data dalle equazioni cardinali statiche (717.2) e (717.3), conla richiesta supplementare che la reazione vincolare %"P sia ortogonale all’asta — causa lamancanza di attrito radente. Le equazioni cardinali statiche consentono di esprimere tuttele componenti non banali delle forze reattive in termini dell’angolo #:

%,,,,&

,,,,'

"Px =ka

sin #

"Ay = mg*1 ! 2 tg #

++ ka

!1 +

1cos #

"

"Py = mg + ka ! "Ay = 2mg tg # ! ka

cos #.

(717.4)

D’altra parte, il versore tangente all’asta si puo scrivere nella forma:

&(#) =P !(#)|P !(#)| =

a cos # e1 ! a sin # e2

|a cos # e1 ! a sin # e2|= cos # e1 ! sin # e2

Stefano Siboni 3835

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

in modo che la condizione di vincolo liscio in P diventa:

0 = %"P · &(#) = "Px cos # ! "Py sin #

e con la sostituzione delle espressioni (717.4) si riduce a:

ka

sin #cos # !

!2mg tg # ! ka

cos #

"sin # = 0

ossia:ka

sin # cos #! 2mg

sin2 #

cos #= 0 %& sin3# =

ka

2mg. (717.5)

Nell’intervallo # " (arctg (1/4),$/2) si ha un’unica soluzione per:

# = arcsin(! ka

2mg

"1/3)

:= #!

se e solo se arctg (1/4) < #! < $/2, ovvero:

sin#arctg (1/4)

$< sin #! < 1

essendo:

sin#arctg (1/4)

$=

tg#arctg (1/4)

$-

1 + tg2#arctg (1/4)

$ =1/4.

1 + (1/4)2=

1'17

.

La condizione necessaria e su!ciente per l’equilibrio e quindi:

1'17

<! ka

2mg

"1/3< 1 .

(c) Reazioni vincolari negli stati di quieteLe reazioni vincolari che accompagnano lo stato di quiete nella configurazione di equilibrio# = #! sono definite dalle relazioni (717.4):

%,,,,&

,,,,'

"Px =ka

sin #!

"Ay = mg*1 ! 2 tg #!

++ ka

!1 +

1cos #!

"

"Py = 2mg tg #! ! ka

cos #!

e valgono percio:%"A =

(mg

*1 ! 2 tg #!

++ ka

!1 +

1cos #!

")e2

%"P =ka

sin #!e1 +

!2mg tg #! ! ka

cos #!

"e2 ,

Stefano Siboni 3836

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

con #! = arcsin#(ka/2mg)1/3

$.

(d) Condizione di equilibrio in presenza di attritoNel caso che il coe!ciente di attrito radente statico in P fra asta e guida sia uguale aµs > 0, le reazioni vincolari esterne nello stato di quiete sono sempre specificate dalle(717.4), ma la condizione di equilibrio e espressa dalla legge di Coulomb-Morin:

|%"P · & | ( µs|%"P · n|

nella quale n indica il versore normale all’asta:

n =d&

d#= ! sin # e1 ! cos # e2 .

La componente di %"P tangente ad AB vale:

%"P · & = "Px cos # ! "Py sin # =ka

sin #cos # !

!2mg tg # ! ka

cos #

"sin # =

=ka

sin # cos #! 2mg

sin2#

cos #,

mentre per quella normale si ha l’espressione:

%"P · n = !"Px sin # ! "Py cos # = ! ka

sin #sin # !

!2mg tg # ! ka

cos #

"cos # = !2mg sin #

in modo che la condizione di equilibrio diventa:

////ka

sin # cos #! 2mg

sin2#

cos #

//// ( µs

///!2mg sin #/// , # " (arctg (1/4),$/2) ,

vale a dire: ////ka

2mg! sin3#

//// ( µssin2# cos # , # " (arctg (1/4),$/2) .

La condizione non e risolvibile esplicitamente in #, per cui si rende necessario il ricorso ametodi numerici, ad esempio ricercando il luogo dei punti # " (arctg (1/4),$/2) dove lafunzione ausiliaria:

#(#) = µssin2# cos # !////

ka

2mg! sin3#

////

presenta valore non negativo. La condizione risulta pero evidentemente verificata per# = #!, allorquando il primo membro si annulla. L’intervallo di equilibrio si amplia all’au-

Stefano Siboni 3837

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

mentare di µs. La figura seguente illustra il caso ka/2mg = 0.5, µs = 0.3:

L’intervallo di equilibrio ha estremi facilmente calcolabili per via numerica:

0.8197789326 ( # ( 1.016031851

e comprende il valore di equilibrio della variabile angolare per il caso liscio:

# = #! = arcsin(0.5)1/3 = 0.9168683843 .

(e) Equilibri nel caso di vincoli idealiNell’ipotesi di vincoli ideali la condizione necessaria e su!ciente per l’equilibrio e o$ertadal teorema dei lavori virtuali, che per questo sistema scleronomo a vincoli bilaterali siriduce all’equazione:

U !(#) = 0 # " (arctg (1/4),$/2)

in termini del potenziale U(#) del sistema. Detto potenziale e la somma di un contributogravitazionale e di un termine elastico:

U(#) = Ug + Uel = !mge2 · (G ! O) ! k

2|C ! A|2 =

= !mge2 ·(a! 1

sin #! 2 cos #

"e1 + 2a sin # e2

)! k

2a2

!! 1

sin #e1 ! e2

"2=

= !2mga sin # ! ka2

2

! 1sin2#

+ 1"

per cui la condizione di equilibrio diventa:!!2mga + ka2 1

sin3#

"cos # = 0

e coincide con l’equazione (717.5) gia ricavata al punto (b).

Stefano Siboni 3838

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 718. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. non conservativoNel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz un disco circolare omogeneo D, di centroC , raggio a e massa m, rotola senza strisciarelungo l’asse orizzontale Ox. Un punto mate-riale P di massa m e saldato sul bordo di D, inmodo che P possa sovrapporsi ad O duranteil moto. Un punto Q di massa m puo invecescorrere liberamente su D mantenendosi a di-stanza a/2 dal centro C . Il sistema e pesantee a vincoli ideali. Una molla ideale di costanteelastica k collega O a C . Resistenze viscose dicostante " sono applicate in C , P e Q. Usarei parametri lagrangiani s,' " R in figura perdeterminare:

(a) l’energia cinetica del sistema;

(b) le componenti generalizzate del sistema di resistenze viscose, verificandone la naturasotto il profilo energetico;

(c) due equilibri del sistema;

(d) le proprieta di stabilita dei predetti equilibri;

(e) le equazioni pure del moto;

(f) i modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile, nel caso sia" = 0 e k = mg/a.

Soluzione(a) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema e data dalla somma delle energie cinetiche del disco e deipunti P e Q, che conviene senz’altro determinare separatamente.

Energia cinetica del discoIl disco rotola senza strisciare lungo l’asse Ox e la sua velocita angolare si scrive percio:

%(D = !as

ae3 = !se3 .

Data la mancanza di punti fissi, si ricorre al teorema di Konig:

TD =m

2C2 +

12ICz|%(D|2 =

m

2|ase1|2 +

12

ma2

2|! se3|2 =

ma2

2s2 +

ma2

4s2 =

34ma2s2

notando che il baricentro di D coincide con il centro geometrico — e di simmetria — C ,e che il vettore posizione di questo vale C ! O = ase1 + ae2, con corrispondente velocitaC = ase1.

Stefano Siboni 3839

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Energia cinetica del punto PSiccome per ipotesi i punti P ed O devono potersi sovrapporre lungo il moto, e evidenteche quando il disco tocca l’asse Ox in O il punto P deve coincidere proprio con O. Lacondizione di puro rotolamento impone allora che al procedere del moto l’arco descritto dalpunto materiale P lungo il bordo del disco debba avere lunghezza pari al corrispondentecammino as percorso lungo l’asse Ox dal punto di contatto con il disco. L’angolo dirotazione del disco, misurato fra il raggio P !C e la verticale condotta da C verso il basso,e cosı uguale ad s, ma orientato in senso orario. La posizione del punto P rispetto allaterna Oxyz e percio individuata dal vettore:

P!O = C!O + P!C = ase1+ae2!a sin s e1!a cos s e2 = a(s!sin s)e1+a(1!cos s)e2

che derivato in t porge la velocita istantanea:

P = a(1 ! cos s)s e1 + a sin ss e2 .

L’energia cinetica di P risulta cosı:

TP =m

2P 2 =

ma2

2#(1 ! cos s)2 + sin2s

$s2 =

ma2

2(1! 2 cos s + 1)s2 = ma2(1! cos s)s2.

Energia cinetica del punto QIl vettore posizione di Q si scrive:

Q !O = C ! O + Q ! C = ase1 + ae2 +a

2sin' e1 !

a

2cos ' e2 =

= a!s +

12

sin'"e1 + a

!1 ! 1

2cos '

"e2

e fornisce l’espressione della velocita istantanea:

Q = a!s +

12

cos ' '"e1 +

a

2sin ' ' e2

da cui si deduce l’energia cinetica richiesta:

TQ =m

2Q2 =

ma2

2

(!s +

12

cos ' '"2

+14

sin2' '2

)=

ma2

2

!s2 + cos ' s' +

14'2

".

Energia cinetica del sistemaLa somma delle tre energie cinetiche parziali appena calcolate definisce l’energia cineticadel sistema:

T = TD + TP + TQ =34ma2s2 + ma2(1 ! cos s)s2 +

ma2

2

!s2 + cos ' s' +

14'2

"=

=ma2

2

(!92! 2 cos s

"s2 + cos ' s' +

14'2

).

Stefano Siboni 3840

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(b) Resistenze viscoseLe resistenze viscose applicate nei punti P , Q e C sono date rispettivamente da:

%FP = !"P %FQ = !"Q %FC = !"C

e le componenti generalizzate di questo sistema di sollecitazioni risultano:

Q"s = !"P · )P

)s! "Q · )Q

)s! "C · )C

)s

Q"# = !"P · )P

)'! "Q · )Q

)'! "C · )C

)'.

Dai vettori posizione P ! O, Q ! O, C ! O si ricavano le derivate parziali:

)P

)s= a(1 ! cos s)e1 + a sin s e2

)Q

)s= a e1

)C

)s= a e1

)P

)'= 0

)Q

)'=

a

2*cos ' e1 + sin ' e2

+ )C

)'= 0

mentre le velocita istantanee dei punti valgono, come gia discusso in precedenza:

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

Q = a

(!s +

12

cos ' '"e1 +

12

sin ' ' e2

)

C = as e1 .

Si hanno cosı i prodotti scalari:

P · )P

)s= as [(1 ! cos s) e1 + sin s e2] · a

#(1 ! cos s)e1 + sin s e2

$=

= a2s#(1 ! cos s)2 + sin2s

$= a2s(2 ! 2 cos s) = 2a2(1 ! cos s)s

Q · )Q

)s= a

(!s +

12

cos ' '"e1 +

12

sin' ' e2

)· a e1 = a2

!s +

12

cos ' '"

C · )C

)s= as e1 · a e1 = a2s

e:P · )P

)'= P · 0 = 0

Q · )Q

)'= a

(!s +

12

cos ' '"e1 +

12

sin ' ' e2

)· a

2*cos ' e1 + sin' e2

+=

=a2

2

!s cos ' +

12

cos2' ' +12

sin2' '"

=a2

2

!s cos ' +

12

'"

C · )C

)'= C · 0 = 0

Stefano Siboni 3841

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

dai quali seguono le componenti generalizzate del sistema di forze viscose:

Q"s = !"a2

((4 ! 2 cos s)s +

12

cos ' '

)Q"

# = !"a2

2

!s cos ' +

12

'".

Ci si aspetta che dette sollecitazioni abbiano natura dissipativa. In e$etti la potenzacorrispondente si scrive come forma quadratica delle velocita generalizzate:

$" = Q"s s + Q"

# ' =

= !"a2

((4 ! 2 cos s)s2 +

12

cos ' s' +12

cos ' s' +14

'2

)= !"a2 (s ') %(s,')

0s'

1

in termini della matrice ausiliaria:

%(s,') =

2

34 ! 2 cos s

12

cos '

12

cos '14

4

5

che per ogni (s,') " R2 e reale, simmetrica e definita positiva per il criterio di Jacobi,risultando positivi tutti i minori fondamentali nord-ovest:

%(s,')11 = 4 ! 2 cos s ) 2 > 0

det%(s,') = 1 ! 12

cos s ! 14

cos2' ) 14

> 0 .

Ne deriva che:$"(s,', s, ') ( 0 * (s,', s, ') " R4

e che:$"(s,', s, ') = 0 %& (s, ') = (0, 0) ,

per cui la sollecitazione ha, in e$etti, carattere completamente dissipativo.

(c) EquilibriLe sollecitazioni dissipative hanno componenti generalizzate nulle per (s, ') = (0, 0) epossono quindi essere ignorate nello studio della statica. Le altre sollecitazioni attiveagenti sul sistema sono di tipo posizionale conservativo: il peso e l’interazione elastica fraC ed O.

Potenziale delle forze pesoIl peso agisce sul disco D, sul punto P e sul punto Q, tutti di massa m. Ribadito cheil baricentro del disco si identifica con il suo centro C , il potenziale delle forze peso e lasomma dei potenziali gravitazionali dei tre corpi costituenti il sistema:

Ug = !mg e2 · (C ! O) ! mg e2 · (P ! O) !mg e2 · (Q ! O) =

= !mga! mga(1 ! cos s) ! mga!1 ! 1

2cos '

"= mga

!!3 + cos s +

12

cos '".

Stefano Siboni 3842

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Potenziale elasticoIl potenziale associato alla molla ideale tesa fra C ed O risulta:

Uel = !k

2|C !O|2 = !k

2(a2s2 + a2) = !ka2

2(s2 + 1) .

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali gravitazionale ed elastico fornisce il potenziale del sistema:

U(s,') = mga!cos s +

12

cos '"! ka2

2s2 , (s,') " R2,

espressione nella quale si sono omesse le costanti additive.

EquilibriIl sistema e scleronomo e a vincoli bilaterali; di conseguenza, gli equilibri risultano tuttiordinari e vanno identificati con i punti critici del potenziale U . Si calcolano dunque lederivate parziali prime:

)U

)s(s,') = !mga sin s ! ka2s

)U

)'(s,') = !1

2mga sin'

e se ne impone il simultaneo annullarsi nella stessa configurazione:%&

'!mga sin s ! ka2s = 0

!12mga sin' = 0 .

La seconda equazione di equilibrio ammette due sole soluzioni fisicamente distinte:

' = 0 ' = $

mentre un’ovvia soluzione della prima si ha per s = 0. Due equilibri sono pertanto:

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

Altri equilibri potrebbero ricavarsi per s += 0 riesprimendo l’equazione in s nella forma:sin s

s= ! ka

mg

dove la ben nota funzione a primo membro ha il grafico illustrato nella figura seguente:

Stefano Siboni 3843

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

E evidente che ulteriori valori di equilibrio per la variabile s sono definiti per ka/mg > 0su!cientemente vicino a zero, vale a dire per:

ka

mg( !min

s"Rsin s

s= 0.2172336282 . . .

Poiche inoltre lims#±$ sin s/s = 0, appare chiaro che il numero di equilibri addizionalicresce al diminuire di ka/mg, cioe all’indebolirsi delle forze elastiche rispetto al peso. Inogni caso il numero di equilibri e finito, per cui si tratta certamente di equilibri isolati.

(d) Stabilita degli equilibriLa compresenza di sollecitazioni posizionali conservative e completamente dissipative,l’indipendenza dei vincoli dal tempo e il carattere isolato di tutti gli equilibri, autorizzanoad analizzare le proprieta di stabilita dell’equilibrio usando la forma forte del teorema diLagrange-Dirichlet, basata sui criteri di Barbasin-Krasovskii. Si determinano le derivateparziali seconde del potenziale:

)2U

)s2(s,') = !mga cos s ! ka2 )2U

)')s(s,') = 0

)2U

)s)'(s,') = 0

)2U

)'2(s,') = !1

2mga cos '

e la matrice hessiana corrispondente:

HU (s,') =

6!mga cos s ! ka2 0

0 !12mga cos '

7

in ciascuna configurazione di equilibrio.

Configurazione (s,') = (0, 0)In questo caso la matrice hessiana del potenziale diventa:

HU (0, 0) =

6!mga! ka2 0

0 !12mga

7

e risulta chiaramente definita negativa, individuando l’equilibrio come un massimo relativoproprio del potenziale. Il teorema forte di Lagrange-Dirichlet assicura quindi la stabilitaasintotica dell’equilibrio.

Configurazione (s,') = (0,$)Nella fattispecie si ha la matrice indefinita:

HU (0,$) =

6!mga! ka2 0

012mga

7

che esclude il ricorrere in (s,') = (0,$) di un massimo relativo proprio del potenziale —in e$etti si tratta di un punto di sella. La forma forte del teorema di Lagrange-Dirichletimplica allora l’instabilita dell’equilibrio.

Stefano Siboni 3844

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

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

d

dt

!)L

)s

"! )L

)s= Q"

sd

dt

!)L

)'

"! )L

)'= Q"

#

in cui figura la lagrangiana L = T + U definita da:

L =ma2

2

(!92! 2 cos s

"s2 + cos ' s' +

14'2

)+ mga

!cos s +

12

cos '"! ka2

2s2.

I termini parziali dei binomi di Lagrange a primo membro sono dati da:

)L

)s=

ma2

2#(9 ! 4 cos s)s + cos ' '

$

d

dt

!)L

)s

"=

ma2

2#(9 ! 4 cos s)s + cos ' ' + 4 sin s s2 ! sin ' '2

$

)L

)s= ma2 sin s s2 ! mga sin s ! ka2s

)L

)'=

ma2

2

!cos ' s +

12'"

d

dt

!)L

)'

"=

ma2

2

!cos ' s +

12'! sin ' 's

"

)L

)'= !ma2

2sin' s'! 1

2mga sin'

per cui le equazioni del moto diventano:

ma2

2#(9 ! 4 cos s)s + cos ' ' + 2 sin s s2 ! sin ' '2

$+ mga sin s + ka2s =

= !"a28(4 ! 2 cos s)s +

12

cos ' '9

ma2

2

!cos ' s +

12'"

+12mga sin' = !"a2

2

!s cos ' +

12'"

.

(f) Modi normali delle piccole oscillazioni per " = 0 e k = mg/aPer " = il massimo relativo proprio del potenziale (s,') = (0, 0) risulta comunque sta-bile per il teorema di Lagrange-Dirichlet, sebbene venga meno l’attrattivita. Per contro,l’hessiana del potenziale nella configurazione (s,') = (0,$) presenta un autovalore posi-tivo, circostanza che ne assicura l’instabilita in forza del teorema di inversione parzialedi Lagrange-Dirichlet. Degli equilibri esaminati, quindi, soltanto il primo e stabile, ed esolo nell’intorno di questo che ha senso studiare le piccole oscillazioni. L’analisi richiede ilcalcolo in (s,') = (0, 0) della matrice rappresentativa dell’energia cinetica e della matricehessiana del potenziale.

Stefano Siboni 3845

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Matrice dell’energia cineticaL’energia cinetica del sistema e una forma quadratica definita positiva delle velocita gene-ralizzate:

T =ma2

2

(!92! 2 cos s

"s2 + cos ' s' +

14'2

)=

12

(s ') A(s,')0

s'

1

secondo la matrice di rappresentazione:

A(s,') = ma2

2

392! 2 cos s

12

cos '

12

cos '14

4

5

che in (s,') = (0, 0) si riduce a:

A(0, 0) = ma2

05/2 1/21/2 1/4

1.

Matrice hessiana del potenzialeLa matrice hessiana del potenziale nella configurazione di equilibrio stabile e gia stataricavata in precedenza. Per k = mg/a essa diventa:

HU (0, 0) = mga

0!2 00 !1/2

1.

Equazione caratteristica e frequenze normaliLe pulsazioni normali delle piccole oscillazioni sono le soluzioni positive in ( dell’equazionecaratteristica:

det#(2A(0, 0) + HU (0, 0)

$= 0

che nella fattispecie assume la forma:

det((2ma2

05/2 1/21/2 1/4

1+ mga

0!2 00 !1/2

1)= 0

ovvero:det

(a(2

g

05 11 1/2

1+

0!4 00 !1

1)= 0

e con la sostituzione µ = a(2/g diventa:

det0

5µ ! 4 µµ µ/2 ! 1

1= 0 .

Calcolando il determinante si ottiene l’equazione di secondo grado:

(5µ ! 4)!µ

2! 1

"! µ2 = 0

Stefano Siboni 3846

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

che semplificata si riduce alla forma trinomia:

32µ2 ! 7µ + 4 = 0 = 0

dalla quale seguono le radici reali positive:

µ =7 ±

'49 ! 243

=7 ± 5

3= ,

-

4

2/3

Posto µ1 = 2/3 e µ2 = 4, le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni sono quindi dateda:

(1 ='

µ1

:g

a=

:23

:g

a(2 =

'µ2

:g

a= 2

:g

a

e le relative frequenze normali diventano:

f1 =(1

2$=

12$

:23

:g

af2 =

(2

2$=

1$

:g

a

corrispondenti ai modi normali basso e alto, rispettivamente — notare che (1 < (2.

Modi normaliI modi normali delle piccole oscillazioni sono caratterizzati attraverso le pulsazioni normalie i corrispondenti vettori delle ampiezze, che vanno identificati con una qualsiasi soluzionenon nulla del sistema lineare omogeneo:

05µi ! 4 µi

µi µi/2 ! 1

1 0ai

bi

1= 0 ,

0ai

bi

1+= 0 .

Poiche i valori caratteristici µ1, µ2 sono stati calcolati imponendo che la matrice incompletadel sistema precedente sia singolare, la prima e la seconda riga della stessa matrice sonolinearmente dipendenti ed e quindi su!ciente considerare la sola equazione ottenuta dalprodotto della seconda riga (ovvero della prima) per il vettore colonna delle ampiezze:

µiai +!µi

2! 1

"bi = 0

una cui soluzione non banale e costituita da:

ai = 1 ! µi

2bi = µi .

Si ricorda che altri valori perfettamente accettabili delle ampiezze ai, bi si ottengono molti-plicando i valori precedenti per un qualsiasi fattore di scala non nullo.

Stefano Siboni 3847

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

# Modo basso — associato alla pulsazione (1 =.

2/3.

g/aNel caso µ1 = 2/3 le ampiezze risultano uguali fra loro:

a1 = 1 ! 13

=23

b1 =23

e il relativo modo normale di oscillazione si scrive:0

*s*'

1= A1

011

1cos((1t + +1) * t " R ,

con A1 += 0 e +1 costanti reali arbitrarie.

# Modo alto — associato alla pulsazione (2 = 2.

g/aPer µ2 = 4 si ottengono le ampiezze:

a2 = 1 ! 2 = !1 b2 = 4

cui corrisponde un modo normale della forma:0

*s*'

1= A2

0!14

1cos((2t + +2) * t " R ,

con A2 += 0 e +2 costanti reali assegnate a piacere.

Esercizio 719. Geometria delle masse e punto vincolato a una curva fissa lisciaNel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz,con l’asse Oy diretto verso l’alto, un puntomateriale P di massa m scorre senza attritolungo una guida circolare fissa !, passante perO, con raggio a e centro C posto sulla biset-trice del I quadrante. La densita di ! si scrive:

,(Q) =m

$a3|Q ! O|2 *Q " ! .

P subisce l’azione del peso e di una molla i-deale di costante elastica k che lo collega alpunto A della guida con la stessa ordinata diC (vedi figura). Si usi l’angolo + = ACP " Rsia per individuare la posizione di P che per parametrizzare !. Determinare:

(a) la massa e il baricentro della guida;(b) il momento d’inerzia della guida relativo all’asse Cz;(c) il momento d’inerzia della guida rispetto all’asse Oz;(d) l’equazione pura del moto di P ;(e) gli equilibri di P .

Stefano Siboni 3848

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Massa e baricentro della guidaCome suggerito, conviene usare l’angolo + per scrivere la parametrizzazione della circon-ferenza, che risulta:

Q(+) !O = C ! O + Q ! C =a'2e1 +

a'2e2 + a cos +e1 + a sin +e2 =

= a! 1'

2+ cos +

"e1 + a

! 1'2

+ sin+"e2 *+ " [0, 2$]

e consente di esprimere la densita lineare di massa come:

,(+) =m

$a3

////a! 1'

2+cos+

"e1+a

! 1'2

+sin +"e2

////2

=m

$a

(! 1'2

+cos +"2

+! 1'

2+sin+

"2)

=m

$a

!12

+ cos2+ +'

2 cos + +12

+ sin2+ +'

2 sin +"

=m

$a

*2 +

'2 cos + +

'2 sin +

+

mentre l’elemento infinitesimo di lunghezza della curva vale ovviamente:

ds = |Q!(+)| d+ = |! a sin +e1 + a cos +e2| d+ = ad+ .

Massa della guidaLa massa della guida e data dall’integrale su ! della densita lineare:

m$ =;

$

, ds =2%;

0

m

$a

*2 +

'2 cos + +

'2 sin+

+ad+ =

=m

$

2%;

0

*2 +

'2 cos + +

'2 sin+

+d+ =

m

$4$ = 4m.

Baricentro della guidaE evidente che i punti della guida simmetrici rispetto alla bisettrice OC presentano lostesso valore della densita ,, dipendendo quest’ultima solo dalla distanza da O. Ne segueche la bisettrice OC costituisce un ovvio asse di simmetria per !, il cui baricentro e dunqueindividuato da un vettore posizione della forma:

G ! O = xGe1 + xGe2

con l’ascissa definita da:

xG =1

m$

;

$

x, ds .

Stefano Siboni 3849

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Sostituendo il valore della massa, la parametrizzazione e la relativa espressione della densitasi ottiene cosı:

xG =1

4m

2%;

0

a! 1'

2+ cos +

" m

$a

*2 +

'2 cos + +

'2 sin+

+ad+ =

=a

4$

2%;

0

! 1'2

+ cos +"*

2 +'

2 cos + +'

2 sin ++d+ =

=a

4$

2%;

0

*'2 + cos + + sin+ + 2 cos + +

'2 cos2+ +

'2 sin+ cos +

+d+ =

=a

4$

2%;

0

*'2 + cos + + sin+ + 2 cos + +

'2

1 + cos 2+

2+'

2 sin + cos ++d+ =

=a

4$

('2+ + sin+ ! cos + + 2 sin + +

1'2

!+ +

sin2+

2

"+

'2

sin2+

2

)2%

0

=

=a

4$

!'2 +

1'2

"2$ =

a

2

!'2 +

1'2

"=

34'

2 a

per cui:

G ! O =34'

2 a e1 +34'

2 a e2 .

E immediato verificare che il baricentro appartiene al cerchio di centro C e raggio a,inviluppo convesso della curva !.

(b) Momento d’inerzia di ! relativo all’asse CzPer definizione, il momento d’inerzia della guida rispetto all’asse Cz e espresso dall’inte-grale curvilineo:

ICz =;

$

|Q ! C |2,(Q)ds =;

$

a2,(Q)ds = a2

;

$

,(Q)ds = a2m$ = 4ma2 .

(c) Momento d’inerzia di ! relativo all’asse OzFra i momenti d’inerzia relativi agli assi paralleli Oz, Cz e Gz, il teorema di Hyugens-Steiner porge le relazioni:

IOz = IGz + m$ |G ! O|2 ICz = IGz + m$|G ! C |2

e quindi:IOz = ICz ! m$|G ! C |2 + m$ |G ! O|2

dove:

|G ! C |2 =////!3

4'

2 a ! a'2

"e1 +

!34'

2 a ! a'2

"e2

////2

=a2

4

Stefano Siboni 3850

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

mentre:

|G ! O|2 =////34'

2 a e1 +34'

2 a e2

////2

=94a2 .

Di conseguenza, il momento d’inerzia richiesto vale:

IOz = 4ma2 ! 4m · a2

4+ 4m · 9

4a2 = 4ma2 !ma2 + 9ma2 = 12ma2 .

(d) Equazioni pure del moto di PLa posizione di P e individuata per mezzo della parametrizzazione:

P ! O = a! 1'

2+ cos +

"e1 + a

! 1'2

+ sin+"e2

dalla quale si deduce in vettore tangente:

dP

d+= !a sin + e1 + a cos + e2

ed il relativo versore:& = ! sin+ e1 + cos + e2 .

La velocita e l’accelerazione istantanea del punto lungo un generico moto possibile regolaresi scrivono inoltre:

P = a(! sin + e1 + cos + e2)+

P = a(! sin + e1 + cos + e2)+ ! a(cos + e1 + sin+ e2)+2 .

Si osserva infine che il punto materiale e soggetto al peso !mg e2 e alla forza elastica:

k(A ! P ) = k#(A !C) ! (P ! C)

$= k

#a e1 ! a(cos + e1 + sin+ e2)

$=

= ka(1 ! cos +)e1 ! ka sin+ e2

per cui la forza attiva complessivamente applicata risulta:

%F = ka(1 ! cos +)e1 ! (mg + ka sin +)e2 .

L’ipotesi di curva liscia autorizza a esprimere l’equazione pura del moto come la proiezionedel postulato delle reazioni vincolari lungo la tangente alla curva vincolare:

mP · & = %F · &

ossia:

ma+ =#ka(1 ! cos +)e1 ! (mg + ka sin +)e2

$· (! sin + e1 + cos + e2) =

= !ka(1 ! cos +) sin + ! (mg + ka sin+) cos + == !ka sin + + ka sin + cos + ! mg cos + ! ka sin + cos + = !ka sin + ! mg cos +

ed infine:ma+ = !ka sin + ! mg cos + . (719.1)

Stefano Siboni 3851

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(e) Equilibri di PGli equilibri del punto sono tutte e sole le soluzioni statiche dell’equazione pura del moto(719.1). Si ottengono percio risolvendo l’equazione trigonometrica:

!ka sin+ !mg cos + = 0

le cui soluzioni soddisfano certamente la condizione cos+ += 0. L’equazione di equilibrioassume percio la forma equivalente:

tg + +mg

ka= 0

ed ammette le soluzioni fisicamente distinte:

+ = arctg!!mg

ka

"= !arctg

!mg

ka

"= +! "

!!$

2, 0

"

e+ = +! + $ "

!$

2,$

".

Esercizio 720. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoIn un riferimento Oxy una lamina omogeneaa forma di corona circolare, di massa m, rag-gio esterno R e raggio interno R/2, e vinco-lata a rotolare senza strisciare su un arco dicirconferenza di centro C e raggio 4R com-preso fra i punti A(0, 4R) e B(4R, 0). Oltreche alla forza peso, la lamina e soggetta aduna forza costante %F = !- e1, con - > 0,applicata nel centro P della corona circolare.Una molla ideale di costante elastica k con-giunge inoltre A con P . Supposti i vincoliideali ed introdotto il parametro lagrangiano. " [0,$/2] in figura, determinare del sistema:

(a) l’espressione dell’energia cinetica;(b) le equazioni pure del moto;(c) gli equilibri ordinari e di confine;(d) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;(e) le espressioni della quantita di moto e del momento angolare in O.

Soluzione(a) Energia cineticaDal momento che la corona circolare e priva di punti fissi conviene calcolarne l’energiacinetica ricorrendo al teorema di Konig.

Stefano Siboni 3852

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Velocita angolare istantaneaPer un disco di raggio r1 vincolato a rotolare senza strisciare lungo il bordo interno di unacirconferenza fissa di raggio r2, indicato con . l’angolo compreso fra una direzione fisserispetto alla circonferenza ed il segmento congiungente i centri del disco e della circon-ferenza, la velocita angolare istantanea e data dalla nota formula:

%( = !!r2

r1! 1

". e3 .

Nella fattispecie e r1 = R e r2 = 4R, per cui la velocita angolare richiesta vale

%( = !!4R

R! 1

". e3 = !3. e3 .

Centro di massaIl centro di massa della corona circolare omogenea coincide con il centro geometrico P , checostituisce un evidente centro di simmetria per la lamina.

Momento d’inerzia rispetto all’asse PzIl momento d’inerzia di un disco omogeneo di densita areale / e raggio r rispetto ad unasse passante per il suo centro ed ortogonale al relativo piano di giacitura si esprime nellaforma

I(/, r) = /$

2r4 .

La corona circolare omogenea ha densita

/ =m

$R2 ! $R2

4

=43$

m

R2

ed il suo momento d’inerzia rispetto all’asse baricentrale Pz puo essere calcolato comedi$erenza fra i momenti d’inerzia, relativi allo stesso asse, di due dischi pieni concentrici diuguale densita e di raggi pari rispettivamente a quello esterno R ed a quello interno R/2della corona. Si ottiene cosı

IPz = I(/, R) ! I(/, R/2) =43$

m

R2

$

2

(R4 !

!R

2

"4)

=23mR2 15

16=

58mR2 .

Energia cinetica con il teorema di KonigSulla base delle seguenti relazioni geometriche:

P ! C = !3R cos . e1 ! 3R sin. e2 C ! O = 4R e1 + 4R e2

e immediato stabilire che il vettore posizione del baricentro della lamina e

P ! O = C ! O + P ! C = R(4 ! 3 cos .)e1 + R(4 ! 3 sin .)e2

Stefano Siboni 3853

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e la corrispondente velocita istantanea vale:

P = 3R(sin . e1 ! cos . e2) . (720.1)

con modulo quadrato P 2 = 9R2.2. Per l’energia cinetica della lamina il teorema di Konigporge allora l’espressione:

T =m

2P 2 +

12IPz|%(|2 =

m

29R2.2 +

12

58mR2(!3.)2 =

11716

mR2.2 . (720.2)

Energia cinetica con il teorema di Huygens-SteinerAllo stesso risultato si perviene considerando che, indicato con Q il punto di contattoistantaneo fra la lamina e la guida, l’atto di moto della lamina coincide con quello di unmoto rotatorio con asse fisso Qz. L’energia cinetica del sistema puo quindi esprimersi nellaforma:

T =12IQz |%(|2

dove il momento d’inerzia rispetto all’asse Qz si calcola mediante il teorema di Huygens-Steiner:

IQz = IPz + m|P ! Q|2 =58mR2 + mR2 =

138

mR2

per cui

T =12

138

mR2 |! 3. e3|2 =11716

mR2.2

a conferma del risultato gia ottenuto.

(b) Equazioni pure del motoIl sistema, olonomo e a vincoli ideali, e soggetto soltanto a sollecitazioni posizionali con-servative, rappresentate dal peso, dall’interazione elastica fra i punti A e P , dalla forzacostante %F = !- e1 applicata a P . Le equazioni pure del moto si riducono quindi all’unicaequazione di Lagrange

d

dt

!)L

).

"! )L

).= 0 ,

in cui la determinazione della lagrangiana L = T + U richiede il calcolo del potenziale Udel sistema. Questo e dato dalla somma di un potenziale gravitazionale, un potenzialeelastico e un potenziale associato alla forza costante %F .

Potenziale delle forze pesoTenendo presente che il baricentro della corona circolare e individuato dal vettore posizione:

P ! O = R(4 ! 3 cos .)e1 + R(4 ! 3 sin.)e2 , (720.3)

il potenziale gravitazionale si calcola come

Ug = !mg e2 · (P ! O) = !mgR(4! 3 sin .) = 3mgR sin . ! 4mgR .

Stefano Siboni 3854

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Potenziale elasticoLe posizioni degli estremi della molla ideale sono individuati dall’equazione (720.3) e da

A !O = 4R e2

in modo cheP ! A = R(4 ! 3 cos .)e1 ! 3R sin. e2

per cui risulta

(P ! A)2 = R2[(4 ! 3 cos .)2 + (!3 sin .)2] =

= R2(16 + 9 sin2. ! 24 cos . + 9 cos2. + 9 sin2.) = R2(25 ! 24 cos .)

ed il potenziale elastico diventa

Uel = !k

2(P ! A)2 = !kR2

2(25 ! 24 cos .) = 12kR2 cos . ! 25

2kR2 .

Potenziale della forza costante %FAlla forza costante %F = !- e1, agente su P , e associato il potenziale:

UF = !- e1 · (P ! O) = !-R(4 ! 3 cos .) = 3-R cos . ! 4-R .

Potenziale del sistemaCome gia a$ermato, la somma dei potenziali parziali conduce al potenziale di sistema:

U(.) = 3mgR sin . + 12kR2 cos . + 3-R cos . = 3mgR sin . + 3R(4kR + -) cos . ,

espressione nella quale sono state omesse le costanti additive.

LagrangianaLa lagrangiana e data dalla somma dell’energia cinetica (720.2) e del potenziale U :

L =11716

mR2.2 + 3mgR sin . + 3R(4kR + -) cos . .

Equazioni del motoDalla lagrangiana si traggono le espressioni:

d

dt

!)L

).

"=

1178

mR2.)L

).= 3mgR cos . ! 3R(4kR + -) sin .

e quindi l’equazione pura del moto:

1178

mR2. ! 3mgR cos . + 3R(4kR + -) sin . = 0 .

Stefano Siboni 3855

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(c) Equilibri ordinari e di confineEquilibri ordinariGli equilibri ordinari del sistema sono tutti e soli i punti critici del potenziale ricompresinell’interno del dominio della parametrizzazione del sistema, soluzioni dell’equazione:

U !(.) = 3mgR cos . ! 3R(4kR + -) sin . = 0 . " (0,$/2)

equivalente a3mgR! 3R(4kR + -)tg. = 0 . " (0,$/2)

da cui segue l’unico equilibrio ordinario del sistema:

. = arctg! mg

4kR + -

":= .! " (0,$/2) .

Equilibri di confineLe configurazioni di confine del sistema corrispondono a . = 0 e . = $/2 e devono essereanalizzate mediante il teorema dei lavori virtuali.

# Configurazione . = 0Il teorema dei lavori virtuali prescrive che condizione necessaria e su!ciente a!chequesta configurazione sia di equilibrio per il sistema e che si abbia

U !(0) *. ( 0 * *. ) 0

ossiaU !(0) = 3mgR ( 0 ,

condizione chiaramente non verificata. La configurazione non costituisce un equilibriodi confine per il sistema.

# Configurazione . = $/2In questo caso il teorema dei lavori virtuali assume la forma

U !($/2) *. ( 0 * *. ( 0

che equivale aU !($/2) = !3R(4kR + -) ) 0

anche questa non soddisfatta. Neppure questa configurazione e di equilibrio per ilsistema.

(d) Stabilita degli equilibri ordinariIl sistema e scleronomo, posizionale e conservativo: le stabilita degli equilibri puo esserestudiata con i teoremi standard di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. Si parte, alsolito, dalla derivata seconda del potenziale

U !!(.) = !3mgR sin. ! 3R(4kR + -) cos .

Stefano Siboni 3856

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

che deve essere valutata nell’unica configurazione di equilibrio ordinaria. Si ha infatti:

U !!(.!) = !3mgR sin.! ! 3R(4kR + -) cos .! =

= !3R(4kR + -) cos .!! mg

4kR + -tg.! + 1

"=

= !3R(4kR + -) cos .!

(m2g2

(4kR + -)2+ 1

)< 0

per cui la configurazione viene riconosciuta come un massimo relativo proprio del poten-ziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet.

(e) Quantita di moto e momento angolare in O

Quantita di motoL’impulso del sistema e pari al prodotto fra la massa totale della corona circolare e lavelocita istantanea del relativo baricentro P :

%Q = mP = m 3R(sin . e1 ! cos . e2). = 3mR(sin. e1 ! cos . e2). .

Momento angolare in O

Il momento angolare in O si calcola agevolmente con il teorema di Konig, nella forma

%KO = (P ! O) $ mP + %K !P .

In virtu delle relazioni (720.3) e (720.1) si ha

(P ! O) $ mP = [R(4 ! 3 cos .)e1 + R(4 ! 3 sin .)e2] $ m 3R(sin . e1 ! cos . e2) . =

= 3mR2(3 ! 4 sin . ! 4 cos .). e3 .

Il momento angolare in P rispetto al riferimento baricentrale Pxy viene ricavato notandoche in tale riferimento la lamina ruota attorno all’asse fisso Pz, che detto asse e centraled’inerzia per la corona circolare omogenea e che pertanto:

%K !P = LP (%() = LP (!3.e3) = IPz(!3.e3) =

58mR2(!3.e3) = !15

8mR2.e3 .

La formula di Konig porge cosı:

%KO = 3mR2(3 ! 4 sin . ! 4 cos .).e3 !158

mR2.e3 = 3mR2!19

8! 4 sin. ! 4 cos .

".e3 .

Stefano Siboni 3857

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 721. Geometria delle masse. Forza centrifuga.Una piastra quadrata L = OABC di lato agiace nel piano coordinato Oxy di una ternaOxyz = Oe1e2e3 ad essa solidale, con i latiOA e OC posti lungo gli assi Ox e Oy rispet-tivamente. La densita della piastra vale:

/(Q) =µ

a4|Q ! B|2 *Q " L ,

dove µ e una massa caratteristica. Un puntoP di massa µ e saldato a L in B. Determinaredel sistema:

(a) la massa e la posizione del baricentro;

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

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

(d) il momento angolare in O e l’energia cinetica relativi ad una terna inerziale O012 doveO e fisso e la velocita angolare della piastra vale %( = (e1 + (e3, con ( costante.

(e) Determinare inoltre la forza centrifuga che si esercita su P nella terna Oxyz.

Soluzione(a) Massa e baricentroMassa della piastraLa massa della piastra deve essere determinata per integrazione diretta della densita / suldominio L:

mL =;

L

/ dA =a;

0

dx

a;

0

dyµ

a4

#(x ! a)2 + (y ! a)2

$

e con il cambiamento di variabili (0, 1) = (a ! x, a ! y) diventa:

mL =µ

a4

a;

0

d0

a;

0

d1*02 + 12

+=

µ

a4

a;

0

d0

(021 +

13

3

)a

&=0

=µ

a4

a;

0

!02a +

a3

3

"d0 =

=µ

a4

(03

3a +

a3

30

)a

0

=µ

a4

!a4

3+

a4

3

"=

23µ .

Massa del sistemaSommando la massa µ del punto P a quella della piastra si ottiene la massa totale delsistema:

m = µ + mL = µ +23µ =

53µ .

Stefano Siboni 3858

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Baricentro della piastraE del tutto evidente che la bisettrice y = x nel piano Oxy costituisce un asse di simmetriaper la piastra. I punti simmetrici a tale retta, infatti, sono necessariamente ad egualedistanza dal vertice B e presentano percio lo stesso valore della densita areale, che ditale distanza e funzione. Il vettore posizione che individua il baricentro GL della piastrarispetto alla terna Oxyz assume quindi la forma:

GL ! O = xLe1 + xLe2

e richiede il calcolo diretto della sola ascissa:

xL =1

mL

;

L

x/ dA =32µ

a;

0

dx

a;

0

dy xµ

a4

#(x ! a)2 + (y ! a)2

$

che con lo stesso cambiamento di variabili (0, 1) = (a ! x, a ! y) introdotto sopra diventa:

xL =3

2a4

a;

0

d0

a;

0

d1 (a ! 0)(02 + 12) =3

2a4

a;

0

d0 (a ! 0)a;

0

d1 (02 + 12) =

=3

2a4

a;

0

d0 (a ! 0)(021 +

13

3

)a

&=0

=3

2a4

a;

0

d0 (a ! 0)!a02 +

a3

3

"=

=3

2a4

a;

0

!a202 +

a4

3! a03 ! a3

30"d0 =

32a4

(a2 03

3+

a4

30 ! a

04

4! a3

302

2

)a

0

=

=3

2a4

!a5

3+

a5

3! a5

4! a5

6

"=

32

!23! 1

4! 1

6

"a =

38a .

Il baricentro della piastra e quindi individuato da:

GL !O =38ae1 +

38ae2 .

Baricentro del sistemaIl baricentro G del sistema viene determinato per mezzo del teorema distributivo:

G ! O =mL(GL ! O) + µ(P ! O)

m

che sostituendo i vettori posizione e i valori delle masse porge:

G ! O =35µ

(23µ!3

8ae1 +

38ae2

"+ µ(ae1 + ae2)

)=

=35

!a

4e1 +

a

4ae2 + ae1 + ae2

"=

35

!54ae1 +

54ae2

"=

34ae1 +

34ae2 .

Stefano Siboni 3859

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Si osservi che l’ascissa e l’ordinata di G sono uguali, come si poteva stabilire a prioririconoscendo che l’asse y = x nel piano Oxy e di simmetria per l’intero sistema — la rettapassa infatti per P .

(b) Matrice d’inerzia relativa a OxyzLa matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz viene calcolata come somma dellematrici d’inerzia di piasta e punto P , relativamente alla stessa terna.

Matrice d’inerzia della piastraLa piastra giace interamente nel piano coordinato Oxy, per cui risultano nulli i prodottid’inerzia LL

xz e LLyz, mentre il momento d’inerzia relativo all’asse Oz coincide con la somma

dei momenti d’inerzia relativi agli altri assi coordinati:

LLzz = LL

xx + LLyy .

La presenza dell’asse di simmetria y = x nel piano Oxy implica poi che i momenti LLxx e

LLyy siano uguali, come si verifica immediatamente mediante il cambiamento di coordinate

(x, y) . (y, x) che descrive la simmetria rispetto allo stesso asse e che lascia invariati tantoil dominio di integrazione quanto la densita:

LLxx =

a;

0

dx

a;

0

dy y2/(x, y) =a;

0

dy

a;

0

dxx2/(y, x) =a;

0

dy

a;

0

dxx2/(x, y) = LLyy.

La matrice d’inerzia assume percio la forma semplificata:

[LLO] =

2

3LL

xx LLxy 0

LLxy LL

xx 00 0 2LL

xx

4

5

nella quale ci si aspetta che sia LLxy < 0, dato il segno non negativo di ascissa ed ordinata

per tutti i punti della piastra. Si calcolano quindi, per integrazione diretta e con il solitocambio di variabili, il solo momento d’inerzia indipendente:

LLxx =

;

L

y2/ dA =a;

0

dx

a;

0

dy y2 µ

a4

#(x ! a)2 + (y ! a)2

$=

=µ

a4

a;

0

d0

a;

0

d1 (1 ! a)2(02 + 12) =µ

a4

a;

0

d1 (1 ! a)2a;

0

d0 (02 + 12) =

=µ

a4

a;

0

d1 (1 ! a)2(03

3+ 120

)a

'=0

=µ

a4

a;

0

d1 (1 ! a)2!a3

3+ a12

"=

Stefano Siboni 3860

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

=µ

a4

a;

0

(12 ! 2a1 + a2)!a12 +

a3

3

"d1 =

=µ

a4

a;

0

!a14 +

a3

312 ! 2a213 ! 2

3a41 + a312 +

a5

3

"d1 =

=µ

a4

(a15

5+

a3

313

3! 2a2 14

4! 2

3a4 12

2+ a3 13

3+

a5

31

)a

0

=

= µa2!1

5+

19! 1

2! 1

3+

13

+13

"=

1390

µa2

e l’unico prodotto d’inerzia non banale:

LLxy = !

;

L

xy/ dA = !a;

0

dx

a;

0

dy xyµ

a4

#(x ! a)2 + (y ! a)2

$=

= ! µ

a4

a;

0

d0

a;

0

d1 (a ! 0)(a ! 1)(02 + 12) =

= ! µ

a4

a;

0

d0

a;

0

d1 (a2 ! a1 ! a0 + 01)(02 + 12) =

= ! µ

a4

a;

0

d0

a;

0

d1 (a202 ! a021 ! a03 + 031 + a212 ! a13 ! a012 + 013) =

= ! µ

a4

a;

0

d0!a202a ! a02 a2

2! a03a + 03 a2

2+ a2 a3

3! a

a4

4! a0

a3

3+ 0

a4

4

"=

= ! µ

a4

a;

0

!a3

202 ! a2

203 +

a5

12! a4

120"d0 =

= ! µ

a4

!a3

2a3

3! a2

2a4

4+

a5

12a ! a4

12a2

2

"= !µa2

!16! 1

8+

112

! 124

"= ! 1

12µa2

in modo che la matrice richiesta risulta:

[LLO] = µa2

2

313/90 !1/12 0!1/12 13/90 0

0 0 13/45

4

5.

Matrice d’inerzia del punto materialeLa matrice d’inerzia di P rispetto alla terna Oxyz si ricava immediatamente dalla definizio-ne, facendo uso del vettore posizione:

P !O = ae1 + ae2

Stefano Siboni 3861

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e ricordando che la massa del punto materiale vale µ. Si ha cosı:

[LPO] = µ

2

3a2 !a2 0!a2 a2 00 0 2a2

4

5 = µa2

2

31 !1 0!1 1 00 0 2

4

5.

Matrice d’inerzia del sistemaLa matrice d’inerzia del sistema e la somma delle matrici d’inerzia relative alla piastra edal punto:

[LO] = [LLO] + [LP

O] = µa2

2

313/90 !1/12 0!1/12 13/90 0

0 0 13/45

4

5 + µa2

2

31 !1 0!1 1 00 0 2

4

5

ossia:

[LO] = µa2

2

3103/90 !13/12 0!13/12 103/90 0

0 0 103/45

4

5.

(c) Momento d’inerzia rispetto alla retta ABPoiche la retta AB passa per il punto P , per il calcolo del momento d’inerzia del sistemarelativo ad AB e su!ciente considerare la sola piastra L — il contributo di P risultandochiaramente nullo. La retta AB e parallela all’asse coordinato Oy, ma non passa per ilbaricentro GL della piastra. Si rende quindi necessaria una doppia applicazione del teoremadi Huygens-Steiner, facendo riferimento all’asse baricentrale Gy. Si hanno cosı le relazioni:

ILOy = IL

GLy + mLx2L IL

AB = ILGLy + mL(a ! xL)2

dalle quali si deduce:

ILAB = IL

Oy !mLx2L + mL(a ! xL)2 = IL

Oy + mLa(a ! 2xL)

e quindi:

ILAB =

1390

µa2 +23µ · a

!a ! 2 · 3

8a"

=1390

µa2 +16µa2 =

1445

µa2 ,

essendo ILOy = LL

yy = (13/90)µa2, mL = (2/3)µ e xL = (3/8)a.

(d) Momento angolare in O ed energia cinetica relativi alla terna assolutaRispetto alla terna assoluta O012 il punto O del sistema rigido si mantiene fisso, mentrela velocita angolare e data da %( = (e1 + (e3, con ( costante.

Momento angolare in ORappresentando vettori e operatore d’inerzia rispetto alla base solidale e1e2e3, nella ternaassoluta il momento angolare in O del sistema si scrive:

%KO = K1e1 + K2e2 + K3e3

Stefano Siboni 3862

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

con le componenti definite dalla relazione algebrica:2

3K1

K2

K3

4

5 = [LO]

2

3(1

(2

(3

4

5

dove [LO] rappresenta la matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna solidale e (1,(2,(3

indicano le componenti di %( rispetto alla stessa terna:

(1 = ( (2 = 0 (3 = ( .

Si ha dunque:2

3K1

K2

K3

4

5 = µa2

2

3103/90 !13/12 0!13/12 103/90 0

0 0 103/45

4

5

2

3(0(

4

5 = µa2(

2

3103/90!13/12103/45

4

5

per cui il momento angolare vale:

%KO = µa2(!103

90e1 !

1312

e2 +10345

e3

".

Energia cineticaL’energia cinetica relativa a O012 del corpo rigido, che in tale terna ha punto fisso O, edata dalla formula generale:

T =12

%KO · %(

che nella fattispecie si riduce a:

T =12µa2(

!10390

e1 !1312

e2 +10345

e3

"· ((e1 + e3) =

=12µa2(2

!10390

+10345

"=

12µa2(2 103

30=

10360

µa2(2.

(e) Forza centrifuga agente su PNel sistema di riferimento solidale Oxyz la velocita angolare di trascinamento della ternaOxyz rispetto a O012 e espressa dal vettore costante:

%( = (e1 + (e3 .

Cio significa che la derivata di %( relativa alla terna solidale Oxyz e costantemente ugualea zero, dal momento che costanti sono le componenti di %( relative a tale terna:

dr%(

dt=

d(

dte1 +

d(

dte3 = 0e1 + 0e3 = 0 .

Stefano Siboni 3863

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

La derivata assoluta dello stesso vettore — relativa cioe alla terna O012 — e allora espressadalla relazione:

d%(

dt=

dr%(

dt+ %( $ %( =

dr%(

dt= 0

e risulta costantemente nulla a propria volta. Se ne conclude che il vettore velocita an-golare del corpo rigido e costante anche rispetto alla terna di riferimento assoluta. Datala presenza del punto fisso O, il corpo rigido e la terna Oxyz ad esso solidale si muovonodunque di moto rotatorio uniforme attorno all’asse fisso O%(. La terna Oxyz e cosı sede diforze d’inerzia. Sul punto P , di massa µ, agisce in particolare la forza centrifuga:

%Fcf = !µ%( $ [%( $ (P ! O)] = µ8|%(|2(P ! O) ! (P ! O) · %( %(

9

che va espressa in termini dei vettori:

%( = ((e1 + e3) P ! O = a(e1 + e2) .

Si ha allora:

(P ! O) · %( = a(e1 + e2) · ((e1 + e3) = a( |%(|2 = 2(2

per cui:%Fcf = µ

#2(2a(e1 + e2) ! a( ((e1 + e3)

$=

= µa(2(2e1 + 2e2 ! e1 ! e3) = µa(2(e1 + 2e2 ! e3) .

Esercizio 722. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoUna terna cartesiana Oxyz ruota con velocita angolare costante ( attorno all’asse ver-ticale Oy rispetto ad un riferimento inerziale.Nel piano Oxy un’asta rettilinea pesante OAdi lunghezza a si muove con punto fisso O, con-finata fra le due pareti verticali evidenziate infigura. La densita lineare dell’asta e data da,(P ) = m|P!O|/a2, *P " OA, dove m indicauna massa caratteristica. Una molla ideale dicostante elastica k = mg/a collega l’estremo Acon il punto fisso B(0,!a, 0). Usando l’angolo# " [!$/6,$/6] in figura come parametro la-grangiano, e assumendo i vincoli ideali, deter-minare del sistema:(a) gli equilibri ordinari relativi a Oxyz;(b) le proprieta di stabilita dei predetti equilibri;(c) l’energia cinetica relativa a Oxyz;(d) le equazioni pure del moto in forma normale del primo ordine;(e) gli equilibri di confine.

Stefano Siboni 3864

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Equilibri ordinari relativi a OxyzIl sistema e scleronomo, a vincoli unilaterali ideali e soggetto esclusivamente a sollecitazioniposizionali conservative, rappresentate dal peso, dall’interazione elastica fra i punti A, B edalle forze centrifughe. E facile convincersi che le forze di Coriolis, seppur presenti, hannocomponente generalizzata nulla in quanto ortogonali al piano vincolare Oxy. Vale infatti,formalmente:

QCor( =

<

i

!2mi(e2 $ Pi ·)Pi

)#= !2(e2 ·

<

i

miPi $)Pi

)#= 0

essendo i vettori Pi e )Pi/)# entrambi paralleli a Oxy. Si procede quindi al calcolo deipotenziali associati alle forze peso, elastiche e centrifughe.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale e dato dalla relazione:

Ug = !Mg e2 · (G ! O)

in cui figurano la massa M e il baricentro G dell’asta. La massa si ricava per integrazionediretta della densita, assumendo come parametro d’integrazione l’ascissa curvilinea mis-urata da O:

M =a;

0

m

a20 d0 =

m

a2

a2

2=

m

2.

La posizione del baricentro G lungo l’asta e invece individuata dall’ascissa curvilinea:

0G =1M

;0 , d0 =

2m

a;

0

0m

a20 d0 =

2a2

a3

3=

23a

per cui il vettore posizione di G si scrive:

G ! O =23a sin # e1 !

23a cos # e2 .

Il potenziale gravitazionale del sistema diventa pertanto:

Ug = !m

2g e2 ·

!23a sin # e1 !

23a cos # e2

"=

13mga cos # .

Potenziale elasticoIl potenziale elastico associato alla molla di costante elastica k = mg/a vale:

Uel = !12

mg

a|A !B|2

Stefano Siboni 3865

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

con:A ! O = a sin # e1 ! a cos # e2 B ! O = !a e2

e quindi:A !B = a sin # e1 + a(1 ! cos #) e2

per cui:

Uel = !12

mg

aa2[sin2# + (1 ! cos #)2] = mga (cos # ! 1) .

Potenziale centrifugoIl potenziale delle forze centrifughe agenti sull’asta e dato dalla formula generale:

Ucf =(2

2IOy

dove il momento d’inerzia dell’asta rispetto all’asse di rotazione Oy della terna Oxyz vienecalcolato facilmente usando la definizione e parametrizzando l’asta per mezzo dell’ascissacurvilinea 0 " [0, a] misurata da O:

IOy =a;

0

(0 sin #)2m

a20 d0 =

m

a2sin2#

a;

0

03d0 =m

a2sin2#

a4

4=

ma2

4sin2#

in modo che risulta:Ucf =

ma2(2

8sin2# .

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali parziali definisce il potenziale del sistema:

U(#) = Ug + Uel + Ucf =13mga cos # + mga cos # +

ma2(2

8sin2# =

=43mga cos # +

ma2(2

8sin2# , # " [!$/6,$/6] ,

essendosi omesse le costanti additive, irrilevanti.

Equilibri ordinariGli equilibri ordinari sono i punti critici del potenziale compresi all’interno dell’intervallodi definizione della parametrizzazione del sistema scleronomo. Poiche la derivata primadel potenziale risulta:

U !(#) = !43mga sin # +

ma2(2

4sin # cos # , # " [!$/6,$/6] ,

si tratta quindi di risolvere l’equazione trigonometrica:

!43mga sin # +

ma2(2

4sin # cos # = 0 , # " (!$/6,$/6) ,

Stefano Siboni 3866

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

che equivale a:

sin #!cos # ! 16g

3a(2

"= 0 , # " (!$/6,$/6) .

Due soluzioni si hanno per sin # = 0:

# = 0 # = $

ma di esse soltanto la prima e accettabile, in quanto ricompresa nell’intervallo (!$/6,$/6).Altre due soluzioni si hanno invece per cos # ! 16g/3a(2 = 0:

# = arccos! 16g

3a(2

":= #! # = ! arccos

! 16g

3a(2

"= !#!

ma sono definite in (!$/6,$/6) e distinte dall’equilibrio # = 0 se e solo se:

'3

2<

16g

3a(2< 1 .

Posto per brevita:

, =16g

3a(2,

si conclude pertanto che il sistema ammette tre equilibri ordinari:

# # = 0 definito incondizionatamente;

# # = arccos, = #!, definito per'

3/2 < , < 1;

# # = !#!, definito anch’esso per'

3/2 < , < 1.

(b) Stabilita degli equilibriPer l’analisi di stabilita dell’equilibrio si calcola la derivata seconda del potenziale:

U !!(#) = !43mga cos # +

ma2(2

4(cos2# ! sin2#)

in ciascun equilibrio ordinario.

Configurazione # = 0In questa posizione la derivata seconda del potenziale e data dall’espressione:

U !!(0) = !43mga +

ma2(2

4=

ma2(2

4(1 ! ,)

che non ha segno negativo ed obbliga a considerare tre diversi casi.

# Se , < 1 risulta U !!(0) > 0 e l’equilibrio e instabile per il teorema di inversione parzialedi Lagrange-Dirichlet;

Stefano Siboni 3867

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

# per , > 1 si ha invece U !!(0) < 0 e l’equilibrio viene riconosciuto come un massimorelativo proprio del potenziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet;

# se infine , = 1 vale invece U !!(0) = 0 e l’analisi di stabilita richiede uno studio piuaccurato. Per esempio si puo considerare una approssimazione di Taylor di ordinesuperiore al secondo nell’intorno di # = 0. Per , = 1 il potenziale si riduce a:

U(#) =ma2(2

4

!, cos # +

12

sin2#"

=ma2(2

4

!cos # +

12

sin2#"

ed ammette le derivate successive:

U !(#) =ma2(2

4

!! sin # +

12

sin 2#"

U !!(#) =ma2(2

4*! cos # + cos 2#

+

U (3)(#) =ma2(2

4*sin # ! 2 sin 2#

+

U (4)(#) =ma2(2

4*cos # ! 4 cos 2#

+

che in # = 0 assumono i valori:

U !(0) = 0 U !!(0) = 0 U (3)(0) = 0 U (4)(0) = !3ma2(2

4.

Il potenziale si puo quindi approssimare mediante il polinomio di Taylor al quartoordine:

U(#) =ma2(2

4

(1 ! 3

#4

4!+ o(#4)

)(# . 0)

dal quale si deduce che l’equilibrio costituisce in e$etti un massimo relativo proprio,di cui il teorema di Lagrange-Dirichlet assicura la stabilita.

Configurazione # = #!

Nella fattispecie si ha la derivata seconda:

U !!(#!) =ma2(2

4*!, cos #! + cos2#! ! sin2#!

+

che essendo , = cos #! si riduce a:

U !!(#!) = !ma2(2

4sin2#!

e presenta certamente segno negativo in quanto #! " (0,$/6). Ne deriva che la configu-razione costituisce sempre, quando definita, un massimo relativo proprio del potenziale eche la sua stabilita segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 3868

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Configurazione # = !#!

Per analizzare la stabilita di questo equilibrio basta osservare che la derivata seconda delpotenziale e una funzione pari dell’angolo #:

U !!(#) = U !!(!#) * # " (!$/6,$/6)

per cui essa assume in # = !#! lo stesso valore negativo gia calcolato in # = #!:

U !!(!#!) = U !!(#!) = !ma2(2

4sin2#! < 0 ,

che implica la stabilita dell’equilibrio grazie al teorema di Lagrange-Dirichlet.

(c) Energia cinetica relativa a OxyzRispetto alla terna Oxyz l’asta OA ruota attorno all’asse fisso Oz con velocita angolare#e3. L’energia cinetica si scrive percio:

T =12IOz #2

in termini del momento d’inerzia relativo all’asse fisso Oz:

IOz =a;

0

02 m

a20 d0 =

m

a2

a;

0

03 d0 =m

a2

a4

4=

ma2

4

che porge cosı:

T =ma2

8#2.

(d) Equazioni del motoLe equazioni pure del moto si riducono all’unica equazione di Lagrange:

d

dt

!)L

)#

"! )L

)#= 0

dove figura la lagrangiana del sistema:

L = T + U =ma2

8#2 +

43mga cos # +

ma2(2

8sin2# .

Ne seguono i termini parziali del binomio di Lagrange:

d

dt

!)L

)#

"=

ma2

4#

)L

)#= !4

3mga sin # +

ma2(2

4sin # cos #

che forniscono l’equazione del moto richiesta:

ma2

4# +

43mga sin # ! ma2(2

4sin # cos # = 0 .

Stefano Siboni 3869

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

La forma normale dell’equazione si ricava esplicitando la derivata seconda #:

# = ! 16g

3a(2sin # + (2 sin # cos #

e basta introdurre la derivata # come variabile ausiliaria per ridurre il sistema al primoordine: =

# = v

v = ! 16g

3a(2sin # + (2 sin # cos #

(#, v) " (!$/6,$/6) / R .

(e) Equilibri di confineIl sistema presenta due configurazioni di confine, per # = !$/6 e per # = $/6. Grazieall’ipotesi dei vincoli ideali, gli eventuali equilibri di confine sono caratterizzati mediante ilteorema dei lavori virtuali. In definitiva, si deve valutare il segno della forza generalizzata:

U !(#) =ma2(2

4sin # (cos # ! ,) (722.1)

in ciascuna configurazione di confine.

Configurazione # = !$/6Il teorema dei lavori virtuali prescrive che questa configurazione sia di equilibrio se esoltanto se:

U !(!$/6) *# ( 0 * *# ) 0

ossia:U !(!$/6) ( 0 .

Sostituendo l’espressione (722.1) la condizione di equilibrio diventa:

ma2(2

4

!!1

2

"!'32

! ,"( 0

ovvero, equivalentemente:

, ('

32

.

Configurazione # = $/6In questo caso la condizione di equilibrio espressa dal teorema dei lavori virtuali assumela forma:

U !($/6) *# ( 0 * *# ( 0

e quindi:U !($/6) ) 0 .

In forza della (722.1), la condizione di equilibrio si scrive:

ma2(2

412

!'32

! ,") 0

Stefano Siboni 3870

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ed equivale a:

, ('

32

.

Si osservi che la condizione di esistenza e la stessa per entrambi gli equilibri di confine,e che essa corrisponde altresı alla condizione necessaria e su!ciente a!nche gli equilibri“simmetrici” # = #! e # = !#! non siano definiti.

Esercizio 723. Sistema di equazioni di!erenziali nel pianoConsiderato il sistema di equazioni di$erenziali nel piano (x, y) " R2

%&

'x = 3y ! 3x2

y = !y2 + 3x ,

si determinino:

(a) i punti fissi;(b) le proprieta di stabilita dei punti fissi.

Soluzione(a) Punti fissiI punti fissi sono le soluzioni costanti del sistema di equazioni. Si ottengono dunquerisolvendo il sistema di equazioni algebriche:

>0 = 3y ! 3x2

0 = !y2 + 3x

la prima delle quali consente di ricavare y in funzione di x:

y = x2

e sostituita nella seconda porge l’equazione nella sola x:

0 = !x4 + 3x

da cui seguono le radici reali:

x = 0 x = 31/3 .

I punti fissi richiesti sono percio:

(x, y) = (0, 0) (x, y) = (31/3, 32/3) .

(b) Stabilita dei punti fissiLe caratteristiche di stabilita dei punti fissi possono essere studiate mediante il teorema dianalisi lineare della stabilita, visto che i secondi membri delle equazioni di$erenziali:

f(x, y) = 3y ! 3x2 g(x, y) = !y2 + 3x

Stefano Siboni 3871

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

sono funzioni C1 indipendenti dal tempo. Occorre calcolare le derivate parziali prime:

)f

)x(x, y) = !6x

)f

)y(x, y) = 3

)g

)x(x, y) = 3

)g

)y(x, y) = !2y

dalle quali segue la matrice jacobiana:

J(x, y) =0

)f/)x(x, y) )f/)y(x, y))g/)x(x, y) )g/)y(x, y)

1=

0!6x 33 !2y

1

di cui autovalori devono essere determinati in ciascun punto fisso. Si osservi che la matricee sempre simmetrica, per cui i relativi autovalori risultano certamente reali. Il loro segnopuo essere ricavato da quello del determinante e della traccia della matrice.

Punto fisso (x, y) = (0, 0)Nella fattispecie la matrice jacobiana dei secondi membri diventa:

J(0, 0) =0

0 33 0

1

ed ammette gli autovalori ,1 = 3 e ,2 = !3. L’autovalore con parte reale positiva implical’instabilita dell’equilibrio.

Punto fisso (x, y) = (31/3, 32/3)In questo caso si ha la matrice jacobiana

J(31/3, 32/3) =0!6 · 31/3 3

3 !2 · 32/3

1

con determinante positivo e traccia negativa:

det J(31/3, 32/3) = 27 > 0 tr J(31/3, 32/3) = !6 · 31/3 ! 2 · 32/3 < 0

per cui gli autovalori sono entrambi negativi. Ne deriva la stabilita asintotica del puntofisso.

Osservazione. Sistema di tipo gradienteIl secondo membro del sistema di equazioni di$erenziali puo identificarsi con il gradientedella funzione scalare:

V (x, y) = 3xy ! x3 ! y3

3(x, y) " R2 .

Da questa condizione segue facilmente che il sistema non ammette alcuna soluzione peri-odica — nel piano delle fasi (x, y) descritta da un’orbita chiusa.

Stefano Siboni 3872

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 724. Equilibrio del corpo rigido appoggiatoUn corpo rigido pesante S di massa m poggia sul piano orizzontale Oxy, liscio e debolmentecedevole, di una terna inerziale Oxyz, con i punti d’appoggio:

P1(0, 0) P2(2, 0) P3(0, 1) P4(3, 2) P5(1, 1) .

Sapendo che il baricentro G di S ha coordinate (1, 1/2, 1), determinare del sistema:

(a) i poligoni d’appoggio e di completo appoggio;

(b) se la configurazione assegnata e di equilibrio e, in tal caso, le reazioni vincolari esterneagenti sugli appoggi nello stato di quiete.

Soluzione(a) Poligoni d’appoggio e di completo appoggioPoligono d’appoggioRappresentando i punti della base d’appog-gio nel piano coordinato Oxy e immediatoverificare che il poligono d’appoggio del si-stema si riduce al quadrilatero di vertici P1,P2, P3 e P4, il cui perimetro e evidenziatocon il tratto in grassetto nella figura a lato.Si osserva, in particolare, che il punto P5

appartiene all’inviluppo convesso dei puntid’appoggio residui e dunque non concorre adeterminare il poligono d’appoggio del cor-po.

Poligono di completo appoggioLa determinazione del poligono di completo appoggio richiede il calcolo dei coe!cienti distruttura -,", ! del sistema in termini delle coordinate (xG, yG) del centro di pressione,attraverso la relazione:

2

3-"!

4

5 = mg S%1

2

3xG

yG

1

4

5

in cui figura la matrice ausiliaria:

S =

2

3Sxx Sxy Sx

Sxy Syy Sy

Sx Sy S1

4

5 =

2

314 7 67 6 46 4 5

4

5

Stefano Siboni 3873

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

di elementi:

Sxx =5<

i=1

x2i = 02 + 22 + 02 + 32 + 12 = 14

Sxy =5<

i=1

xiyi = 0 · 0 + 2 · 0 + 0 · 1 + 3 · 2 + 1 · 1 = 7

Sx =5<

i=1

xi = 0 + 2 + 0 + 3 + 1 = 6

Syy =5<

i=1

y2i = 02 + 02 + 12 + 22 + 12 = 6

Sy =5<

i=1

yi = 0 + 0 + 1 + 2 + 1 = 4 S1 =5<

i=1

1 = 5 ,

essendosi indicate con (xi, yi) le coordinate di Pi nel piano Oxy, per i = 1, . . . , 5. L’inversadella matrice S risulta allora:

S%1 =171

2

314 !11 !8!11 34 !14!8 !14 35

4

5

e i coe!cienti di struttura diventano:

2

3-"!

4

5 = mg171

2

314 !11 !8!11 34 !14!8 !14 35

4

5

2

3xG

yG

1

4

5 = mg171

2

314xG ! 11yG ! 8

!11xG + 34yG ! 14!8xG ! 14yG + 35

4

5.

Di conseguenza, le reazioni vincolari esterne nei punti di appoggio sono individuate dallecomponenti non banali verticali:

"i = (xi yi 1) mg171

2

314xG ! 11yG ! 8

!11xG + 34yG ! 14!8xG ! 14yG + 35

4

5 * i = 1, . . . , 5

Stefano Siboni 3874

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ossia, piu esplicitamente:

"1 = (0 0 1) mg171

2

314xG ! 11yG ! 8

!11xG + 34yG ! 14!8xG ! 14yG + 35

4

5 = mg171

(!8xG ! 14yG + 35)

"2 = (2 0 1) mg171

2

314xG ! 11yG ! 8

!11xG + 34yG ! 14!8xG ! 14yG + 35

4

5 = mg171

(20xG ! 36yG + 19)

"3 = (0 1 1) mg171

2

314xG ! 11yG ! 8

!11xG + 34yG ! 14!8xG ! 14yG + 35

4

5 = mg171

(!19xG + 20yG + 21)

"4 = (3 2 1) mg171

2

314xG ! 11yG ! 8

!11xG + 34yG ! 14!8xG ! 14yG + 35

4

5 = mg171

(12xG + 21yG ! 17)

"5 = (1 1 1) mg171

2

314xG ! 11yG ! 8

!11xG + 34yG ! 14!8xG ! 14yG + 35

4

5 = mg171

(!5xG + 9yG + 13) .

Per definizione il poligono di completo appoggio e il luogo dei punti (xG, yG) del pianod’appoggio Oxy in corrispondenza dei quali le reazioni vincolari esterne agli appoggi ap-paiono tutte dirette verticalmente verso l’alto. Si tratta cosı di determinare le soluzioni(xG, yG) del sistema di disequazioni lineari non omogenee:

%,,,,,,,,,&

,,,,,,,,,'

!8xG ! 14yG + 35 > 0

20xG ! 36yG + 19 > 0

!19xG + 20yG + 21 > 0

12xG + 21yG ! 17 > 0

!5xG + 9yG + 13 > 0

soluzioni che sono rappresentate dai puntidell’area tratteggiata nella figura a lato. Co-me ben noto, l’area di completo appoggio einclusa nel poligono d’appoggio precedente-mente individuato.

(b) EquilibrioIl centro di pressione del sistema e rappresentato dalla proiezione ortogonale del baricentroG sul piano d’appoggio Oxy, ed ha coordinate (xG, yG) = (1, 1/2). Il punto appartiene

Stefano Siboni 3875

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

all’area di completo appoggio, in quanto:

%,,,,,,,,,&

,,,,,,,,,'

!8 · 1 ! 14 · 1/2 + 35 = 20 > 0

20 · 1 ! 36 · 1/2 + 19 = 21 > 0

!19 · 1 + 20 · 1/2 + 21 = 12 > 0

12 · 1 + 21 · 1/2 ! 17 = 11/2 > 0

!5 · 1 + 9 · 1/2 + 13 = 25/2 > 0 ,

per cui la configurazione e certamente di equilibrio. Le reazioni vincolari esterne agliappoggi nello stato di quiete hanno tutte componente verticale positiva:

"1 =2071

mg "2 =2171

mg "3 =1271

mg "4 =11142

mg "4 =25142

mg

e si scrivono percio:

%"1 =2071

mge3%"2 =

2171

mge3%"3 =

1271

mge3%"4 =

11142

mge3%"4 =

25142

mge3 .

Esercizio 725. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. non conservativoNel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz una piastra rettangolare P scorre con il latoAB lungo l’asse orizzontale Ox. Su P e saldata una guida circolare !, di centro C e rag-gio R = 5a, sul cui bordo interno rotolasenza strisciare un disco circolare omoge-neo D di centro P , raggio a e massa m.P e ! hanno massa complessiva m. Il si-stema e pesante e a vincoli ideali. Duemolle ideali di uguale costante elasticak = mg/10a collegano A con O, e P conla sommita M di ! — vedi figura. Re-sistenze viscose con la stessa costante difrizione " agiscono in A e P . Usare levariabili s,' " R in figura per determina-re del sistema:

(a) l’energia cinetica;(b) gli equilibri, sottolineando il ruolo delle resistenze viscose;(c) le proprieta di stabilita degli equilibri, evidenziando il ruolo delle resistenze viscose;(d) le equazioni pure del moto;(e) i modi normali delle piccole oscillazioni attorno a un equilibrio stabile per " = 0.

Stefano Siboni 3876

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Energia cineticaL’energia cinetica e la somma delle energie cinetiche di piastra, guida e disco, relative allaterna Oxyz. Conviene dunque calcolare le energie cinetiche delle singole parti, per poideterminarne la somma.

Energia cinetica del sistema piastra-guidaIl sistema rigido costituito dalla piastra P e della guida ! si muove di moto traslatoriorettilineo, dal momento che il lato AB di P e vincolato a scorrere lungo l’asse Ox man-tenendosi nel piano Oxy. Poiche la massa complessiva di P e ! e per ipotesi uguale a m,l’energia cinetica di piastra e guida si scrive:

TP&$ =m

2A2 =

m

2|ase1|2 =

ma2

2s2 ,

essendo ovviamente A ! O = ase1 .

Energia cinetica del disco DIl disco risulta privo di punti fissi e la sua energia cinetica deve essere ricavata dal teorema diKonig. Il baricentro del disco omogeneo coincide con il centro geometrico (e di simmetria)P , per cui risulta:

TD =m

2P 2 +

12IDPz |%(D|2

in termini della massa m, del momento d’inerzia IDPz relativo all’asse Pz, e della velocita

angolare %(D del disco. La posizione di P e individuata dal vettore:

P ! O = A ! O + C ! A + P ! C == ase1 + C ! A + (5a ! a) sin ' e1 ! (5a ! a) cos ' e2 == a(s + 4 sin ') e1 ! 4a cos ' e2 + C ! A

in cui C !A si mantiene fisso lungo qualsiasi moto possibile, causa il carattere puramentetraslatorio del moto di P 0 !, al cui spazio solidale appartengono sia C che A. Derivandoin t, posto che s e ' siano funzioni C2 del tempo, si ottiene cosı la velocita istantanea:

P = a(s + 4 cos ' ') e1 + 4a sin ' ' e2

di modulo quadrato:

P 2 = a2(s + 4 cos ' ')2 + 16a2sin2' '2 =

= a2(s2 + 16cos2' '2 + 8 cos ' s') + 16a2sin2' '2 = a2(s2 + 16'2 + 8 cos ' s') .

La velocita angolare del disco rispetto alla terna Oxyz coincide con quella relativa al siste-ma di riferimento di quiete della guida, dato il moto traslatorio di questa; si ha pertanto,come ben noto:

%(D = !R ! a

a' e3 = !5a ! a

a' e3 = !4' e3 .

Stefano Siboni 3877

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Ricordato infine che IDPz = ma2/2, l’energia cinetica del disco diventa:

TD =ma2

2(s2 + 16'2 + 8 cos ' s') +

12

ma2

2//!4' e3

//2 =

=ma2

2(s2 + 16'2 + 8 cos ' s') + 4ma2'2 =

=ma2

2(s2 + 24'2 + 8 cos ' s') .

Energia cinetica del sistemaPer determinare l’energia cinetica del sistema non rimane che sommare le energie cinetichedelle singole parti rigide componenti:

T = TP&$ +TD =ma2

2(2s2 + 24'2 +8 cos ' s') = ma2(s2 + 12'2 +4 cos ' s') . (725.1)

(b) EquilibriLe sollecitazioni attive che agiscono sul sistema sono in parte posizionali conservative e inparte non posizionali:

# il sistema delle forze peso, che ha natura posizionale conservativa ed e descrittodall’appropriato potenziale gravitazionale;

# le interazioni elastiche relative alle molle che collegano O con A e M con P , di cui sirendera conto mediante il corrispondente potenziale elastico;

# il sistema delle resistenze viscose agenti in A e P , con la stessa costante di frizione ",che e lecito attendersi abbia carattere dissipativo.

Potenziale elasticoIl potenziale delle forze elastiche e la somma dei potenziali associati alle due molle:

Uel = !k

2|A ! O|2 ! k

2|M ! P |2 = !mg

20a|A ! O|2 ! mg

20a|M ! P |2.

Per determinare il contributo della prima molla e su!ciente considerare il vettore posizione:

A ! O = ase1

mentre gli estremi della seconda molla sono individuati dai vettori:

P ! C = 4a sin ' e1 ! 4a cos ' e2 M ! C = 5ae2

che implicano:M ! P = !4a sin ' e1 +

*5a + 4a cos '

+e2 .

Di conseguenza:

|A !O|2 = a2s2

|M ! P |2 = 16a2sin2' + 25a2 + 16a2cos2' + 40a2 cos ' =

= 16a2 + 25a2 + 40a2 cos ' = a2(41 + 40 cos ')

Stefano Siboni 3878

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ed il potenziale elastico del sistema di molle diventa:

Uel = !mg

20aa2

*s2 + 41 + 40 cos '

+= !mga

! s2

20+ 2 cos '

"+ costante . (725.2)

Potenziale gravitazionaleIl contributo del sistema piastra-guida al potenziale gravitazionale e del tutto indipendentedai parametri lagrangiani, visto che il moto traslatorio avviene lungo la direzione orizzon-tale Ox. Essendo costante l’ordinata del centro C , il potenziale gravitazionale del discopuo poi esprimersi nella forma:

Ug = !mge2 · (P ! C) = mg(5a ! a) cos ' = 4mga cos' (725.3)

che coincide con il potenziale gravitazionale dell’intero sistema.

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali elastico (725.2) e gravitazionale (725.3) porge il potenziale delsistema:

U(s,') = !mga! s2

20+ 2 cos '

"+ 4mga cos ' =

= mga!! 1

20s2 + 2 cos '

"(s,') " R2 . (725.4)

Componenti generalizzate delle forze viscoseLe resistenze viscose, di costante " > 0, agiscono nei punti A e P individuati dai vettoriposizione:

A !O = ase1 P ! O = a(s + 4 sin ') e1 ! 4a cos ' e2 + C !A

— dove si ricorda che il vettore C ! A e costante — e si scrivono:

%FA = !"A %FP = !"P .

Per calcolare le componenti generalizzate del sistema di forze viscose sono necessarie levelocita istantanee:

A = ase1 P = a(s + 4 cos ' ') e1 + 4a sin ' ' e2

e le derivate parziali dei punti di applicazione rispetto ai parametri lagrangiani:

)A

)s= ae1

)P

)s= ae1

)A

)'= 0

)P

)'= 4a (cos ' e1 + sin ' e2) .

Stefano Siboni 3879

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Le componenti generalizzate delle forze viscose sono quindi:

Q"s = !"A · )A

)s! "P · )P

)s= !"a2s ! "a2(s + 4 cos ' ') = !"a2(2s + 4 cos ' ')

e:Q"

# = !"A · )A

)'! "P · )P

)'= !"P · )P

)'=

= !"#a(s + 4 cos ' ') e1 + 4a sin ' ' e2

$· 4a (cos ' e1 + sin' e2) =

= !4"a2(cos ' s + 4') .

E facile convincersi che le sollecitazioni sono completamente dissipative. La potenza siscrive infatti:

$ = Q"s s + Q"

# ' = !"a2(2s + 4 cos ' ') s ! 4"a2(cos ' s + 4') ' =

= !"a2(2s2 + 4 cos ' 's + 4 cos ' 's + 16'2) =

= !2"a2(s2 + 4 cos ' 's + 8'2) = !2"a2(s ') %(s,')0

s'

1

in termini della matrice reale simmetrica e definita positiva:

%(s,') =0

1 2 cos '2 cos ' 8

1,

in modo che risulta $ ( 0 e:

$ = 0 %& (s, ') = (0, 0) .

EquilibriLe sollecitazioni dissipative si annullano a velocita generalizzata nulla e sono quindi inin-fluenti nella determinazione degli equilibri che, tutti ordinari, vanno percio identificati coni punti critici del potenziale totale (725.4). Essi si ottengono dunque annullando simul-taneamente le derivate parziali prime:

Us(s,') = ! 110

mgas U#(s,') = !2mga sin'

ovvero risolvendo il sistema di equazioni:>

s = 0sin' = 0

che porge le soluzioni fisicamente distinte:

(s,') = (0, 0) (s,') = (0,$) . (725.5)

Stefano Siboni 3880

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Essendo in numero finito, gli equilibri ottenuti risultano ovviamente tutti isolati.

(c) Stabilita degli equilibriLa coesistenza di sollecitazioni posizionali conservative e completamente dissipative con-sente di analizzare la stabilita degli equilibri isolati — e lo sono tutti — mediante la formaforte del teorema di Lagrange-Dirichlet, associata ai criteri di Barbasin-Krasovskii. Lederivate parziali seconde del potenziale sono le seguenti:

Uss(s,') = ! 110

mga Us#(s,') = 0

U#s(s,') = 0 U##(s,') = !2mga cos'

e permettono di scrivere la matrice hessiana di U nella forma diagonale:

HU (s,') = mga

0!1/10 0

0 !2 cos '

1(725.6)

che deve essere calcolata in ciascuna configurazione di equilibrio (725.5).Configurazione (s,') = (0, 0)In questo caso la matrice hessiana (725.6) diventa:

HU (0, 0) = mga

0!1/10 0

0 !2

1

ed e chiaramente definita negativa. L’equilibrio costituisce un massimo relativo propriodel potenziale, la cui stabilita asintotica segue dalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (s,') = (0,$)Per questo equilibrio si ha la matrice hessiana:

HU (0,$) = mga

0!1/10 0

0 2

1

di autovalori !1/10 e 2. Il segno positivo del secondo autovalore consente di escludere chel’equilibrio costituisca un massimo relativo proprio del potenziale e cio basta ad assicurarel’instabilita.

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

d

dt

!)L

)s

"! )L

)s= Q"

sd

dt

!)L

)'

"! )L

)'= Q"

#

con la lagrangiana L = T + U definita da:

L = ma2(s2 + 12'2 + 4 cos ' s') + mga!! 1

20s2 + 2 cos '

".

Stefano Siboni 3881

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Si hanno allora le espressioni parziali:

)L

)s= ma2(2s + 4 cos ' ')

d

dt

!)L

)s

"= ma2(2s + 4 cos ' '! 4 sin ' '2)

)L

)s= ! 1

10mgas

)L

)'= ma2(24' + 4 cos ' s)

d

dt

!)L

)'

"= ma2(24' + 4 cos ' s ! 4 sin ' 's)

)L

)'= !4ma2 sin' s'! 2mga sin '

dalle quali seguono le equazioni del moto richieste:%,&

,'

ma2(2s + 4 cos ' ' ! 4 sin' '2) +110

mgas = !"a2(2s + 4 cos ' ')

ma2(24' + 4 cos ' s) + 2mga sin' = !4"a2(cos ' s + 4') .

(e) Modi normali delle piccole oscillazioniPer " = 0 le sollecitazioni completamente dissipative si annullano e il sistema scleronomodiventa posizionale conservativo: l’equilibrio (s,') = (0, 0) e allora stabile per Lagrange-Dirichlet, mentre (s,') = (0,$) rimane instabile per il teorema di inversione parziale diLagrange-Dirichlet. Le piccole oscillazioni possono quindi essere studiate soltanto nell’in-torno dell’unico equilibrio (s,') = (0, 0). La matrice hessiana del potenziale e gia statacalcolata precedentemente:

HU (0, 0) = mga

0!1/10 0

0 !2

1.

D’altra parte, l’energia cinetica si rappresenta come forma quadratica definita positivadelle velocita generalizzate:

T = ma2(s2 + 12'2 + 4 cos ' s') =12(s ') A(s,')

0s'

1

in termini della matrice di rappresentazione:

A(s,') = ma2

02 4 cos '

4 cos ' 24

1

che per (s,') = (0, 0) si riduce a:

A(0, 0) = ma2

02 44 24

1.

Stefano Siboni 3882

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

La matrice che definisce i modi normali delle piccole oscillazioni e dunque la seguente:

(2A(0, 0) + HU (0, 0) = ma2(2

02 44 24

1+ mga

0!1/10 0

0 !2

1=

= mga

62µ ! 1

104µ

4µ 24µ ! 2

7

in cui si e introdotto per brevita il parametro adimensionale µ = a(2/g. Le pulsazioninormali sono individuate dall’equazione caratteristica:

0 = det

62µ ! 1

104µ

4µ 24µ ! 2

7=

!2µ ! 1

10

"(24µ ! 2) ! 16µ2 = 32µ2 ! 32

5µ +

15

dalla quale seguono le radici:

µ1,2 =164

0325

±:!32

5

"2! 4 · 32 · 1

5

1=

4 ±'

640

ossia:

µ1 =4 !

'6

40µ2 =

4 +'

640

,

cui corrispondono le pulsazioni normali:

(1 ='

µ1

:g

a=

?4 !

'6

40

:g

a(2 =

'µ2

:g

a=

?4 +

'6

40

:g

a

e le relative frequenze normali:

f1 =(1

2$=

12$

?4 !

'6

40

:g

af2 =

(2

2$=

12$

?4 +

'6

40

:g

a,

associate rispettivamente ai modi “alto” e “basso”. Le ampiezze di oscillazione (ai, bi)di ciascun modo normale si ricavano infine come soluzioni non banali del sistema lineareomogeneo:

62µi !

110

4µi

4µi 24µi ! 2

70ai

bi

1=

000

1i = 1, 2

Stefano Siboni 3883

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

che la non invertibilita della matrice incompleta a primo membro consente di ridurre a unasola equazione, per esempio quella associata alla seconda riga:

4µiai + (24µi ! 2)bi = 0 i = 1, 2 .

Una soluzione non nulla e data da:

ai = !10(24µi ! 2) bi = 10(4µi) i = 1, 2

dove il fattore 10 e stato introdotto per rimuovere il denominatore dei coe!cienti µ1 e µ2

— operazione beninteso non strettamente necessaria.

# Modo basso — associato alla pulsazione (1 =

?4 !

'6

40

:g

aIn questo caso si ha:

a1 = !240µ1 + 20 = !2404 !

'6

40+ 20 = !4 + 6

'6

b1 = 40µ1 = 404 !

'6

40= 4 !

'6

per cui il modo normale di oscillazione e descritto da:

0*s*'

1= A1

0!4 + 6

'6

4 !'

6

1cos

0?4 !

'6

40

:g

at + -1

1* t " R

con A1 += 0 e -1 costanti reali arbitrarie.

# Modo alto — associato alla pulsazione (2 =

?4 +

'6

40

:g

aNella fattispecie risulta:

a2 = !240µ2 + 20 = !2404 +

'6

40+ 20 = !4 ! 6

'6

b2 = 40µ2 = 404 +

'6

40= 4 +

'6

e il modo normale di oscillazione assume la forma:

0*s*'

1= A2

0!4! 6

'6

4 +'

6

1cos

0?4 +

'6

40

:g

at + -2

1* t " R

con A2 += 0 e -2 costanti reali fissate a piacere.

Stefano Siboni 3884

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 726. Geometria delle masseUna piastra rigida S giace nel piano Oxy di unaterna solidale Oxyz = Oe1e2e3. La piastra hala forma di un quarto di cerchio di centro O,raggio a e lati OA e OB, posti rispettivamentelungo i semiassi positivi Ox e Oy (vedi figura).La densita di S e definita da:

/(P ) =24µ

$a4

*a ! |P ! O|

+2 *P " S ,

dove µ indica una massa caratteristica. Una cur-va omogenea ! di massa µ e saldata lungo l’arcoAB di S. Determinare del sistema:

(a) la massa e la posizione del baricentro in Oxyz;(b) la matrice d’inerzia relativa alla terna Oxyz;(c) i momenti principali d’inerzia e una terna principale d’inerzia in O;(d) il momento d’inerzia relativo alla retta Ay;(e) assumendo il sistema non soggetto ad alcuna forza attiva e libero di ruotare senza at-

trito con velocita angolare (e1 attorno all’asse fisso Ox rispetto ad una terna inerzialeOx12, il risultante e il momento in O dei cimenti dinamici — usare la base e1e2e3 peresprimere il risultato.

Soluzione(a) Massa e baricentroMassa della piastraI punti della piastra sono individuati dall’ovvia parametrizzazione in coordinate polari:

P (3,') !O = 3 cos ' e1 + 3 sin ' e2 , (3,') " [0, a] / [0,$/2] ,

cui corrisponde il ben noto elemento d’area:

dA =////)P

)3$ )P

)'

////d3d' = 3 d3d'

e l’espressione esplicita della densita areale:

/(3,') =24µ

$a4(a ! 3)2 , (3,') " [0, a] / [0,$/2] ,

che dipende dalla sola coordinata radiale 3. La massa della piastra si ricava integrando ladensita areale sul settore circolare S:

mS =;

S

/ dA =a;

0

d3

%/2;

0

d' 324µ

$a4(a ! 3)2 =

24µ

$a4

%/2;

0

d'

a;

0

(a23 + 33 ! 2a32)d3 =

=24µ

$a4

$

2

(a2 32

2+

34

4! 2a

33

3

)a

0

=12µ

a4

!a4

2+

a4

4! 2

3a4

"= 12µ

112

= µ .

Stefano Siboni 3885

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Massa del sistemaLa massa del sistema e la somma delle masse di piastra S e curva materiale !:

m = mS + m$ = µ + µ = 2µ .

Baricentro della piastraIl piano di giacitura della piastra costituisce un evidente piano di simmetria. E altrettantoevidente che la bisettrice y = x del I e III quadrante nel piano Oxy rappresenta un assedi simmetria della piastra: per ogni punto P (x, y) di S il punto simmetrico rispetto allabisettrice e P !(y, x) e appartiene a propria volta alla piastra; i due punti sono inoltrepalesemente equidistanti dall’origine O e presentano percio lo stesso valore della densitaareale — che e infatti funzione della sola distanza da O. Gli elementi di simmetria con-sentono cosı di esprimere il vettore posizione del baricentro GS della piastra nella formaseguente:

GS !O = xSe1 + xSe2

che richiede il calcolo della sola ascissa xS. Applicando la definizione si ha:

xS =1

mS

;

S

x/ dA =1µ

a;

0

d3

%/2;

0

d' 3 3 cos '24µ

$a4(a ! 3)2 =

=24$a4

%/2;

0

cos ' d'

a;

0

32(a ! 3)2d3 =24$a4

#sin'

$%/2

0

a;

0

(32a2 + 34 ! 2a33)d3 =

=24$a4

(33

3a2 +

35

5! 2a

34

4

)a

0

=24$a4

!a5

3+

a5

5! a5

2

"=

24$

130

a =45$

a

e il vettore posizione del baricentro diventa:

GS !O =45$

ae1 +45$

ae2 .

Baricentro della curva materiale !La curva omogenea !, che e un quarto di circonferenza, ammette la parametrizzazione:

P (') ! O = a cos ' e1 + a sin ' e2 , ' " [0,$/2] ,

con elemento di lunghezza:

ds = |P !(')| d' = |! a sin ' e1 + a cos ' e2| d' = ad'

lunghezza complessiva $a/2 e densita lineare costante:

,(') =µ

$a/2=

2µ

$a.

Stefano Siboni 3886

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

La curva presenta esattamente le stesse proprieta di simmetria gia riconosciute per lapiastra S, sicche il vettore posizione del relativo baricentro assume la forma:

G$ ! O = x$ e1 + x$ e2

e dipende dalla sola ascissa:

x$ =1

m$

;

$

x, ds =1µ

%/2;

0

a cos '2µ

$aad' =

2$

a

%/2;

0

cos ' d' =2$

a

per cui risulta:

G$ ! O =2$

ae1 +2$

ae2 .

Baricentro del sistemaIl piano Oxy e la bisettrice y = x in tale piano costituiscono rispettivamente un piano eun asse di simmetria anche per l’intero sistema, oltre che per le due parti costituenti S e!. Il vettore posizione del baricentro G si scrive percio:

G ! O = xGe1 + xGe2

con l’ascissa determinata dal teorema distributivo:

xG =mS xS + m$ x$

mS + m$=

12µ

!µ

45$

a + µ2$

a"

=75$

a

che porge il risultato richiesto:

G !O =75$

ae1 +75$

ae2 .

(b) Matrice d’inerzia in OxyzMatrice d’inerzia della piastra SLa piastra giace nel piano coordinato Oxy, dove la bisettrice y = x costituisce un asse disimmetria della superficie materiale. Ne deriva che la matrice d’inerzia di S rispetto allaterna Oxyz deve assumere la forma:

[LSO] =

2

3LS

xx LSxy 0

LSxy LS

xx 00 0 2LS

xx

4

5

e dipendere dal solo momento d’inerzia non banale LSxx e dal prodotto d’inerzia LS

xy. Per

Stefano Siboni 3887

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

il primo si ha l’espressione:

LSxx =

;

S

y2/ dA =a;

0

d3

%/2;

0

d' 3 32sin2'24µ

$a4(a ! 3)2 =

=24µ

$a4

%/2;

0

sin2' d'

a;

0

33(a ! 3)2 d3 =

=24µ

$a4

%/2;

0

1 ! cos 2'

2d'

a;

0

(33a2 + 35 ! 2a34)d3 =

=12µ

$a4

(' ! sin 2'

2

)%/2

0

(34

4a2 +

36

6! 2a

35

5

)a

0

=

=12µ

$a4

$

2

!a6

4+

a6

6! 2

5a6

"= 6µa2

!14

+16! 2

5

"= 6µa2 1

60=

µa2

10

mentre il secondo vale:

LSxy = !

;

S

xy/ dA = !a;

0

d3

%/2;

0

d' 3 3 cos ' 3 sin '24µ

$a4(a ! 3)2 =

= !24µ

$a4

%/2;

0

sin ' cos ' d'

a;

0

33(a ! 3)2 d3 =

= !24µ

$a4

(sin2'

2

)%/2

0

a6

60= !12µ

$a4

a6

60= !µa2

5$

e la matrice d’inerzia diventa:

[LSO] = µa2

2

31/10 !1/5$ 0!1/5$ 1/10 0

0 0 1/5

4

5.

Matrice d’inerzia della curva materiale !La matrice d’inerzia in Oxyz della curva materiale presenta esattamente la stessa strutturadi quella precedente, causa i comuni elementi di simmetria:

[L$O] =

2

3L$

xx L$xy 0

L$xy L$

xx 00 0 2L$

xx

4

5.

Stefano Siboni 3888

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Il momento d’inerzia non banale e dato dall’integrale:

L$xx =

;

$

y2, ds =

%/2;

0

a2sin2'2µ

$aad' =

2µa2

$

%/2;

0

sin2' d' =

=2µa2

$

%/2;

0

1 ! cos 2'

2d' =

µa2

$

('! sin 2'

2

)%/2

0

=µa2

$

$

2=

µa2

2

mentre per il prodotto d’inerzia si ha l’espressione:

L$xy = !

;

$

xy , ds = !%/2;

0

a cos ' a sin '2µ

$aad' =

= !2µa2

$

%/2;

0

sin ' cos' d' = !2µa2

$

(sin2'

2

)%/2

0

= !2µa2

$

12

= !µa2

$

che implica:

[L$O] = µa2

2

31/2 !1/$ 0!1/$ 1/2 0

0 0 1

4

5.

Matrice d’inerzia del sistemaPer la proprieta additiva, la matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz e lasomma delle matrici d’inerzia di piastra e curva calcolate relativamente alla medesimaterna:

[LO] = [LSO] + [L$

O] = µa2

2

31/10 !1/5$ 0!1/5$ 1/10 0

0 0 1/5

4

5 + µa2

2

31/2 !1/$ 0!1/$ 1/2 0

0 0 1

4

5

vale a dire:

[LO] = µa2

2

33/5 !6/5$ 0

!6/5$ 3/5 00 0 6/5

4

5.

(c) Momenti principali e terna principale d’inerzia in OMomenti principali d’inerzia in OPer definizione i momenti principali d’inerzia in O del sistema sono gli autovalori dellamatrice d’inerzia [LO], soluzioni , dell’equazione caratteristica:

det*[LO] ! ,I

+= 0 .

Stefano Siboni 3889

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Posto per brevita , = µa20 ed omesso l’inessenziale fattore µa2, l’equazione caratteristicasi riduce a:

det

2

33/5! 0 !6/5$ 0!6/5$ 3/5 ! 0 0

0 0 6/5! 0

4

5 = 0

ossia:(!3

5! 0

"2!

! 65$

"2)!6

5! 0

"= 0

e fattorizzando la di$erenza dei quadrati:

!35! 0 ! 6

5$

"!35! 0 +

65$

"!65! 0

"= 0 .

Si ottengono cosı le soluzioni reali positive:

01 =35! 6

5$02 =

35

+65$

03 =65

che corrispondono ai momenti principali d’inerzia in O cercati:

,1 =!3

5! 6

5$

"µa2 ,2 =

!35

+65$

"µa2 ,3 =

65µa2 . (726.1)

Terna principale d’inerzia in O

L’individuazione della terna principale non richiede alcun calcolo. Il piano Oxy, in quantopiano di giacitura, e infatti un piano di simmetria e costituisce un piano principale d’inerziadel sistema rispetto ad ogni suo punto. Si tratta, in particolare, di un piano principaled’inerzia in O, per cui Oz e sicuramente un asse principale d’inerzia in O per il sistema.D’altra parte, l’asse di simmetria y = x nel piano Oxy e pure principale d’inerzia rispetto adogni suo punto, compreso O. La retta perpendicolare alle due precedenti completa la ternaprincipale, che esiste sempre come terna ortogonale grazie alla simmetria dell’operatored’inerzia. In conclusione, una terna principale d’inerzia in O e quella che ha come assi laretta Oz e, nel piano Oxy, le bisettrici dei quadranti — di equazione y = x e y = !xrispettivamente. I momenti principali distinti (726.1) assicurano che tale terna e unica, ameno dell’orientamento degli assi — con 8 orientamenti complessivamente possibili.

Stefano Siboni 3890

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(d) Momento d’inerzia relativo alla retta AyLa retta Ay e parallela all’asse coordinato Oy, rispetto al quale il momento d’inerzia delsistema e gia stato determinato, identificandosi con l’elemento Lyy della matrice d’inerzia[LO]. La retta Ay non contiene tuttavia il baricentro G del sistema e si rende quindinecessario applicare due volte il teorema di Huygens-Steiner, considerando la retta Gyparallela alle precedenti e passante per G. Si hanno le relazioni:

IAy = IGy + m(a ! xG)2 IOy = IGy + mx2G

che sottratte membro a membro per eliminare il momento incognito IGy porgono:

IAy ! IOy = m(a ! xG)2 ! mx2G

e di conseguenza:IAy = IOy + ma(a ! 2xG) .

Basta cosı sostituire i valori di IOy = Lyy , m e xG calcolati in precedenza per ricavare ilmomento d’inerzia richiesto:

IAy =35µa2 + 2µa

!a ! 2 · 7

5$a"

=13$ ! 28

5$µa2 .

(e) Risultante e momento in O dei cimenti dinamiciSe il sistema rigido ruota senza attrito attorno all’asse fisso Ox, in assenza di forze attivela velocita angolare (e1 si mantiene costante nel tempo: il moto del corpo e rotatorio uni-forme. Il risultante e il momento risultante in O dei cimenti dinamici sono, per definizione,opposti ai corrispondenti risultante e momento risultante delle forze reattive, che si rica-vano dalle equazioni cardinali della dinamica:

mG = %R# d %KO

dt= %M#

O

e risultano pertanto:

!%R# = !mG ! %M#O = !d %KO

dt.

Occore quindi determinare l’accelerazione del baricentro G e la derivata rispetto al tempodel momento angolare in O del sistema.

Risultante dei cimenti dinamiciRispetto alla base della terna solidale si e gia trovato che:

G !O =75$

ae1 +75$

ae2

e siccome O e un punto fisso del sistema il teorema di Poisson dell’atto di moto rigidoporge l’espressione:

G = (e1 $ (G ! O) = (e1 $! 7

5$ae1 +

75$

ae2

"=

75$

a(e3 .

Stefano Siboni 3891

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Una ulteriore derivazione in t, unitamente alle formule di Poisson per il calcolo di de3/dt,conduce all’espressione dell’accelerazione istantanea — puramente centripeta:

G =75$

a(de3

dt=

75$

a( (e1 $ e3 = ! 75$

a(2e2

per cui il risultante dei cimenti assume la forma:

!%R# = !2µ!! 7

5$a(2e2

"=

145$

µa(2e2 .

Momento risultante in O dei cimenti dinamiciLe componenti K1,K2,K3 del momento angolare %KO rispetto alla base e1e2e3 si ottengonoper mezzo della relazione matriciale:

2

3K1

K2

K3

4

5 = [LO]

2

3(1

(2

(3

4

5

dove (1,(2,(3 sono le componenti della velocita angolare (e1 rispetto alla stessa base.Sostituendo le espressioni esplicite di [LO] e (1,(2,(3 si ottiene allora:

2

3K1

K2

K3

4

5 = µa2

2

33/5 !6/5$ 0

!6/5$ 3/5 00 0 6/5

4

5

2

3(00

4

5 = µa2(

2

33/5

!6/5$0

4

5,

in modo che:

%KO = µa2(!3

5e1 !

65$

e2

".

La derivata rispetto al tempo vale allora:

d %KO

dt= µa2( (e1 $

!35e1 !

65$

e2

"= ! 6

5$µa2(2e3

e il momento risultante in O dei cimenti diventa:

! %M#O =

65$

µa2(2e3 .

Da notare che risultante e momento risultante non sono costanti nel sistema di riferimentoassoluto Ox12.

Stefano Siboni 3892

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 727. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. non conservativoNel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz un anello circolare omogeneo !,di massa m, raggio a e centro C , ha gli estremi A e B di un suo diametro rispettiva-mente vincolati a scorrere lungo gli assi Oxe Oy. Un punto materiale P di massa me libero di scorrere lungo !. Come coordi-nate lagrangiane si usano gli angoli +,. " Rmostrati in figura. Il sistema e pesante e unamolla di costante elastica k collega A con O;sull’anello agisce inoltre una coppia di mo-mento %M = !mga sin + e3. Resistenze visco-se di uguale costante " sono infine applicatein A, B e P . Si assumano i vincoli ideali perdeterminare del sistema:(a) le componenti generalizzate delle sistema

di resistenze viscose, precisandone la natura dal punto di vista energetico;(b) gli equilibri;(c) le proprieta di stabilita dei predetti equilibri;(d) l’energia cinetica relativa a Oxyz;(e) le equazioni pure del moto;(f) i modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile nel caso sia

k = mg/a e " = 0.

SoluzioneIl segmento AB e per ipotesi un diametro della circonferenza !, con gli estremi A e B col-locati lungo gli assi coordinati Ox e Oy rispettivamente. Come ben noto dalla geometriaelementare, il fatto che l’angolo AOB sia retto implica che O appartenga a !, in mododa risultare angolo alla circonferenza corrispondente all’angolo al centro ACB = $ — en-trambi gli angoli insistono sul medesimo arco AB della circonferenza !. I vettori posizionedei punti A e B sono dati da:

A ! O = 2a sin + e1 B ! O = 2a cos + e2 (727.1)

per cui risulta:

C ! O =A !O + B !O

2= a sin + e1 + a cos + e2 , (727.2)

in accordo con l’osservazione precedente. Si ha inoltre:

P ! C = a sin . e1 ! a cos . e2

in modo che il vettore posizione del punto P in Oxyz assume la forma:

P ! O = a(sin + + sin .)e1 + a(cos + ! cos .)e2 . (727.3)

Stefano Siboni 3893

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Sono cosı determinate le posizioni dei punti di applicazione di tutte le forze attive agentisul sistema.

(a) Resistenze viscoseLe resistenze viscose sono applicate nei punti A, B e P , e hanno la stessa costante difrizione ": In forza della prima equazione (727.1) si hanno le espressioni:

A = 2a cos ++ e1)A

)+= 2a cos + e1

)A

).= 0

e le componenti generalizzate della resistenza viscosa in A diventano:

!"A · )A

)+= !4"a2cos2+ + ! "A · )A

).= 0 .

Grazie alla seconda delle (727.1), per la resistenza viscosa agente su B vale invece:

B = !2a sin ++ e2)B

)+= !2a sin + e2

)B

).= 0

con le componenti generalizzate:

!"B · )B

)+= !4"a2sin2+ + ! "B · )B

).= 0 .

Per il punto P , la (727.3) porge infine le espressioni:

P = a(cos + + + cos . .)e1 + a(! sin + + + sin . .)e2

)P

)+= a(cos + e1 ! sin+ e2)

)P

).= a(cos . e1 + sin . e2)

dalle quali si deducono le componenti generalizzate:

! "P · )P

)+= !"a2(+ + cos + cos . . ! sin+ sin . .) = !"a2[+ + cos(+ + .) .]

! "P · )P

).= !"a2(cos . cos + + ! sin . sin + + + .) = !"a2[cos(+ + .) + + .] .

Le componenti generalizzate delle resistenze viscose sono le somme delle componenti par-ziali appena calcolate:

Qrv) = !"A · )A

)+! "B · )B

)+! "P · )P

)+= !"a2

#5+ + cos(+ + .) .

$

Qrv* = !"A · )A

).! "B · )B

).! "P · )P

).= !"a2

#cos(+ + .) + + .

$.

(727.4)

Stefano Siboni 3894

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

La potenza del sistema di sollecitazioni, che ci si aspetta essere non positiva, e data da:

$rv = Qrv) + + Qrv

* . = !"a2#5+2 + 2 cos(+ + .) +. + .2

$= !"a2(+ .) %(+,.)

0+.

1

in termini della matrice ausiliaria:

%(+,.) =0

5 cos(+ + .)cos(+ + .) 1

1

reale, simmetrica e definita positiva per via delle diseguaglianze:

tr %(+,.) = 6 > 0 det %(+,.) = 5 ! cos2(+ + .) ) 4 > 0

valide * (+,.) " R2. Ne deriva che $rv ( 0 * (+,., +, .) " R4 e che inoltre:

$rv = 0 %& (+, .) = (0, 0)

per cui il sistema di resistenze viscose ha natura completamente dissipativa.

(b) EquilibriLe componenti generalizzate delle forze dissipative si annullano a velocita generalizzate+, . nulle e sono percio ininfluenti sugli equilibri. Le altre sollecitazioni attive hannotutte natura posizionale conservativa e possono essere descritte per mezzo degli opportunipotenziali.

Forze pesoIl potenziale gravitazionale e la somma dei potenziali associati alle forze peso agenti su !e su P :

Ug = !mg e2 · (C ! O) !mg e2 · (P ! O) == !mga cos+ ! mga(cos + ! cos .) = mga(!2 cos + + cos .) .

Interazione elasticaAlla molla ideale di costante elastica k tesa fra il punto A e l’origine O e associato ilpotenziale:

Uel = !k

2|A !O|2 = !k

24a2 sin2+ = !2ka2sin2+ .

Coppia di forze agente sull’anelloLa coppia e un sistema di forze con risultante %R = 0 e momento %M = !mga sin+ e3,indipendente dalla scelta del polo. Poiche l’anello ! e rigido e in moto nel piano Oxy, lecomponenti generalizzate di tale sistema sono date dalle note formule:

QM) =

)C

)+· %R +

)+

)+e3 · %M = !mga sin+ QM

* =)C

).· %R +

)+

).e3 · %M = 0

Stefano Siboni 3895

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

nelle quali si e scelto il centro C come punto dello spazio solidale a !, e + rappresental’angolo di rotazione dell’anello attorno a C rispetto alla terna Oxyz. Alle componenticalcolate corrisponde l’ovvio potenziale:

UM = mga cos + .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema risulta dalla somma dei potenziali gravitazionale, elastico edassociato alla coppia di forze:

U(+,.) = Ug + Uel + UM = mga(cos . ! cos +) ! 2ka2sin2+ , (+,.) " R2 . (727.5)

EquilibriGli equilibri — tutti ordinari — del sistema scleronomo si identificano con i punti criticidel potenziale (727.5), zeri delle derivate parziali prime:

)U

)+(+,.) = mga sin+ ! 4ka2 sin + cos +

)U

).(+,.) = !mga sin.

e dunque soluzioni del sistema di equazioni trigonometriche disaccoppiate:%,&

,'

4ka2 sin +! mg

4ka! cos +

"= 0

!mga sin. = 0 .(727.6)

Dalla prima equazione di equilibrio si traggono due soluzioni definite incondizionatamente:

+ = 0 + = $

e altre due definite e distinte dalle precedenti:

+ = arccos! mg

4ka

"= arccos , = +! + = !+!

a condizione che si abbia , := mg/4ka < 1. La seconda delle equazioni (727.6) porgeinvece le soluzioni ovvie:

. = 0 . = $ .

Il sistema ammette percio quattro equilibri definiti incondizionatamente:

(+,.) = (0, 0) (+,.) = (0,$) (+,.) = ($, 0) (+,.) = ($,$)

e quattro equilibri definiti e distinti dai precedenti per , < 1:

(+,.) = (+!, 0) (+,.) = (+!,$) (+,.) = (!+!, 0) (+,.) = (!+!,$) ,

essendo +! " (0,$/2).

Stefano Siboni 3896

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(c) Stabilita degli equilibriGli equilibri del sistema sono evidentemente isolati, in quanto in numero finito. La com-presenza di sollecitazioni posizionali conservative e completamente dissipative autorizza astudiare la stabilita tramite la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata suicriteri di Barbasin e Krasovskii. Si determinano le derivate parziali seconde del potenziale:

U))(+,.) = mga cos + ! 4ka2(cos2+ ! sin2+) = 4ka2(, cos + ! cos2+ + sin2+)U**(+,.) = !mga cos . U)*(+,.) = 0 U*)(+,.) = 0

che consentono di scrivere la relativa matrice hessiana nella forma diagonale:

HU (+,.) =0

4ka2(, cos + ! cos2+ + sin2+) 00 !mga cos.

1. (727.7)

Gli autovalori della matrice devono essere calcolati in ciascuna configurazione di equilibrio.

Configurazione (+,.) = (0, 0)In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale si riduce a:

HU (0, 0) =0

4ka2(, ! 1) 00 !mga

1

e ha gli autovalori 4ka2(,!1) e !mga, il secondo negativo e il primo di segno non definito.Di conseguenza:

# per , < 1 entrambi gli autovalori risultano negativi, per cui la configurazione costitu-isce un massimo relativo proprio del potenziale e l’equilibrio e asintoticamente stabileper la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet;

# se , > 1 un autovalore dell’hessiana e di segno positivo, circostanza che escludel’equilibrio possa costituire un massimo relativo proprio del potenziale. Si ha quindiinstabilita dell’equilibrio;

# se infine , = 1 l’hessiana e semidefinita non definita negativa e l’analisi della stabilitarichiede uno studio piu accurato. In e$etti, il potenziale del sistema diventa:

U(+,.) = 4ka2!, cos . ! , cos + ! 1

2sin2+

"= 4ka2

!cos . ! cos + ! 1

2sin2+

"

con:

! cos + ! 12sin2+ = !1 + 2 sin2 +

2! 2 sin2 +

2cos2

+

2= !1 + 2 sin4 +

2,

espressione dalla quale appare evidente che l’equilibrio non rappresenta un massimorelativo proprio del potenziale. Ne segue l’instabilita dell’equilibrio.

Stefano Siboni 3897

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Configurazione (+,.) = ($, 0)

In questo caso la matrice hessiana (727.7) vale:

HU ($, 0) =0

4ka2(!, ! 1) 00 !mga

1

con entrambi gli autovalori negativi. L’equilibrio e sempre un massimo relativo proprio delpotenziale, asintoticamente stabile.

Configurazione (+,.) = (+!, 0)

L’equilibrio e definito per , < 1 e la corrispondente matrice hessiana si scrive:

HU (+!, 0) =0

4ka2(, cos +! ! cos2+! + sin2+!) 00 !mga

1=

04ka2sin2+! 0

0 !mga

1

essendo cos +! = ,. L’autovalore positivo 4ka2sin2+! esclude che l’equilibrio possa costi-tuire un massimo relativo proprio del potenziale e ne implica percio l’instabilita.

Configurazione (+,.) = (!+!, 0)

Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale e uguale a quella calcolata per la con-figurazione simmetrica precedente:

HU (!+!, 0) =0

4ka2(, cos +! ! cos2+! + sin2+!) 00 !mga

1=

04ka2sin2+! 0

0 !mga

1

e l’equilibrio risulta instabile al pari di quella.

Configurazioni (+,.) = (0,$), ($,$), (+! ,$), (!+!,$)

Tutti questi equilibri sono instabili per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet,a causa dell’autovalore positivo:

U**(+,$) = mga *+ = 0,$,+!,!+!

che esclude il ricorrere, nella posizione di equilibrio, di un massimo relativo proprio delpotenziale.

Stefano Siboni 3898

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(d) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema e la somma dei contributi relativi alle due parti costituenti,l’anello ! e il punto materiale P .

Energia cinetica dell’anello !L’anello omogeneo e privo di punti fissi, per cui la sua energia cinetica viene determinataricorrendo al teorema di Konig. Derivando in t il vettore posizione (727.2) si ottiene lavelocita istantanea del baricentro C :

C = a(cos + e1 ! sin + e2)+

di modulo quadrato:C2 = a2+2 .

La velocita angolare %( dell’anello si ricava notando che rispetto ad una terna di riferimentobaricentrale l’angolo + e compreso fra il raggio A ! C , fisso rispetto all’anello, e la verti-cale condotta da C verso il basso, fissa rispetto alla terna baricentrale; l’angolo e inoltreorientato conformemente alla regola della mano destra rispetto al versore e3, nell’ipotesiche la terna Oxyz sia destra. Ne deriva che:

%( = + e3 .

Il teorema di Konig porge allora:

T$ =m

2C2 +

12I$Cz|%(|

2 =ma2

2+2 +

12

ma2 +2 = ma2+2 , (727.8)

essendo I$Cz = ma2 il momento d’inerzia dell’anello rispetto all’asse baricentrale Cz.

Energia cinetica del punto PLa velocita istantanea di P e gia stata ricavata nella soluzione del quesito (a):

P = a(cos + + + cos . .)e1 + a(! sin + + + sin. .)e2

e per la relativa energia cinetica porge l’espressione:

TP =m

2P 2 =

ma2

2#(cos + + + cos . .)2 + (! sin + + + sin . .)2

$=

=ma2

2#+2 + 2 cos(+ + .) +. + .2

$. (727.9)

Energia cinetica del sistemaL’energia cinetica del sistema e la somma dei termini (727.8) e (727.9):

T = T$ + TP =ma2

2#3+2 + 2 cos(+ + .) +. + .2

$. (727.10)

Stefano Siboni 3899

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

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

d

dt

!)L

)+

"! )L

)+= Qrv

)d

dt

!)L

).

"! )L

).= Qrv

*

in cui figurano la lagrangiana del sistema:

L = T + U =ma2

2#3+2 + 2 cos(+ + .) +. + .2

$+ mga(cos . ! cos +) ! 2ka2sin2+

e le componenti generalizzate (727.4) delle forze viscose. Dalla lagrangiana si ricavano leespressioni parziali:

)L

)+= ma2[3+ + cos(+ + .) .]

d

dt

!)L

)+

"= ma2[3+ + cos(+ + .) . ! sin(+ + .)(+ + .).]

)L

)+= !ma2 sin(+ + .)+. + mga sin+ ! 4ka2 sin + cos+

)L

).= ma2[cos(+ + .)+ + .]

d

dt

!)L

).

"= ma2[cos(+ + .)+ + . ! sin(+ + .)(+ + .)+]

)L

).= !ma2 sin(+ + .)+. ! mga sin.

che porgono le equazioni cercate:

%,,&

,,'

ma2[3+ + cos(+ + .) . ! sin(+ + .).2] ! mga sin+ + 4ka2 sin + cos+ == !"a2

#5+ + cos(+ + .) .

$

ma2[cos(+ + .)+ + . ! sin(+ + .)+2] + mga sin. = !"a2#cos(+ + .) + + .

$.

(f) Modi normali delle piccole oscillazioni per k = mg/a e " = 0Per " = 0 e k = mg/a risulta , = 1/4 e l’equilibrio (+,.) = (0, 0) e un massimo relativoproprio del potenziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet. Le piccole oscillazionivengono studiate attorno a questa posizione di equilibrio. La matrice hessiana del poten-ziale vale:

HU (0, 0) = mga

0!3 00 !1

1

Stefano Siboni 3900

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

mentre l’energia cinetica (727.10) e una forma quadratica definita positiva delle velocitageneralizzate +, . descritta dalla matrice di rappresentazione:

A(+,.) = ma2

03 cos(+ + .)

cos(+ + .) 1

1

che per (+,.) = (0, 0) si riduce a:

A(0, 0) = ma2

03 11 1

1.

Equazione caratteristica e frequenze normaliLe pulsazioni normali delle piccole oscillazioni sono le soluzioni ( > 0 dell’equazione carat-teristica:

det[(2A(0, 0) + HU (0, 0)] = 0

in cui risulta:

(2A(0, 0) + HU (0, 0) = ma2(2

03 11 1

1+ mga

0!3 00 !1

1=

= mga

(a(2

g

03 11 1

1+

0!3 00 !1

1)= mga

03µ ! 3 µ

µ µ ! 1

1

essendosi introdotto il parametro d’ordine adimensionale:

µ = a(2/g .

L’equazione caratteristica diventa percio:

0 = (3µ ! 3)(µ ! 1) ! µ2 = 3µ2 ! 3µ ! 3µ + 3 ! µ2 = 2µ2 ! 6µ + 3

e porge le radici:

µ1, µ2 =6 ±

'36 ! 4 · 2 · 3

4=

6 ±'

124

=3 ±

'3

2

dalle quali seguono le pulsazioni normali:

(1 ='

µ1

:g

a=

?3 !

'3

2

:g

a(2 =

'µ2

:g

a=

?3 +

'3

2

:g

a

e le relative frequenze normali:

f1 =(1

2$=

12$

?3 !

'3

2

:g

af2 =

(2

2$=

12$

?3 +

'3

2

:g

a,

Stefano Siboni 3901

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

corrispondenti al modo basso e al modo alto, rispettivamente — (1 < (2.

Vettori delle ampiezze per i modi normali di oscillazioneI vettori delle ampiezze relative ai modi normali di oscillazione sono definiti dalle soluzioninon banali dell’equazione:

mga

03µi ! 3 µi

µi µi ! 1

10ai

bi

1=

000

1,

0ai

bi

1+=

000

1, i = 1, 2 ,

che equivale al sistema di equazioni lineari omogenee:%&

'(3µi ! 3)ai + µibi = 0

µiai + (µi ! 1)bi = 0 .

Per definizione di µ1 e µ2, le due equazioni sono linearmente dipendenti, per cui e su!cienterisolvere una sola di esse, ad esempio la seconda. Una soluzione non banale e la seguente:

ai = µi ! 1 bi = !µi

per cui i modi normali possono scriversi nella forma:0

*+*.

1= Ai

0µi ! 1!µi

1cos((it + -i) * t " R , i = 1, 2 ,

con A1, A2 += 0 e -1,-2 costanti reali arbitrarie — e beninteso A1, A2 1 0.

Modo basso — di pulsazione (1

In questo caso il vettore delle ampiezze ha componenti di uguale segno:

µ1 ! 1 =3 !

'3

2! 1 =

1 !'

32

! µ1 = !3 !'

32

ed il relativo modo normale puo esprimersi come:

0*+*.

1= A1

0'3 ! 1

3 !'

3

1cos

0?3 !

'3

2

:g

at + -1

1* t " R

in termini delle costanti reali arbitrarie A1 1 0 e -1.

Modo alto — di pulsazione (2

Nella fattispecie le ampiezze presentano segno opposto:

µ2 ! 1 =3 +

'3

2! 1 =

1 +'

32

! µ2 = !3 +'

32

Stefano Siboni 3902

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

per cui il modo normale di massima pulsazione diventa:

0*+*.

1= A2

0!'

3 ! 13 +

'3

1cos

0?3 +

'3

2

:g

at + -2

1* t " R

per A2 1 0 e -2 assegnati a piacere.

Esercizio 728. Geometria delle masseUna piastra circolare omogenea D giace nelpiano Oxy di una terna Oxyz = Oe1e2e3, adessa solidale. La piastra ha raggio a e centroC(a, 0, 0), con densita:

/(P ) =µ

$a3(P ! O) · e1 *P " D .

Parametrizzando D con le coordinate polari(3,') di polo C , determinare della piastra:

(a) la massa e la posizione del baricentro;(b) la matrice d’inerzia relativa alla terna Oxyz e i momenti principali d’inerzia in O;(c) il momento d’inerzia rispetto all’asse x = 2a, z = 0;(d) il momento angolare in O e l’energia cinetica relativi ad una terna assoluta O012 dove

O e fisso e la velocita angolare della piastra vale %( = (e1 ! (e3, con ( > 0;(e) l’equazione parametrica dell’asse di Mozzi rispetto alla terna O012.

Soluzione(a) Massa e baricentroIn termini delle coordinate polari di polo C , la piastra circolare e descritta dalla parametriz-zazione: >

x = a + 3 cos 'y = 3 sin'

* (3,') " [0, a] / [0, 2$]

per mezzo della quale la densita areale si esprime come:

/(3,') =µ

$a3(a + 3 cos ') * (3,') " [0, a] / [0, 2$] .

Massa del sistemaLa massa della piastra si ricava integrando / sull’intero disco circolare e risulta percio:

m =;

D

/ dA =a;

0

d3 3

2%;

0

d'µ

$a3(a + 3 cos ') =

µ

$a3

a;

0

d3

2%;

0

d' (a3 + 32 cos ') =

Stefano Siboni 3903

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

=µ

$a3

a;

0

d3 2$a3 =2µ

a2

a;

0

3 d3 =2µ

a2

a2

2= µ .

Baricentro del sistemaSi osserva che la retta Ox costituisce un evidente asse di simmetria per D, in quanto ildisco e simmetrico rispetto a tale asse e la sua densita dipende unicamente dall’ascissa x.Considerato poi che il baricentro G deve anche appartenere al piano di giacitura Oxy dellafigura, si conclude che il vettore posizione di G assume la forma:

G ! O = xG e1

con l’ascissa determinata da:

xG =1m

;

D

x/ dA =1µ

a;

0

d3 3

2%;

0

d'µ

$a3(a + 3 cos ')2 =

=1

$a3

a;

0

d3 3

2%;

0

d' (a2 + 2a3 cos ' + 32cos2') =

=1

$a3

a;

0

d3 3

2%;

0

d'!a2 + 2a3 cos ' + 32 1 + cos 2'

2

"=

=1

$a3

a;

0

d3 3*2$a2 + $32

+=

1a3

a;

0

3*2a2 + 32

+d3 =

=1a3

a;

0

*2a23 + 33

+d3 =

1a3

!2a2 a2

2+

a4

4

"=

54a .

Si ha pertanto:

G ! O =54a e1 .

(b) Matrice d’inerzia in OxyzAppare evidente che la terna Oxyz e principale d’inerzia in O. L’asse Oz e principaled’inerzia in O in quanto Oxy costituisce un ovvio piano di simmetria. Analogamente, l’assedi simmetria Ox e anch’esso asse principale d’inerzia in O. La simmetria dell’operatored’inerzia assicura infine che l’asse Oz, ortogonale ai due precedenti, deve essere a suavolta principale d’inerzia in O. La collocazione del disco nel piano coordinato Oxy implicainoltre che il momento d’inerzia rispetto ad Oz sia la somma dei momenti d’inerzia relativiagli altri due assi coordinati. La matrice d’inerzia del sistema si scrive percio nella forma:

[LO] =

2

3Lxx 0 00 Lyy 00 0 Lxx + Lyy

4

5.

Stefano Siboni 3904

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Il momento d’inerzia relativo all’asse Ox e dato da:

Lxx =;

D

y2/ dA =a;

0

d3 3

2%;

0

d' 32sin2'µ

$a3(a + 3 cos ') =

=µ

$a3

a;

0

d3 33

2%;

0

d' (a sin2' + 3 sin2' cos ') =

=µ

$a3

a;

0

d3 33

2%;

0

d'!a

1 ! cos 2'

2+ 3 sin2' cos '

"=

=µ

$a3

a;

0

d3 33

(a

2' ! a

4sin 2' +

3

3sin3'

)2%

#=0

=

=µ

$a3

a;

0

d3 33a$ =µ

a2

a;

0

33d3 =µ

a2

a4

4=

µa2

4

mentre quello relativo ad Oy vale:

Lyy =;

D

x2/ dA =a;

0

d3 3

2%;

0

d'µ

$a3(a + 3 cos ')3 =

=µ

$a3

a;

0

d3 3

2%;

0

d'*a3 + 3a23 cos ' + 3a32 cos2' + 33cos3'

+=

=µ

$a3

a;

0

d3 3

2%;

0

d'!a3 + 3a32 1 + cos 2'

2

"=

=µ

$a3

a;

0

d3 3 (2$a3 + 3a32$) =µ

a3

a;

0

3 (2a3 + 3a32)d3 =

=µ

a3

a;

0

(2a33 + 3a33)d3 =µ

a3

!2a3 a2

2+ 3a

a4

4

"=

74µa2 .

La matrice d’inerzia del sistema diventa dunque:

[LO] = µa2

2

31/4 0 00 7/4 00 0 2

4

5.

Stefano Siboni 3905

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

I momenti principali d’inerzia in O del sistema, autovalori di [LO], non sono altro che glielementi diagonali:

A1 =14µa2 A2 =

74µa2 A3 = 2µa2 .

(c) Momento d’inerzia rispetto all’asse x = 2a, z = 0La retta r di equazione x = 2a, z = 0 e parallela all’asse Oy ma non passa per il baricentroG del sistema. Il momento d’inerzia relativo ad r viene quindi calcolato applicando duevolte il teorema di Huygens-Steiner, che porge le formule:

IOy = IGy + mx2G Ir = IGy + m(2a ! xG)2

dalle quali si deduce la relazione:

Ir = IOy ! mx2G + m(2a ! xG)2 = IOy + m(4a2 ! 4axG) .

Basta allora sostituire i valori:

IOy = Lyy =74µa2 m = µ xG =

54a

per ottenere il momento d’inerzia richiesto:

Ir =74µa2 + µ

!4a2 ! 4a · 5

4a"

=74µa2 ! µa2 =

34µa2 .

(d) Momento angolare in O ed energia cinetica relativi a O012Rispetto alla terna assoluta O012 la piastra si muove con punto fisso O e velocita angolareistantanea %( = (e1 ! (e3, con ( > 0. Il momento angolare in O del sistema si scrivepercio:

%KO = K1e1 + K2e2 + K3e3

con le componenti K1,K2,K3 definite dalla relazione algebrica:

2

3K1

K2

K3

4

5 = [LO]

2

3(1

(2

(3

4

5

in termini delle componenti ((1,(2,(3) = ((, 0,!() della velocita angolare istantanea. Siha cosı: 2

3K1

K2

K3

4

5 = µa2

2

31/4 0 00 7/4 00 0 2

4

5

2

3(0!(

4

5 = µa2(

2

31/40!2

4

5

Stefano Siboni 3906

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

in modo che:%KO = µa2(

!14e1 ! 2e3

".

L’energia cinetica e invece data dall’espressione:

T =12%( · %KO =

12((e1 ! (e3) · µa2(

!14e1 ! 2e3

"=

12µa2(2

!14

+ 2"

=98µa2(2.

(e) Asse di Mozzi rispetto a O012Data la presenza del punto fisso O, l’asse di Mozzi della piastra nel sistema di riferimentoO012 e un asse istantaneo di rotazione e coincide con il luogo di tutti e soli i punti dellospazio solidale la cui velocita istantanea risulta nulla. La parametrizzazione dell’asse valeinfatti:

Q ! O =%( $ O

|%(|2 + -%( *- " R

e per O = 0 e %( = ((e1 ! e3) si riduce a quella della retta O%(:Q !O = -((e1 ! e3) *- " R .

Si intende che la costante non nulla ( puo essere riassorbita nella definizione del parametro-:

Q ! O = -(e1 ! e3) *- " R .

Esercizio 729. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoUn’asta rettilinea omogenea OA, di lunghezzaL e massa m, e vincolata a muoversi con puntofisso O nel piano coordinato Oxy di una ternainerziale Oxyz. Sul secondo estremo A e in-cernierato un disco circolare omogeneo D diraggio R = L/3 e massa m, pure confinatonel piano Oxy. Un punto fissato P del bordodi D e collegato alla sua proiezione ortogonale(mobile) N sull’asse orizzontale Ox medianteuna molla ideale di costante elastica k. Il si-stema e pesante e a vincoli ideali. Si faccia usodegli angoli #,' " R in figura per determina-re del sistema:

(a) quattro configurazioni di equilibrio;(b) le proprieta di stabilita degli equilibri calcolati al punto (a);(c) l’espressione dell’energia cinetica;(d) le equazioni pure del moto;(e) le espressioni della quantita di moto e del momento angolare in O.

Stefano Siboni 3907

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) EquilibriIl sistema in esame e scleronomo posizionale conservativo a vincoli bilaterali ideali. I suoiequilibri sono percio completamente caratterizzabili come punti critici del potenziale disistema U , che consiste nella somma di un contributo gravitazionale e di uno elastico.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale e la somma del potenziale gravitazionale associato all’asta omo-genea, il cui baricentro si identifica con il punto medio del segmento OA, e di quello relativoal disco circolare omogeneo, che ha baricentro nel centro di simmetria A. Considerato cheil vettore posizione del centro A si scrive:

A !O = L sin # e1 ! L cos # e2

un calcolo immediato porge:

Ug = !mg e2 ·A ! O

2! mg e2 · (A ! O) =

12mgL cos # + mgL cos # =

32mgL cos # .

Potenziale elasticoAlla molla ideale di costante elastica k che congiunge il punto P con la sua proiezioneortogonale N sull’asse Ox e associato il potenziale:

Uel = !k

2(P ! N)2 = !k

2

!!L cos # ! L

3cos '

"2.

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

U(#,') =32mgL cos # ! k

2

!L cos # +

L

3cos '

"2

EquilibriGli equilibri del sistema, tutti ordinari, sono i punti critici del potenziale U e si ottengonopercio ponendo uguali a zero le derivate parziali prime:

)U

)#= !3

2mgL sin # + k

!L cos # +

L

3cos '

"L sin # = kL2 sin #

!!3

2mg

kL+ cos # +

13

cos '"

)U

)'= k

!L cos # +

L

3cos '

"L

3sin' =

kL2

3sin'

!cos # +

13

cos '"

ossia risolvendo il sistema di equazioni trigonometriche:%,,,,&

,,,,'

sin #!!3

2mg

kL+ cos # +

13

cos '"

= 0

sin '!cos # +

13

cos '"

= 0 .

(729.1)

Stefano Siboni 3908

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

La seconda equazione e soddisfatta per sin' = 0 oppure per

cos # +13

cos ' = 0 .

Si esaminano separatamente le varie possibilita.

(i) La condizione sin' = 0 e soddisfatta per ' = 0, nel qual caso la prima equazione diequilibrio (729.1) si riduce a

sin #!!3

2mg

kL+ cos # +

13

"= 0

ed ammette due radici in # sempre definite:

# = 0 # = $

e due invece definite e distinte dalle precedenti:

# = arccos!3

2mg

kL! 1

3

"# = !arccos

!32

mg

kL! 1

3

"

purche si abbia

!1 <32

mg

kL! 1

3< 1

ossiamg

kL<

89

.

(ii) In alternativa, l’equazione sin' = 0 implica ' = $. La prima delle (729.1) diventaallora

sin #!!3

2mg

kL+ cos # ! 1

3

"= 0

e conduce alle soluzioni# = 0 # = $ ,

sempre definite, e

# = arccos!3

2mg

kL+

13

"# = !arccos

!32

mg

kL+

13

",

definite e distinte dalle precedenti a condizione che risulti

32

mg

kL+

13

< 1

ovveromg

kL<

49

.

Stefano Siboni 3909

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(iii) Se infine cos # +13

cos ' = 0, la prima delle equazioni di equilibrio (729.1) assume laforma:

sin # = 0

dalla quale si deduce che all’equilibrio e # = 0 oppure # = $. Nel primo caso dovrebberisultare allora

1 +13

cos ' = 0

mentre nel secondo si avrebbe

!1 +13

cos ' = 0

ma appare evidente che entrambe le equazioni non ammettono radici reali in '.

Riassumendo, sono state individuate quattro configurazioni di equilibrio definite incon-dizionatamente:

(#,') = (0, 0) (#,') = (0,$) (#,') = ($, 0) (#,') = ($,$) ,

due definite per mg/kL < 8/9:

(#,') =!arccos

!32

mg

kL! 1

3

", 0

"(#,') =

!!arccos

!32

mg

kL! 1

3

", 0

"

e due definite se e solo se mg/kL < 4/9:

(#,') =!arccos

!32

mg

kL+

13

",$

"(#,') =

!!arccos

!32

mg

kL+

13

",$

".

(b) Stabilita degli equilibriLe proprieta di stabilita degli equilibri vengono discusse ricorrendo ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale, grazie alla natura posizionale conservativa del sistemascleronomo. Alla base dell’analisi sta il calcolo delle derivate parziali seconde del potenziale:

U(((#,') = kL2 cos #!!3

2mg

kL+ cos # +

13

cos '"! kL2sin2#

U##(#,') =13kL2 cos '

!cos # +

13

cos '"! kL2

9sin2'

U#((#,') = U(#(#,') = !13kL2 sin # sin '

che definiscono la relativa matrice hessiana HU (#,').

Stefano Siboni 3910

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Configurazione (#,') = (0, 0)In questo caso la matrice hessiana del potenziale ha struttura diagonale

HU (0, 0) =

2

3kL2

!43! 3

2mg

kL

"0

049kL2

4

5

e presenta sempre l’autovalore positivo 4kL2/9, che autorizza ad a$ermare l’instabilitadell’equilibrio sulla base del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

Configurazione (#,') = (0,$)Nella fattispecie la matrice ha ancora forma diagonale

HU (0,$) =

2

332kL2

!49! mg

kL

"0

0 !29kL2

4

5

ma a di$erenza del secondo che e sempre negativo, il primo autovalore non ha segnodefinito. Occorre percio distinguere tre diversi sottocasi:

# se mg/kL > 4/9 la matrice e definita negativa, la configurazione costituisce un mas-simo relativo proprio del potenziale e l’equilibrio e stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet;

# per mg/kL < 4/9 il primo autovalore ha segno positivo e l’equilibrio risulta instabileper il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

# se infine mg/kL = 4/9 il primo autovalore e nullo e la matrice hessiana semidefinitanon definita negativa. Non potendosi concludere nulla circa il ricorrere in (#,') =(0,$) di un massimo relativo proprio di U , non e possibile applicare ne il teoremadi Lagrange-Dirichlet ne la sua inversione parziale. Si ha quindi un caso critico distabilita.

Configurazione (#,') = ($, 0)La matrice hessiana del potenziale in questa configurazione e indefinita

HU ($, 0) =

2

3kL2

!23

+32

mg

kL

"0

0 !29kL2

4

5

per cui l’equilibrio risulta instabile per l’inversione parziale del teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (#,') = ($,$)L’instabilita della configurazione segue dal carattere definito positivo della matrice hessianadel potenziale:

HU ($,$) =

2

3kL2

!43

+32

mg

kL

"0

049kL2

4

5

in base all’inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 3911

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Configurazione (#,') =!arccos

!32

mg

kL! 1

3

", 0

":= (#1, 0)

In questa configurazione le derivate parziali seconde del potenziale sono date da:

U(((#1 , 0) = kL2 cos #1

!!3

2mg

kL+ cos #1 +

13

"! kL2sin2#1 = !kL2sin2#1

U##(#1, 0) =13kL2

!cos #1 +

13

"=

12mgL

U#((#1, 0) = U(#(#1 , 0) = 0

per cui l’hessiana, dove definita, presenta autovalori di segno opposto. L’instabilita dell’e-quilibrio e assicurata dal teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (#,') =!!arccos

!32

mg

kL! 1

3

", 0

":= (!#1, 0)

Anche questo equilibrio risulta instabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet, in quanto le derivate parziali seconde sono identiche a quelle della configurazioneprecedente:

U(((!#1, 0) = kL2 cos #1

!!3

2mg

kL+ cos #1 +

13

"! kL2sin2#1 = !kL2sin2#1

U##(!#1, 0) =13kL2

!cos #1 +

13

"=

12mgL

U#((!#1, 0) = U(#(!#1, 0) = 0 .

Configurazione (#,') =!arccos

!32

mg

kL+

13

",$

":= (#2,$)

Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale e definita negativa, come si deduceimmediatamente dal segno delle derivate seconde:

U(((#2,$) = kL2 cos #2

!!3

2mg

kL+ cos #2 !

13

"! kL2sin2#2 = !kL2sin2#2

U##(#2,$) = !13kL2

!cos #2 !

13

"= !1

2mgL

U#((#2,$) = U(#(#2,$) = 0 .

L’equilibrio costituisce dunque un massimo relativo proprio del proprio e il teorema diLagrange-Dirichlet ne assicura la stabilita secondo Liapunov.

Configurazione (#,') =!!arccos

!32

mg

kL+

13

",$

":= (!#2,$)

Anche per questa configurazione la matrice hessiana del potenziale risulta definita negativa,coincidendo con quella della configurazione precedente:

U(((!#2,$) = kL2 cos #2

!!3

2mg

kL+ cos #2 !

13

"! kL2sin2#2 = !kL2sin2#2

U##(!#2,$) = !13kL2

!cos #2 !

13

"= !1

2mgL

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

Stefano Siboni 3912

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

L’equilibrio e dunque stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet, in quanto massimorelativo proprio del potenziale.

(c) Energia cineticaLa proprieta additiva assicura che l’energia cinetica del sistema e data dalla somma delleenergie cinetiche di asta e disco, che e opportuno calcolare separatamente.

Energia cinetica dell’asta OAL’asta omogenea OA ruota attorno all’asse fisso Oz con velocita angolare istantanea # e3.L’energia cinetica dell’asta vale quindi:

TOA =12IOAOz |# e3|2 =

12

mL2

3#2 =

mL2

6#2 .

Energia cinetica del disco DIl disco circolare omogeneo non presenta punti fissi e la sua energia cinetica viene conve-nientemente determinata per mezzo del teorema di Konig:

TD =m

2A2 +

12IDAz|' e3|2 =

m

2L2#2 +

12

12m

!L

3

"2'2 =

mL2

2#2 +

mL2

36'2 .

Energia cinetica del sistemaL’energia cinetica del sistema si ricava dalla somma delle energie cinetiche parziali di astae disco:

T = TOA + TD =mL2

6#2 +

mL2

2#2 +

mL2

36'2 =

23mL2#2 +

mL2

36'2 .

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

d

dt

!)L

)#

"! )L

)#= 0

d

dt

!)L

)'

"! )L

)'= 0

con la lagrangiana:

L =23mL2#2 +

mL2

36'2 +

32mgL cos # ! k

2

!L cos # +

L

3cos '

"2,

dalla quale si deducono le espressioni:

d

dt

!)L

)#

"=

43mL2#

)L

)#= !3

2mgL sin # + kL2

!cos # +

13

cos '"

sin #

d

dt

!)L

)'

"=

mL2

18'

)L

)'=

kL2

3

!cos # +

13

cos '"

sin' .

Stefano Siboni 3913

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Le equazioni pure del moto diventano percio:

%,,,,&

,,,,'

43mL2# +

32mgL sin # ! kL2

!cos # +

13

cos '"

sin # = 0

mL2

18' ! kL2

3

!cos # +

13

cos '"

sin ' = 0 .

(e) Quantita di moto e momento angolare in OImpulso e momento angolare del sistema vengono calcolati per via additiva, sommando icontributi dell’asta OA e del disco circolare D.

Impulso del sistemaLa quantita di moto dell’asta e data da

%QOA = mA/2 =mL

2(cos # e1 + sin # e2)# ,

mentre per la quantita di moto del disco si ha l’analoga espressione:

%QD = mA = mL(cos # e1 + sin # e2)# .

Sommando i due impulsi si perviene alla quantita di moto del sistema:

%Q = %QOA + %QD =32mL(cos # e1 + sin # e2)# .

Momento angolare in O del sistemaIl momento angolare %KOA

O dell’asta in O si calcola direttamente, ricordando che il sistemaruota con velocita angolare # e3 attorno all’asse fisso Oz e notando che la matrice d’inerziadell’asta rispetto alla terna solidale cartesiana ortogonale O01z individuata dall’origine O,dall’asse O0 = OA e dall’asse fisso Oz risulta:

[LOAO ] =

2

3L'' L'& L'z

L'& L&& L&z

L'z L&z Lzz

4

5 =

2

30 0 00 mL2/3 00 0 mL2/3

4

5

per cui%KOA

O =mL2

3# e3 .

Per il momento angolare %KDO del disco, che non presenta punti fissi, e invece opportuno

ricorrere al teorema di Konig e scrivere:

%KDO = (A ! O) $ mA + %KD!

A

Stefano Siboni 3914

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

dove

(A ! O) $ mA = L(sin # e1 ! cos # e2) $ mL(cos # e1 + sin # e2)# = mL2# e3

e il momento angolare in A relativo alla terna baricentrale Axyz vale

%KD!

A =m

2

!L

3

"2' e3 =

mL2

18' e3

poiche in tale terna il moto del disco avviene attorno all’asse fisso Az con matrice d’inerzia:

[LDA] =

2

3Lxx Lxy Lxz

Lxy Lyy Lyz

Lxz Lyz Lzz

4

5 =

2

3mL2/36 0 0

0 mL2/36 00 0 mL2/18

4

5 .

Di conseguenza:

%KDO = mL2# e3 +

mL2

18' e3 = mL2

!# +

'

18

"e3 .

Il momento angolare del sistema, grandezza definita additivamente, e la somma dei mo-menti angolari in O di asta e disco:

%KO = %KOAO + %KD

O =mL2

3# e3 + mL2

!# +

'

18

"e3 = mL2

!43# +

'

18

"e3 .

Esercizio 730. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoNel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz una piastra rettangolare P scorre con il lato ABlungo l’asse orizzontale Ox. A P e saldatauna guida circolare !, di centro C e rag-gio R, sul cui bordo interno rotola senzastrisciare un disco circolare omogeneo Ddi centro P , raggio a < R e massa m.P e ! hanno massa complessiva m. Il si-stema e pesante e a vincoli ideali. Duemolle ideali di uguale costante elastica kcollegano A con O, e P con la sommitaM di ! — vedi figura. Usare le variabilis,' " R in figura per determinare del si-stema:

(a) l’energia cinetica;(b) gli equilibri;(c) le proprieta di stabilita degli equilibri;(d) le equazioni del moto;(e) la posizione del centro di istantanea rotazione di D, C!, rispetto al punto P .

Stefano Siboni 3915

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Energia cineticaL’energia cinetica e la somma delle energie cinetiche di piastra, guida e disco, relative allaterna Oxyz.

Energia cinetica del sistema piastra-guidaIl sistema rigido costituito dalla piastra P e della guida ! si muove di moto traslatoriorettilineo, dal momento che il lato AB di P e vincolato a scorrere lungo l’asse Ox man-tenendosi nel piano Oxy. Poiche la massa complessiva di P e ! e per ipotesi uguale a m,l’energia cinetica di piastra e guida si scrive:

TP&$ =m

2A2 =

m

2|ase1|2 =

ma2

2s2 ,

essendo ovviamente A ! O = ase1 .

Energia cinetica del disco DIl disco risulta privo di punti fissi e la sua energia cinetica deve essere ricavata dal teorema diKonig. Il baricentro del disco omogeneo coincide con il centro geometrico (e di simmetria)P , per cui risulta:

TD =m

2P 2 +

12IDPz |%(D|2

in termini della massa m, del momento d’inerzia IDPz relativo all’asse Pz, e della velocita

angolare %(D del disco. La posizione di P e individuata dal vettore:

P ! O = A ! O + C ! A + P ! C == ase1 + C ! A + (R ! a) sin ' e1 ! (R ! a) cos ' e2 == [as + (R ! a) sin '] e1 ! (R ! a) cos ' e2 + C ! A

in cui C !A si mantiene fisso lungo qualsiasi moto possibile, causa il carattere puramentetraslatorio del moto di P 0 !, al cui spazio solidale appartengono sia C che A. Derivandoin t per s,' funzioni C2 arbitrarie del tempo, si ottiene cosı la velocita istantanea:

P = [as + (R ! a) cos ' '] e1 + (R ! a) sin ' ' e2

di modulo quadrato:

P 2 = [as + (R ! a) cos ' ']2 + (R ! a)2sin2' '2 =

= a2s2 + (R ! a)2cos2' '2 + 2a(R ! a) cos ' s' + (R ! a)2sin2' '2 =

= a2s2 + (R ! a)2'2 + 2a(R ! a) cos ' s' .

La velocita angolare del disco rispetto alla terna Oxyz coincide con quella relativa al siste-ma di riferimento di quiete della guida, dato il moto traslatorio di questa; si ha pertanto,come ben noto:

%(D = !R ! a

a' e3 .

Stefano Siboni 3916

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Ricordato infine che IDPz = ma2/2, l’energia cinetica del disco diventa:

TD =m

2#a2s2 + (R ! a)2'2 + 2a(R ! a) cos ' s'

$+

12

ma2

2

////!R ! a

a' e3

////2

=

=m

2#a2s2 + (R ! a)2'2 + 2a(R ! a) cos ' s'

$+

14m(R ! a)2'2 =

=m

2

(a2s2 +

32(R ! a)2'2 + 2a(R ! a) cos ' s'

).

Energia cinetica del sistemaPer determinare l’energia cinetica del sistema non rimane che sommare le energie cinetichedelle singole parti rigide componenti:

T = TP&$ + TD =m

2

(2a2s2 +

32(R ! a)2'2 + 2a(R ! a) cos ' s'

). (730.1)

(b) EquilibriTutte le sollecitazioni che agiscono sul sistema scleronomo sono posizionali e conservative:il peso e le interazioni elastiche relative alle molle che collegano O con A e M con P .Gli equilibri del sistema, tutti ordinari, vanno percio identificati con i punti critici delpotenziale totale, definito dalla somma dei potenziali gravitazionale ed elastico.

Potenziale elasticoIl potenziale delle forze elastiche e la somma dei potenziali associati alle due molle:

Uel = !k

2|A ! O|2 ! k

2|M ! P |2.

Per determinare il contributo della prima molla e su!ciente considerare il vettore posizione:

A ! O = ase1

mentre gli estremi della seconda molla sono individuati dai vettori:

P ! C = (R ! a) sin ' e1 ! (R ! a) cos ' e2 M ! C = Re2

che implicano:

M ! P = !(R ! a) sin ' e1 +#R + (R ! a) cos '

$e2 .

Di conseguenza:

|A ! O|2 = a2s2

|M ! P |2 = (R ! a)2sin2' + R2 + (R ! a)2cos2' + 2R(R ! a) cos ' =

= (R ! a)2 + R2 + 2R(R ! a) cos '

Stefano Siboni 3917

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ed il potenziale elastico del sistema di molle diventa:

Uel = !k

2#a2s2 + 2R(R ! a) cos '

$+ costante . (730.2)

Potenziale gravitazionaleIl contributo del sistema piastra-guida al potenziale gravitazionale e chiaramente indipen-dente dai parametri lagrangiani e puo essere ignorato, visto che il moto traslatorio avvienelungo la direzione orizzontale Ox. Essendo costante l’ordinata del centro C , il potenzialegravitazionale del disco puo poi esprimersi nella forma:

Ug = !mge2 · (P ! C) = mg(R ! a) cos ' (730.3)

che rappresenta anche il potenziale gravitazionale dell’intero sistema.

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali elastico (730.2) e gravitazionale (730.3) porge il potenziale delsistema:

U(s,') = !k

2#a2s2 + 2R(R ! a) cos '

$+ mg(R ! a) cos ' =

= !ka2

2s2 + (mg ! kR)(R ! a) cos ' (s,') " R2 . (730.4)

EquilibriNell’ipotesi di vincoli ideali, gli equilibri del sistema scleronomo posizionale conservativosono tutti e soli i punti critici del potenziale (730.4), e si ottengono quindi annullandosimultaneamente le derivate parziali prime:

Us(s,') = !ka2s U#(s,') = !(mg ! kR)(R ! a) sin '

ovvero risolvendo il sistema di equazioni:>

s = 0sin' = 0

che porge le soluzioni fisicamente distinte:

(s,') = (0, 0) (s,') = (0,$) . (730.5)

(c) Stabilita degli equilibriData la natura posizionale conservativa del sistema scleronomo, la stabilita degli equilibripuo essere analizzata mediante i teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. Lederivate parziali seconde del potenziale sono le seguenti:

Uss(s,') = !ka2 Us#(s,') = 0U#s(s,') = 0 U##(s,') = !(mg ! kR)(R ! a) cos '

Stefano Siboni 3918

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e permettono di scrivere la matrice hessiana di U nella forma diagonale:

HU (s,') =0!ka2 0

0 (kR ! mg)(R ! a) cos '

1(730.6)

che deve essere calcolata in ciascuna configurazione di equilibrio (730.5).

Configurazione (s,') = (0, 0)In questo caso la matrice hessiana (730.6) diventa:

HU (0, 0) =0!ka2 0

0 (kR ! mg)(R ! a)

1.

L’autovalore !ka2 ha segno negativo, per cui le proprieta di stabilita sono determinateunicamente dal secondo autovalore (kR!mg)(R!a). Occorre considerare tre diversi casi:

# se kR < mg entrambi gli autovalori sono negativi, la matrice risulta definita negativae la configurazione e stabile in quanto massimo relativo proprio del potenziale, in virtudel teorema di Lagrange-Dirichlet;

# per kR > mg il secondo autovalore presenta segno positivo, assicurando l’instabilitadell’equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

# se infine kR = mg, il secondo autovalore si annulla. La matrice hessiana risultapercio semidefinita non definita negativa e non permette di a$ermare con certezzache l’equilibrio sia un massimo relativo proprio del potenziale, ne di escludere unatale eventualita. In e$etti, e evidente dall’espressione (730.4) che per kR = mg ilpotenziale (730.4) si riduce a

U(s,') = !ka2

2s2

e in quanto indipendente dalla variabile ' implica che l’equilibrio non possa costituireun massimo relativo proprio di U . Risulta cosı impossibile applicare il teorema diLagrange-Dirichlet, al pari della relativa inversione parziale, e ricorre un caso criticodi stabilita.

Configurazione (s,') = (0,$)Per questo equilibrio si ha la matrice hessiana:

HU (0,$) =0!ka2 0

0 (mg ! kR)(R ! a)

1

di autovalori !ka2 < 0 e (mg ! kR)(R ! a). Il segno del secondo autovalore dipendente,come nel caso precedente, dal valore relativo di mg e kR. Piu precisamente:

# se kR < mg il secondo autovalore e di segno positivo, e il teorema di inversione parzialedi Lagrange-Dirichlet assicura l’instabilita dell’equilibrio;

Stefano Siboni 3919

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

# per kR > mg il secondo autovalore risulta negativo al pari del primo, e la matrice hes-siana e definita negativa. Cio implica che l’equilibrio costituisce un massimo relativoproprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet;

# qualora sia infine kR = mg, il secondo autovalore si annulla e ricorre un caso criticodi stabilita analogo a quello considerato per la configurazione di equilibrio precedente.

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

d

dt

!)L

)s

"! )L

)s= 0

d

dt

!)L

)'

"! )L

)'= 0

con la lagrangiana L = T + U definita da:

L =m

2

(2a2s2 +

32(R ! a)2'2 + 2a(R ! a) cos ' s'

)! ka2

2s2 + (mg ! kR)(R ! a) cos ' .

Si hanno allora le espressioni parziali:

)L

)s= m

#2a2s + a(R ! a) cos ' '

$

d

dt

!)L

)s

"= m

#2a2s + a(R ! a) cos ' '! a(R ! a) sin ' '2

$

)L

)s= !ka2s

)L

)'= m

(32(R ! a)2' + a(R ! a) cos ' s

)

d

dt

!)L

)'

"= m

(32(R ! a)2' + a(R ! a) cos ' s ! a(R ! a) sin ' 's

)

)L

)'= !ma(R ! a) sin ' s'! (mg ! kR)(R ! a) sin '

dalle quali seguono le equazioni del moto richieste:

m#2a2s + a(R ! a) cos ' ' ! a(R ! a) sin ' '2

$+ ka2s = 0

m

(32(R ! a)2' + a(R ! a) cos ' s

)+ (mg ! kR)(R ! a) sin ' = 0 .

Nella seconda equazione si puo semplificare un fattore comune R ! a:%,,&

,,'

m#2a2s + a(R ! a) cos ' ' ! a(R ! a) sin ' '2

$+ ka2s = 0

m

(32(R ! a)' + a cos ' s

)+ (mg ! kR) sin ' = 0 .

Stefano Siboni 3920

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(e) Centro di istantanea rotazione del discoPoiche del disco D si conoscono tanto la velocita angolare istantanea %(D quanto la velocitadel centro P , il vettore posizione del centro di istantanea rotazione C! rispetto a P e datodirettamente dalla formula:

C! ! P =%(D $ P

|%(D|2,

purche sia soddisfatta la condizione di esistenza %(D += 0, equivalente a ' += 0. Basta cosısostituire le espressioni:

%(D = !R ! a

a' e3 P = [as + (R ! a) cos ' '] e1 + (R ! a) sin ' ' e2

per ottenere:

C!! P =////!

R ! a

a' e3

////%2!

!R ! a

a' e3

"$

8[as + (R ! a) cos ' '] e1 + (R ! a) sin ' ' e2

9

= ! 1'

a

R ! ae3 $

8[as + (R ! a) cos ' '] e1 + (R ! a) sin ' ' e2

9=

= ! 1'

a

R ! a

8[as + (R ! a) cos ' '] e2 ! (R ! a) sin ' ' e1

9=

= a

(sin' e1 !

! a

R ! a

s

'+ cos '

"e2

).

La posizione del centro di istantanea rotazione del disco in Oxyz, rispetto al centro P diD, viene dunque individuata da:

C! ! P = a (sin ' e1 ! cos ' e2) !a2

R ! a

s

'e2 .

Poiche a(sin ' e1 ! cos ' e2) rappresenta il vettore posizione rispetto a P del punto dicontatto N fra disco e guida, si deve concludere che C! deve collocarsi lungo la rettaverticale condotta da N , secondo la relazione:

C! !N = ! a2

R ! a

s

'e2 .

Osservazione. Casi critici di stabilitaSi e gia osservato che per kR = mg le caratteristiche di stabilita degli equilibri non possonoessere analizzate tramite i teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. In talcaso, in e$etti, il potenziale si riduce a una funzione della sola variabile s:

U(s,') = !ka2

2s2

Stefano Siboni 3921

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e gli equilibri del sistema diventano tutte e soltanto le configurazioni del tipo:

(s,') = (0,'o) *'o " R ,

nessuna delle quali e isolata: l’attrattivita degli equilibri e certamente esclusa.La lagrangiana del sistema risulta:

L =m

2

(2a2s2 +

32(R ! a)2'2 + 2a(R ! a) cos ' s'

)! ka2

2s2

e puo esprimersi nella forma adimensionale:

L =1

k(R ! a)2L =

12

m

k

(2

a2

(R ! a)2s2 +

32'2 + 2

a

R ! acos ' s'

)! 1

2a2

(R ! a)2s2 .

In luogo di t ed s conviene introdurre le variabili adimensionali & e / definite dalle trasfor-mazioni:

& =

:k

mt / =

a

R ! as

che consentono di riscrivere la lagrangiana come:

L =12

!2/2 +

32'2 + 2 cos ' /'

"! /2

2

e le corrispondenti equazioni del moto:%&

'2/ + cos ' ' ! sin' '2 + / = 032' + cos ' / = 0 .

(730.7)

La dinamica viene cosı ricondotta ad equazioni completamente indipendenti dai coefficien-ti costanti caratteristici del sistema — m, k, R, a. Le soluzioni statiche delle equazioniprecedenti sono tutte e sole quelle della forma:

(/,') = (0,'o) *'o " R ,

mentre un ovvio integrale primo e l’analogo dell’energia meccanica:

H(/, ',/,') = /2 +34'2 + cos ' /' +

/2

2,

funzione semidefinita positiva in un opportuno intorno di ciascun equilibrio. E facile veri-ficare che per (/, ',/,') iniziale su!cientemente prossimo ad una soluzione di quiete ivalori di (/, ',/) si mantengono vicini a (0, 0, 0) per tutti i tempi successivi. Per 4 positivoe piccolo, infatti, la condizione:

/2 +34'2 + cos ' /' +

/2

2( 4

Stefano Siboni 3922

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

soddisfatta all’istante iniziale implica che ad ogni istante successivo siano verificate lerelazioni:

/2

2( 4 e /2 +

34'2 + cos ' /' ( 4 (730.8)

la prima delle quali equivale a:|/| (

'24 . (730.9)

D’altra parte, per il carattere definito positivo dell’energia cinetica vale certamente:

/2 +34'2 + cos ' /' = (/ ')

2

31

12

cos '

12

cos ' 3/4

4

50

/'

1) min{,1,,2} (/2 + '2)

in termini degli autovalori ,1 e ,2 della forma quadratica, che si ricavano dall’equazionecaratteristica:

0 = det

2

31 ! ,

12

cos '

12

cos ' 3/4 ! ,

4

5 = ,2 ! 74, +

3 ! cos2'4

e valgono dunque:

,1,,2 =12

!74±

:4916

! 3 + cos2'"

=7 ±

.1 + 16 cos2'

8.

Ne deriva che:

min{,1,,2} =7 !

.1 + 16 cos2'

8) 7 !

'17

8*' " R

per cui:

/2 +34'2 + cos ' /' ) 7 !

'17

8(/2 + '2) * (/, ',') " R3

e la seconda delle (730.8) implica:

|/| (

?84

7 !'

17|'| (

?84

7 !'

17. (730.10)

Le disequazioni (730.9) e (730.10) provano l’asserto. Si puo cosı a$ermare che tutti gliequilibri sono stabili limitatamente alle variabili /, ',/ — stabilita parziale. Nulla e lecitoconcludere circa la stabilita rispetto alla variabile '. La seconda delle (730.10) comportapero che debba aversi:

!

?84

7 !'

17t ( '(t) ! '(0) (

?84

7 !'

17t * t ) 0

Stefano Siboni 3923

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

per cui '(t) puo variare al piu con legge lineare in t rispetto al proprio valore iniziale '(0):

|'(t) ! '(0)| (

?84

7 !'

17t * t ) 0 .

In e$etti, l’integrazione numerica delle equazioni del moto (730.7) suggerisce che gli equi-libri siano instabili. Accanto a soluzioni che appaiono limitate in ', come quella di datiiniziali:

(/, ',/,') = (0.3,!0.05, 0, 1)

la cui orbita nel piano ',/ e illustrata nella figura seguente:

se ne ottengono infatti altre che paiono non limitate in ', come quella qui riprodotta:

che corrisponde alle condizioni iniziali:

(/, ',/,') = (0.3, 0.00, 0, 1)

e ad una integrazione approssimata sull’intervallo & " [0, 100].

Stefano Siboni 3924

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 731. Geometria delle masseUn telaio rigido T giace nel piano Oxy di unaterna solidale Oxyz. Il telaio consiste di unacirconferenza di raggio a e centro O, e deiquattro raggi che collegano O alle intersezioniA,B,C,D della circonferenza con gli assi Ox,Oy. La densita del telaio e espressa da:

,(P ) =µ

a2|P ! O| *P " T ,

dove µ e una massa constante caratteristica.Determinare del telaio:

(a) la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz, verificando che la proprietadell’inviluppo convesso sia soddisfatta;

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

(c) il momento d’inerzia rispetto alla retta r di equazione y + 2x = a, z = 0;(d) momento angolare in O ed energia cinetica rispetto alla terna in cui O e fisso e la

velocita angolare e %( = !(e1 + (e3, con ( costante.

Soluzione(a) Massa e baricentroMassa del sistemaLa massa del telaio si ottiene semplicemente sommando le masse della circonferenza C, diraggio a e centro O, e dei quattro raggi OA, OB, OC e OD. Poiche la densita , e funzionedella sola distanza dal centro, C risulta omogenea e la sua massa si scrive come:

m(C) =2%;

0

µ

a2aad' = 2$µ .

E peraltro evidente, per ragioni di simmetria, che le quattro aste OA, OB, OC , ODpresentano esattamente la stessa massa:

m(OA) =a;

0

µ

a2xdx =

µ

2,

per cui la massa dell’intero sistema si riduce a:

m = m(C) + 4m(OA) = 2$µ + 4 · µ

2= 2($ + 1)µ .

Stefano Siboni 3925

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Baricentro del sistemaL’origine O costituisce un ovvio centro di simmetria del sistema. Per ogni punto del telaio,infatti, il relativo punto simmetrico rispetto ad O appartiene a sua volta al telaio. Poiche ipunti simmetrici si trovano alla stessa distanza da O, distanza che determina univocamentela densita ,, si conclude che i punti simmetrici hanno anche eguale densita. Cio consentedi identificare il baricentro G del telaio con l’origine O. L’inviluppo convesso del telaiocoincide con il il disco chiuso di centro O e raggio a nel piano Oxy, che certamente contieneil baricentro O.

(b) Matrice d’inerzia relativa a OxyzGli assi coordinati Ox e Oy rappresentano evidenti assi di simmetria di T, per cui ilriferimento Oxyz costituisce una terna centrale d’inerzia del sistema. Poiche inoltre il telaiogiace interamente nel piano coordinato Oxy, si puo a$ermare che il momento d’inerzia Lzz

relativo all’asse Oz deve essere pari alla somma dei momenti d’inerzia Lxx, Lyy relativiagli assi Ox e Oy rispettivamente. Appare chiaro, infine, che la bisettrice y = x, z = 0 delI e III quadrante rappresenta un ulteriore asse di simmetria, per cui Lxx = Lyy — i puntisimmetrici rispetto all’asse y = x nel piano Oxy hanno le coordinate x e y scambiate fraloro. Dalle considerazioni precedenti segue che la matrice d’inerzia del telaio nella ternaOxyz deve presentare la forma:

[LO] =

2

3Lxx 0 00 Lxx 00 0 2Lxx

4

5.

L’unico elemento di matrice non banale e il momento d’inerzia Lxx, che puo scriversi comela somma dei contributi relativi alla circonferenza C e ai quattro raggi OA, OB, OC , OD.Per la circonferenza si ha:

LCxx =

2%;

0

µ

a2a (a sin ')2ad' = µa2

2%;

0

sin2' d' =

= µa2

2%;

0

1 ! cos 2'

2d' =

µa2

2

(' ! sin 2'

2

)2%

0

= $µa2

mentre i momenti dei raggi OA e OC sono banalmente nulli, visto l’allineamento con l’asseOx:

LOAxx = LOC

xx = 0

e quelli dei raggi residui sono uguali fra loro per simmetria:

LOBxx = LOD

xx =a;

0

µ

a2y y2 dy =

µ

a2

a;

0

y3dy =µa2

4.

Di conseguenza:

Lxx = $µa2 + 2 · 0 + 2 · µa2

4=

!$ +

12

"µa2

Stefano Siboni 3926

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e la matrice d’inerzia richiesta diventa:

[LO] = µa2

2

@@3

$ +12

0 0

0 $ +12

00 0 2$ + 1

4

AA5.

(c) Momento d’inerzia relativo alla retta rLa retta r e individuata dalla parametrizzazione:

P (x) ! O = xe1 + (a ! 2x)e2 , x " R ,

cui corrisponde il versore tangente:

n =P !(x)|P !(x)|

=e1 ! 2e2

|e1 ! 2e2|=

e1 ! 2e2'5

.

Il momento d’inerzia relativo alla retta s = On, passante per l’origine e parallela ad r, equindi dato dalla ben nota relazione:

Is = IOn = n · LO(n) =15(1 ! 2 0) [LO]

2

31!20

4

5 =

=15(1 ! 2 0) µa2

2

@@3

$ +12

0 0

0 $ +12

00 0 2$ + 1

4

AA5

2

31!20

4

5 =

=15µa2

!$ +

12

"#12 + (!2)2

$= µa2

!$ +

12

".

Per ottenere il momento d’inerzia relativo a r si puo applicare il teorema di Huygens-Steiner:

Ir = Is + md2

che pero richiede il calcolo della distanza d fra le rette r ed s. Questa puo ricavarsiconsiderando un punto B di r, per esempio individuato da B !O = ae2, ed applicando ladefinizione di prodotto vettoriale:

d = |n $ (O ! B)| =////e1 ! 2e2'

5$ (!ae2)

//// =////!

a'5e3

//// =a'5

e porge pertanto:

Ir = µa2!$ +

12

"+ 2($ + 1)µ

! a'5

"2=

!75$ +

910

"µa2.

Stefano Siboni 3927

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(d) Momento angolare ed energia cineticaNell’ipotesi che il sistema rigido abbia punto fisso O e velocita angolare %( = !(e1 + (e3,il momento angolare del sistema e dato dall’espressione:

%KO = LO(%()

equivalente all’espressione matriciale:

2

3K1

K2

K3

4

5 = µa2

2

@@3

$ +12

0 0

0 $ +12

00 0 2$ + 1

4

AA5

2

3!(0(

4

5 = µa2(

2

@3!$ ! 1

20

2$ + 1

4

A5

che fornisce:%KO = µa2(

(!

!$ +

12

"e1 + (2$ + 1)e3

).

L’energia cinetica vale infine:

T =12

%( · %KO =12

µa2(2

(!$ +

12

"+ (2$ + 1)

)=

34(2$ + 1)µa2(2.

Esercizio 732. Vettori applicatiRispetto a una terna cartesiana ortogonale destra Oe1e2e3 si consideri il sistema di vettori:

%v1 = !e1 + e2 + e3 applicato in P1(0, 1, 2)

%v2 = 2e1 + e2 ! e3 applicato in P2(!1, 0, 1) .

Indicato con S il sistema di vettori applicati, determinare:

(a) l’asse centrale di S, se definito;

(b) se esiste un punto A " E3 rispetto al quale sia nullo il momento di S e, in tal caso,ricavarne la posizione;

(c) se S ammette centro e, in caso, calcolarne le coordinate.

Soluzione(a) Asse centraleIl risultante del sistema di vettori applicati e non nullo:

%R = %v1 + %v2 = !e1 + e2 + e3 + 2e1 + e2 ! e3 = e1 + 2e2

Stefano Siboni 3928

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

per cui l’asse centrale del sistema appare certamente definito. Si calcola il momento di Srispetto al polo O:

%MO = (P1 ! O) $ %v1 + (P2 ! O) $ %v2 =

=

//////

e1 e2 e3

0 1 2!1 1 1

//////+

//////

e1 e2 e3

!1 0 12 1 !1

//////= !e1 ! 2e2 + e3 ! e1 + e2 ! e3 = !2e1 ! e2

e, di seguito, il prodotto vettore:

%R $ %MO =

//////

e1 e2 e3

1 2 0!2 !1 0

//////= 3e3

da cui segue l’espressione parametrica dell’asse centrale:

A ! O =%R $ %MO

|%R|2+ -%R =

3e3

|e1 + 2e2|2+ -(e1 + 2e2) =

=35e3 + -(e1 + 2e2) = -e1 + 2-e2 +

35e3 *- " R .

L’equazione parametrica dell’asse centrale a vale pertanto:

x = - y = 2- z =35

*- " R .

(b) Polo A con momento risultante nulloUn eventuale punto A " E3 per il quale risultasse %MA = 0 soddisferebbe anche la condizione%MA 2 %R e quindi apparterrebbe all’asse centrale a. Occorre dunque verificare che rispettoa un punto di a il momento di S risulti uguale a zero: si ricorda che rispetto a tutti i puntidell’asse centrale il momento del sistema di vettori applicati e esattamente lo stesso, oltreche parallelo a %R. Fra i punti di a e comodo considerare il punto B di vettore posizione:

B ! O =35e3

ottenuto ponendo - = 0 nell’equazione parametrica precedente. Si ha allora:

%MB = %MO + %R $ (B ! O) = !2e1 ! e2 + (e1 + 2e2) $35e3 =

= !2e1 ! e2 !35e2 +

65e1 = !4

5e1 !

85e2 = !4

5(e1 + 2e2) = !4

5%R .

Poiche %MB += 0, si conclude che non puo essere definito alcun punto A rispetto al qualerisulti %MA = 0.

(c) CentroIl sistema S non ammette centro, non essendo costituito da vettori paralleli. Si ha infatti:

%v1 $ %v2 =

//////

e1 e2 e3

!1 1 12 1 !1

//////= !2e1 + e2 ! 3e3 += 0 .

Stefano Siboni 3929

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 733. Oscillatore armonico smorzato con forzanteUn punto materiale P di massa unitaria si muove senza attrito lungo l’asse orizzontale Ox.Una molla ideale di costante elastica k = 4 congiunge O a P , sul quale agiscono anche unaresistenza viscosa di costante " = 1 e una forzante 2 cos (t, con ( > 0. Determinare delsistema:

(a) l’espressione del moto di regime;(b) l’espressione generale dei moti;(c) il valore della pulsazione ( per il quale si ha risonanza.

Soluzione(a) Moto di regimeL’equazione pura del moto del sistema si scrive:

x + x + 4x = 2 cos (t (733.1)

ed e quindi un’equazione di$erenziale lineare a coe!cienti costanti non omogenea, contermine di sorgente 2 cos (t. Il moto di regime (o stazionario) del sistema e descritto dauna soluzione particolare della forma:

x = c1 cos (t + c2 sin (t , t " R ,

che sostituita nell’equazione del moto porge:

!(2c1 cos (t ! (2c2 sin(t ! (c1 sin (t + (c2 cos (t + 4c1 cos (t + 4c2 sin(t = 2 cos (t

e risulta soddisfatta se e solo se i coe!cienti c1, c2 verificano il sistema di equazioni linearialgebriche:

%&

'!(2c1 + (c2 + 4c1 = 2

!(2c2 ! (c1 + 4c2 = 0%&

%&

'(4 ! (2)c1 + (c2 = 2

!(c1 + (4 ! (2)c2 = 0 .

Usando il teorema di Cramer, le costanti sono percio date da:

c1 =

////2 (0 4 ! (2

////////4 ! (2 (!( 4 ! (2

////=

2(4 ! (2)(4 ! (2)2 + (2

c2 =

////4 ! (2 2!( 0

////////4 ! (2 (!( 4 ! (2

////=

2(

(4 ! (2)2 + (2

Stefano Siboni 3930

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e la soluzione stazionaria si scrive:

x(t) =2(4 ! (2) cos (t + 2( sin (t

(4 ! (2)2 + (2* t " R . (733.2)

(b) Forma generale dei motiLa soluzione generale dell’equazione del moto si ottiene sommando la soluzione particolareprecedente (733.2) alla soluzione generale dell’equazione omogenea associata:

x + x + 4x = 0

cui corrisponde l’equazione caratteristica:

,2 + , + 4 = 0

di radici complesse:

,1,2 =!1 ±

'1 ! 4 · 42

= !12± i

'152

.

La soluzione generale dell’equazione omogenea diventa cosı:

x(t) = a1e%t/2 cos

!'152

t"

+ a2e%t/2 sin

!'152

t"

* t " R ,

con a1 e a2 costanti reali arbitrarie. La forma generale dei moti viene infine descritta dallasoluzione generale:

x(t) = a1e%t/2 cos

!'152

t"

+ a2e%t/2 sin

!'152

t"

+2(4 ! (2) cos (t + 2( sin(t

(4 ! (2)2 + (2* t " R .

(c) Pulsazione di risonanzaL’ampiezza della soluzione stazionaria (733.2) e data da:

A =2.

((2 ! 4)2 + (2

e assume il proprio valore massimo per ( > 0 tale che:

0 =d

d(2

#((2 ! 4)2 + (2

$= 2((2 ! 4) + 1 = 2(2 ! 7 ,

corrispondente al minimo del radicando a denominatore. La pulsazione di risonanza valepertanto:

( = (R =:

72

.

Stefano Siboni 3931

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 734. Punto vincolato a una curva fissa lisciaIn una terna inerziale Oxyz, con asse Oz diretto verso l’alto, un carrello puntiforme epesante P di massa m e vincolato a una rotaia !, che puo descriversi come l’arco AB diun’elica cilindrica liscia di equazione:

x = ' h/2$ y = !a sin ' z = !a cos ' , ' " [0, 2$] ,

essendo h, a costanti positive assegnate. Determinare:

(a) le equazioni pure del moto del carrello;

(b) gli equilibri di P ;

(c) se, qualora la rotaia proseguisse oltre il punto B(h, 0,!a) perfettamente dritta e oriz-zontale, il moto non costante di P risulterebbe regolare lungo l’intera rotaia;

(d) la condizione per l’equilibrio di P , qualora il coe!ciente di attrito statico di ! fosseµs > 0.

Soluzione(a) Equazioni pure del motoLa curva vincolare e descritta dalla parametrizzazione:

P (') ! O =h

2$' e1 ! a sin ' e2 ! a cos ' e3 , ' " [0, 2$],

con la derivata prima:

P !(') =h

2$e1 ! a cos ' e2 + a sin ' e3

e l’ascissa curvilinea s definita da:

ds

d'= |P !(')| =

:h2

4$2+ a2 =& s =

:h2

4$2+ a2 ' .

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

ms = !mg e3 ·P !(')|P !(')|

ossia:

m

:h2

4$2+ a2 ' = ! mga:

h2

4$2+ a2

sin ' ' " [0, 2$] . (734.1)

Stefano Siboni 3932

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(b) EquilibriGli equilibri del sistema si identificano con le soluzioni costanti dell’equazione pura delmoto (734.1), che si riduce semplicemente a:

0 = sin '

e porge gli equilibri richiesti:

' = 0 ' = $ ' = 2$ .

(c) Regolarita dei moti non costantiUna volta raggiunto e superato B il moto del carrello lungo la rotaia rettilinea e rettilineoe uniforme, dal momento che la rotaia si colloca in posizione perfettamente orizzontale. Lavelocita non presenta discontinuita, in quanto la curva e regolare liscia e il carrello risultasoggetto esclusivamente a una sollecitazione attiva posizionale conservativa (il peso), percui vale la conservazione dell’energia meccanica. Immediatamente prima di B, tuttavia,l’accelerazione istantanea del carrello risulta:

P = s& + s2 d&

ds

con:

& =P !(')|P !(')|

////#=2%

=

h

2$e1 ! a cos ' e2 + a sin ' e3

:h2

4$2+ a2

/////#=2%

=

h

2$e1 ! a e2

:h2

4$2+ a2

e:d&

ds=

1ds/d'

d&

d'

////#=2%

=1

|P !(')|a sin ' e2 + a cos ' e3:

h2

4$2+ a2

/////#=2%

=

=a sin ' e2 + a cos ' e3

h2

4$2+ a2

/////#=2%

=ae3

h2

4$2+ a2

mentre dall’equazione pura del moto si ha:

s = ! 1m

mga:h2

4$2+ a2

sin'

/////#=2%

= 0 .

L’accelerazione del carrello immediatamente prima di raggiungere la posizione B vale per-tanto:

P = 0 & + s2 d&

ds= s2 d&

ds=

! h2

4$2+ a2

"'2 ae3

h2

4$2+ a2

= a'2e3 ,

Stefano Siboni 3933

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

con ' += 0 per un moto non costante. Ma non appena superato B l’accelerazione delcarrello deve annullarsi e non puo percio risultare continua. Si conclude cosı che i motinon costanti del carrello non sono mai regolari lungo l’intera rotaia.

(d) Condizione di equilibrio in presenza di attritoIn un punto generico P (') dell’elica cilindrica il versore tangente alla curva vincolare edato da:

&(') =P !(')|P !(')| =

h

2$e1 ! a cos ' e2 + a sin ' e3

:h2

4$2+ a2

mentre la forza attiva agente sul carrello si riduce al solo peso %F = !mge3. La componentedi questa forza attiva lungo la direzione tangente all’elica si scrive:

%FT = %F · & & = !mga sin'

h

2$e1 ! a cos ' e2 + a sin ' e3

h2

4$2+ a2

e la componente ortogonale si ricava per di$erenza:

%FO = %F ! %FT = !mge3 + mga sin '

h

2$e1 ! a cos ' e2 + a sin ' e3

h2

4$2+ a2

=

=mg

h2

4$2+ a2

Ba

h

2$sin' e1 ! a2 sin ' cos ' e2 !

!a2cos2' +

h2

4$2

"e3

C.

I moduli delle componenti tangente e ortogonale di %F risultano percio:

|%FT | = mga| sin'| 1:h2

4$2+ a2

|%FO| =mg

h2

4$2+ a2

Ba2 h2

4$2sin2' + a4sin2' cos2' +

!a2cos2' +

h2

4$2

"2C1/2

e si sostituiscono nella legge di Coulomb-Morin dell’attrito radente statico per individuarela condizione necessaria e su!ciente all’equilibrio:

|%FT | ( µs|%FO|

Stefano Siboni 3934

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

vale a dire:

mga| sin'| 1:h2

4$2+ a2

(

( µsmg

h2

4$2+ a2

Ba2 h2

4$2sin2' + a4sin2' cos2' +

!a2cos2' +

h2

4$2

"2C1/2

.

Una semplice manipolazione algebrica consente di riesprimere la condizione nella formaadimensionale:

! h2

4$2a2+ 1

"1/2| sin '| ( µs

(h2

4$2a2sin2' + sin2' cos2' +

!cos2' +

h2

4$2a2

"2)1/2

in cui figurano esclusivamente il coe!ciente di attrito radente statico µs ) 0 e il “rapportod’aspetto” dell’elica 3 = h2/4$2a2 > 0:

*3 + 1

+1/2| sin '| ( µs

83 sin2' + sin2' cos2' +

*cos2' + 3

+291/2

' " [0, 2$] .

Da notare che, conformemente al principio di sicurezza, la disequazione e certamente sod-disfatta per ' = 0,$, 2$. La condizione di equilibrio puo inoltre intendersi come unadisequazione nella variabile u = sin2' " [0, 1]:

(3 + 1)u ( µ2s

#3u + u(1 ! u) + (1 ! u + 3)2

$

che equivale a:

(3 + 1)u ( µ2s

#3u + u ! u2 + (1 + 3)2 ! 2(1 + 3)u + u2

$

ossia:(3 + 1)u ( µ2

s

#(3 + 1)u + (1 + 3)2 ! 2(1 + 3)u

$

ed infine:u ( µ2

s(1 + 3 ! u) .

La condizione di equilibrio si riduce cosı a:

u ( µ2s

1 + µ2s

(1 + 3)

ovvero:

| sin'| ( µs.1 + µ2

s

:1 +

h2

4$2a2. (734.2)

Stefano Siboni 3935

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 735. Geometria delle masse e corpo rigido con asse fissoUna piastra quadrata P = OABC , di lato a, ruota senza attrito attorno all’asse fisso Oz nelpiano Oxy di una terna inerziale Oxyz, che hal’asse Oy diretto verso l’alto. Una molla ide-ale di costante elastica k congiunge il verticeB con il punto fisso H(!a, 0, 0). La densitadi P e espressa da:

/(Q) =µ

a6|Q ! O|4 *Q " P ,

con µ massa caratteristica. Si usi l’angolo dirotazione + " R in figura per determinare delsistema:

(a) le equazioni pure del moto;(b) le configurazioni di equilibrio.

Soluzione(a) Equazioni pure del motoL’ipotesi dell’asse fisso privo di attrito consente di scrivere l’equazione pura del moto nellaforma:

IOz' = %MO · e3

dove %MO · e3 e il momento relativo all’asse fisso Oz di tutte le forze attive, il peso el’interazione elastica fra B e H.

Momento d’inerzia della piastra relativo all’asse OzPer calcolare il momento d’inerzia della piastra rispetto all’asse Oz conviene senz’altrointrodurre una terna di riferimento solidale O01z, con gli assi O0 e O1 rispettivamenteparalleli e concordi ai vettori A ! O e C ! O. Nelle coordinate solidali la densita dellapiastra assume la forma:

/(0, 1) =µ

a6(02 + 12)2 (0, 1) " [0, a]2

per cui il momento d’inerzia diventa:

IOz = Lzz =;

P

|P ! O|2 /(P )dA =a;

0

d0

a;

0

d1µ

a6(02 + 12)3 =

=µ

a6

a;

0

d0

a;

0

d1 (06 + 30412 + 30214 + 16) =µ

a6

a;

0

d0!06a + 304 a3

3+ 302 a5

5+

a7

7

"=

=µ

a6

!a7

7a +

a5

5a3 + a3 a5

5+ a

a7

7

"= µa2

!17

+15

"2 =

2435

µa2 .

Stefano Siboni 3936

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Massa della piastraLa massa della piastra si calcola convenientemente integrando la densita / sul quadratoOABC , in termini delle coordinate solidali 0, 1:

m =;

P

/ dA =a;

0

d0

a;

0

d1µ

a6(02 + 12)2 =

µ

a6

a;

0

d0

a;

0

d1 (04 + 14 + 20212) =

=µ

a6

a;

0

d0!04a +

a5

5+ 202 a3

3

"=

µ

a6

!a5

5a + a

a5

5+ 2

a3

3a3

3

"=

= µ!1

5+

15

+29

"=

!25

+29

"µ =

2845

µ .

Baricentro della piastraPoiche la densita / e funzione della sola distanza da O, il baricentro G della piastra devecollocarsi lungo l’asse di simmetria OB. Le coordinate solidali di G lungo gli assi O0 e O1assumono dunque lo stesso valore:

0G = 1G =1m

;

P

0 /(P )dA =4528µ

a;

0

d0

a;

0

d1 0µ

a6(04 + 14 + 20212) =

=45

28a6

a;

0

d0

a;

0

d1 (05 + 014 + 20312) =45

28a6

a;

0

d0!05a + 0

a5

5+ 203 a3

3

"=

=45

28a6

!a6

6a +

a2

2a5

5+ 2

a4

4a3

3

"=

4528

a!1

6+

110

+16

"=

4528

a1330

=3956

a .

Momento assiale delle forze attive rispetto all’asse OzIl sistema delle forze peso e equivalente al peso totale !mg e2 applicato nel baricentro G.La forza elastica !k(B ! H) agisce invece nel vertice B. Il momento delle forze attiverispetto all’asse fisso Oz si scrive percio:

%MO · e3 = (G ! O) $ (!mg e2) · e3 + (B ! O) $ [!k(B ! H)] · e3 == !mg(G! O) · e2 $ e3 ! k(B ! O) · (B ! H) $ e3 == !mg(G! O) · e1 ! k(B !O) · (B ! H) $ e3 .

D’altra parte si ha:

|G ! O| ='

2 0G ='

23956

a |B ! O| ='

2 a

per cui:

G ! O = |G !O| cos ' e1 + |G ! O| sin ' e2 ='

23956

a(cos ' e1 + sin' e2)

B ! O = |B ! O| cos ' e1 + |B !O| sin ' e2 ='

2 a(cos ' e1 + sin' e2)

Stefano Siboni 3937

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ed inoltre:

B ! H = B ! O ! (H ! O) ='

2 a(cos ' e1 + sin ' e2) ! (!a e1) =

= ('

2 cos ' + 1)ae1 +'

2 sin' ae2 .

Ne deriva che:

%MO · e3 = !'

23956

mga cos' ! k(B ! O) ·#('

2 cos ' + 1)ae1 +'

2 sin' ae2

$$ e3 =

= !'

23956

mga cos' ! k(B ! O) ·#!(

'2 cos ' + 1)ae2 +

'2 sin' ae1

$=

= !'

23956

mga cos' ! k'

2 a(cos ' e1 + sin ' e2) · a#'

2 sin ' e1 ! ('

2 cos ' + 1)e2

$

= !'

23956

mga cos' ! ka2#2 cos ' sin '!

'2 sin'(

'2 cos ' + 1)

$=

= !'

23956

mga cos' ! ka2#!'

2 sin '$

= !'

23956

mga cos ' +'

2 ka2 sin' ,

e quindi, sostituendo l’espressione esplicita della massa:

%MO · e3 = !'

23956

2845

µga cos ' +'

2 ka2 sin' = !'

21330

µga cos ' +'

2 ka2 sin ' .

Equazione pura del motoPer ottenere l’equazione pura del moto non rimane che sostituire le espressioni di IOz e%MO · e3:

2435

µa2' = !'

21330

µga cos ' +'

2 ka2 sin ' . (735.1)

(b) EquilibriGli equilibri del sistema corrispondono alle soluzioni statiche dell’equazione pura del moto(735.1), e sono quindi individuati dall’equazione trigonometrica:

0 = !'

21330

µga cos ' +'

2 ka2 sin'

ossia:sin' =

1330

µg

kacos '

per le cui soluzioni risulta certamente cos ' += 0, come e immediato verificare per assurdo.L’equazione assume cosı la forma equivalente:

tg' =1330

µg

ka

dalla quale seguono le soluzioni:

' = arctg!13

30µg

ka

"= '! ' = '! + $ ,

definite incondizionatamente.

Stefano Siboni 3938

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 736. Equazioni cardinali della staticaNel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz una piastra rettangolare omogeneaABCD, di massa m, centro O e lati |A ! D| = 2a e |A ! B| = 12a, ruota senza attritoattorno all’asse fisso Oz. Un punto materiale P di massa m scorre senza attrito lungo illato AB ed e collegato al punto O della piastra da una molla ideale di costante elastica k.Il sistema e pesante.

Assumendo reazioni vincolari concentrate in O e in P , si usino le coordinate generalizzates " (!6, 6), ' " R in figura per determinare del sistema:

(a) le equazioni cardinali statiche necessarie e su!cienti per l’equilibrio;(b) le configurazioni di equilibrio, usando le equazioni cardinali;(c) le reazioni vincolari concentrate per tutti gli stati di quiete;(d) le configurazioni di equilibrio assumendo i vincoli ideali.

Soluzione(a) Equazioni cardinali staticheSul punto materiale P agiscono le forze di seguito elencate:

# il peso !mge2;# la forza elastica !k(P ! O);

# una reazione vincolare %"P esercitata dalla piastra. L’ipotesi che il concatto fra Pe il lato AB sia privo di attrito comporta che %"P possa essere un qualsiasi vettoreortogonale ad AB, la cui forma generale si scrive:

%"P = "P (! sin ' e1 + cos ' e2) , (736.1)

con "P fattore scalare arbitrario.

Le forze esterne agenti sulla piastra ABCD sono invece:# il peso !mge2 nel baricentro O;

Stefano Siboni 3939

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

# la forza elastica k(P ! O) in O;

# una reazione vincolare arbitraria %"O in O, dovuta all’asse fisso;# la reazione !%"P che rende conto dell’interazione di contatto con il punto P .

Il vettore posizione di P rispetto all’origine O si puo esprimere facilmente considerando laproiezione ortogonale Q di P lungo l’asse di simmetria della piastra parallelo ad AB:

P ! O = Q ! O + P ! Q = as cos ' e1 + as sin ' e2 ! a sin ' e1 + a cos ' e2 == a(s cos ' ! sin')e1 + a(s sin ' + cos ')e2

(736.2)

Le equazioni cardinali statiche utili a caratterizzare completamente gli equilibri del sistemasono quelle scritte separatamente per il punto P e per la piastra ABCD. Si ricorda che peril punto P solo la prima equazione cardinale e rilevante, in quanto essa implica la seconda(tutte le forze agiscono nello stesso punto).

Prima equazione cardinale statica per il punto PLa somma di tutte le forze agenti su P deve essere nulla nello stato di quiete:

!mge2 + %"P ! k(P ! O) = 0 ,

per cui e certamente:%"P = mge2 + k(P ! O) . (736.3)

Prima equazione cardinale statica per la piastra ABCDDeve annullarsi la somma di tutte le forze applicate alla piastra:

!mge2 + k(P ! O) + %"O ! %"P = 0 ,

e deve quindi aversi:%"O = mge2 ! k(P ! O) + %"P . (736.4)

Seconda equazione cardinale statica in O per la piastra ABCDSi annulla il momento risultante in O di tutte le forze agenti sulla piastra. I momenti delpeso, della forza elastica k(P !O) e della reazione %"O, tutte sollecitazioni applicate in O,sono chiaramente nulli. Di conseguenza, l’equazione richiesta si riduce a:

(P ! O) $ (!%"P ) = 0 . (736.5)

Equazioni di equilibrio del sistemaLe equazioni che caratterizzano gli equilibri sono le equazioni (736.3), (736.4) e (736.5),unitamente alla condizione (736.1) sulla reazione vincolare %"P :

%,,,,,,&

,,,,,,'

%"P = mge2 + k(P ! O)

%"O = mge2 ! k(P !O) + %"P

(P ! O) $ (!%"P ) = 0

%"P = "P (! sin' e1 + cos ' e2) .

(736.6)

Stefano Siboni 3940

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(b) Equilibri usando le equazioni cardinaliSostituendo la prima equazione (736.6) nella seconda si ottiene la reazione vincolare in O:

%"O = 2mge2 (736.7)

che corrisponde a considerare la prima equazione cardinale della statica per l’intero sistema— le sole forze esterne al sistema sono infatti i pesi e la reazione in O.La prima equazione (736.6), sostituita nella terza, porge l’equazione pura di equilibrio:

(P ! O) $ [!mge2 ! k(P ! O)] = 0

ossia:(P !O) $ (!mge2) = 0 ,

che in virtu della (736.2) diventa:

#a(s cos '! sin ')e1 + a(s sin ' + cos ')e2

$$ e2 = 0

e quindi:a(s cos ' ! sin ')e3 = 0 .

Ovviamente, la condizione equivale all’equazione scalare:

s cos ' ! sin' = 0 . (736.8)

Se infine si sostituisce la prima equazione (736.6) nella quarta si ottiene la relazione:

mge2 + k(P ! O) = "P (! sin' e1 + cos ' e2)

che per l’arbitrarieta dello scalare "P equivale alla condizione di compatibilita:

(cos ' e1 + sin' e2) ·#mge2 + k(P !O)

$= 0

ovvero:

mg sin ' + (cos ' e1 + sin ' e2) · k#a(s cos ' ! sin')e1 + a(s sin ' + cos ')e2

$= 0

ed infine:mg sin ' + kas = 0 . (736.9)

Le equazioni pure di equilibrio sono pertanto la (736.8) e la (736.9):

%&

's cos ' ! sin' = 0

mg sin ' + kas = 0(736.10)

Stefano Siboni 3941

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

la seconda delle quali fornisce:s = !mg

kasin' (736.11)

e sostituita nella prima la riduce a:

!mg

kasin' cos ' ! sin' = 0 .

Fattorizzando e cambiando i segni si ottiene cosı l’equazione:

sin '!cos ' +

ka

mg

"= 0

dalla quale seguono due soluzioni definite incondizionatamente:

' = 0 ' = $

e altre due definite e distinte dalle precedenti per ka/mg < 1:

' = arccos!! ka

mg

"= '! "

!$

2,$

"' = !'! .

Tenuto conto della (736.11), gli equilibri del sistema sono pertanto:

(', s) = (0, 0) (', s) = ($, 0) ,

sempre definiti, e:

(', s) =!'!,!mg

kasin'!

"(', s) =

!!'!,

mg

kasin '!

"

definiti per ka/mg < 1. Si osservi che, a rigore, questi ultimi due equilibri richiedonol’ulteriore requisito che sia:

mg

kasin'! < 6

dovendo risultare comunque s " (!6, 6). Si ha percio:

mg

ka

.1 ! cos2'! < 6 %& mg

ka

?

1 !! ka

mg

"2< 6

vale a dire: :!mg

ka

"2! 1 < 6 %&

!mg

ka

"2! 1 < 36

Stefano Siboni 3942

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ed infine:mg

ka<

'37 %& ka

mg>

1'37

,

in modo che ka/mg deve essere compreso strettamente fra 1/'

37 e 1.

(c) Reazioni vincolari concentrate per tutti gli stati di quieteLe reazioni vincolari concentrate indipendenti sono date dalla prima delle (736.6) e dalla(736.7). Soltanto %"P dipende dalla configurazione di equilibrio prescelta:

%"P = mge2 + k(P ! O) == mge2 + ka(s cos ' ! sin')e1 + ka(s sin ' + cos ')e2 =

= ka(s cos '! sin ')e1 +#mg + ka(s sin ' + cos ')

$e2

mentre e sempre %"O = 2mge2. Si ottiene cosı:

# %"P = (mg + ka)e2 per (', s) = (0, 0);

# %"P = (mg ! ka)e2 per (', s) = ($, 0);

# %"P = 0 per (', s) = ('!,!(mg/ka) sin '!);

# %"P = 0 per (', s) = (!'!, (mg/ka) sin '!);

Nel primo caso il punto P e ha riposo nel punto medio del lato AB, perfettamente orizzon-tale e collocato al di sopra dell’asse Ox: il peso di P e la forza elastica su P sono direttiverticalmente verso il basso, e vengono bilanciati dalla reazione vincolare %"P .

Il secondo caso e analogo, salvo che il lato AB si situa orizzontalmente al di sotto dell’asseOx, per cui la forze elastica su P risulta diretta verso l’alto. La reazione %"P equilibra lasomma di due forze antiparallele.

Nel terzo e nel quarto caso, infine, il punto P pende lungo l’asse Oy e il suo peso e bilanciatoesattamente dalla sola forza elastica. La reazione vincolare %"P risulta percio annullarsi.

(d) Equilibri usando i vincoli idealiNell’ipotesi di vincoli ideali, gli equilibri del sistema scleronomo a vincoli bilaterali po-sizionale conservativo si caratterizzano come tutti e soli i punti critici del potenziale,somma di un contributo relativo alla molla ideale che congiunge O con P e di un con-tributo gravitazionale.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale delle forze peso relativo alla piastra si mantiene costante in qualsiasi config-urazione, dal momento che il baricentro della piastra omogenea coincide con il suo centrodi simmetria O, attorno al quale ABCD ruota. Si ha pertanto il solo contributo del puntoP :

Ug = !mge2 · (P ! O) = !mga(s sin ' + cos ')

Stefano Siboni 3943

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

in cui si e fatto uso della relazione (736.2) per il vettore posizione P ! O.

Potenziale elasticoIl potenziale associato alla molla ideale e espresso dalla relazione:

Uel = !k

2|P ! O|2 = !k

2(a2 + a2s2) = !ka2

2(s2 + 1) .

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali parziali porge il potenziale del sistema, che omesse le costantiadditive diventa:

U(s,') = !mga(s sin ' + cos ') ! ka2

2s2

e deve intendersi definito per (s,') " (!6, 6) / R.

Equazioni di equilibrio e relative soluzioniLe equazioni di equilibrio vengono ricavate annullando le derivate parziali prime del poten-ziale:

Us(s,') = !mga sin' ! ka2s U#(s,') = !mga(s cos ' ! sin ')

e si riducono quindi alle seguenti:

%&

's = !mg

kasin'

s cos '! sin ' = 0

nelle quali e immediato riconoscere le equazioni pure di equilibrio (736.10). Stesse equazionidi equilibrio, stessi equilibri. La condizione dei vincoli ideali riproduce esattamente glistessi equilibri ricavati dalle equazioni cardinali statiche.

Esercizio 737. Sistema di due equazioni di!erenziali nel pianoNel piano Oxy si consideri il seguente sistema di equazioni di$erenziali:

%&

'x + x2 + y2 ! 5 = 0

y + 3x + y ! 1 = 0

e se ne caratterizzino:

(a) i punti fissi;

(b) le proprieta di stabilita dei punti fissi.

Stefano Siboni 3944

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Punti fissiI punti fissi sono le soluzioni costanti del sistema di equazioni considerato, che quindi siriduce a: %

&

'x2 + y2 ! 5 = 0

3x + y ! 1 = 0%&

%&

'x2 + y2 ! 5 = 0

y = !3x + 1 .

Sostituendo la seconda relazione nella prima si perviene all’equazione nella sola variabilex:

x2 + (!3x + 1)2 ! 5 = 0

ossia:x2 + 9x2 ! 6x + 1 ! 5 = 0

ed infine, semplificando:

10x2 ! 6x ! 4 = 0 %& 5x2 ! 3x ! 2 = 0 .

Le soluzioni dell’equazione di secondo grado sono reali e distinte:

x =3 ±

'9 + 40

10=

3 ± 710

= ,-

1

!2/5

ed essendo rispettivamente:

y = !3 · 1 + 1 = !2 y = !3 ·!!2

5

"+ 1 =

115

porgono i due punti fissi:

(x, y) = (1,!2) (x, y) =!!2

5,115

".

(b) Stabilita dei punti fissiLa stabilita dei punti fissi puo essere studiata usando il teorema di analisi lineare dellastabilita. A questo scopo occorre scrivere il sistema in forma normale del primo ordine:

%&

'x = !x2 ! y2 + 5

y = !3x ! y + 1

e calcolare la matrice jacobiana dei secondi membri:

f(x, y) = !x2 ! y2 + 5 g(x, y) = !3x ! y + 1

Stefano Siboni 3945

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

determinata dalle derivate parziali prime:

)f

)x(x, y) = !2x

)f

)y(x, y) = !2y

)g

)x(x, y) = !3

)g

)y(x, y) = !1 .

La matrice jacobiana diventa percio:

J(x, y) =0!2x !2y!3 !1

1

e se ne deve determinare lo spettro in ciascun punto fisso.

Punto fisso (x, y) = (1,!2)In questo caso la matrice jacobiana del sistema linearizzato vale:

J(1,!2) =0!2 4!3 !1

1

e la corrispondente equazione caratteristica diventa:

0 = det0!2 ! , 4!3 !1 ! ,

1= (, + 2)(, + 1) + 12 = ,2 + 3, + 14

con le radici complesse coniugate:

, =!3±

'9 ! 4 · 142

= !32± i

'472

.

Poiche entrambi gli autovalori presentano parte reale negativa, si deve concludere che ilpunto fisso e asintoticamente stabile.

Punto fisso (x, y) = (!2/5, 11/5)Nella fattispecie la matrice jacobiana del sistema linearizzato risulta:

J(!2/5, 11/5) =0

4/5 !22/5!3 !1

1

con equazione caratteristica:

0 = det0

4/5 ! , !22/5!3 !1! ,

1=

!, ! 4

5

"(, + 1) ! 66

5= ,2 +

15, ! 14

e autovalori reali di segno opposto:

, =12

0!1

5±

:125

+ 4 · 141

=12

0!1

5±

:125

+ 561

.

Il ricorrere di un autovalore con parte reale positiva implica l’instabilita del punto fisso.

Stefano Siboni 3946

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 738. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. non posizionale conservativoNel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz si muove un sistema composto daun disco circolare omogeneo D, di centro C ,raggio a e massa m, e da un anello circo-lare omogeneo !, di massa m e raggio 2a.Il disco rotola senza strisciare lungo l’asseorizzontale Ox, mentre ! ruota attorno alsuo punto fisso O. Il sistema e pesante euna molla ideale di costante elastica k col-lega C con il punto A di ! diametralmenteopposto ad O. Resistenze viscose di egualecostante " sono inoltre applicate in C edA. Nell’ipotesi di vincoli ideali, si faccia usodelle coordinate lagrangiane 0, + " R in fi-gura per determinare del sistema:(a) gli equilibri;(b) le caratteristiche di stabilita degli equilibri;(c) l’espressione dell’energia cinetica;(d) le equazioni pure del moto;(e) per " = 0 e k = mg/18a, i modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un

equilibrio stabile.

Soluzione(a) EquilibriIl sistema e sottoposto a due tipi di sollecitazioni posizionali conservative, il peso e l’intera-zione elastica mediata dalla molla ideale fra A e C . Queste sollecitazioni sono dunquedescritte per mezzo dei relativi potenziali. Vanno poi considerate le forze viscose agentiin A e C , delle quali si devono calcolare le componenti generalizzate e verificare la naturadissipativa.

Potenziale elasticoGli estremi della molla sono individuati dai vettori posizione:

A ! O = 4a sin + e1 ! 4a cos + e2 C ! O = a0e1 + ae2

che forniscono il vettore posizione di un estremo rispetto all’altro:

A ! C = a(4 sin + ! 0)e1 ! a(4 cos + + 1)e2

e il relativo potenziale elastico:

Uel = !k

2|A ! C |2 = !ka2

2#(4 sin + ! 0)2 + (4 cos + + 1)2

$=

= !ka2

2(16 sin2+ + 02 ! 80 sin+ + 16 cos2+ + 1 + 8 cos +) =

Stefano Siboni 3947

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

= !ka2

2(17 + 02 ! 80 sin+ + 8 cos +) .

Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale del disco D e costante come l’ordinata del baricentro C . Ilsolo contributo rilevante al potenziale gravitazionale e dunque fornito dall’anello !, il cuibaricentro coincide con il centro geometrico, punto medio del diametro OA:

Ug = !mge2 ·A !O

2= 2mga cos + .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e definito come somma dei potenziali gravitazionale ed elasticoche, omesse le costanti additive, diventa:

U(0,+) = 2mga cos + ! ka2

2(02 ! 80 sin+ + 8 cos +) =

= ka2!2mg

kacos + ! 02

2+ 40 sin+ ! 4 cos +

"=

= ka2

(!02

2+ 40 sin + +

!2mg

ka! 4

"cos +

)(0,+) " R2 . (738.1)

Resistenze viscoseSul punto C individuato da C ! O = a0e1 + ae2 agisce la resistenza viscosa:

%FC = !"C = !"a0e1 .

Analogamente, il punto A individuato da A ! O = 4a(sin + e1 ! cos + e2) e soggetto allaresistenza viscosa:

%FA = !"A = !4"a(cos + e1 + sin+ e2)+ .

Le componenti generalizzate del sistema delle forze viscose si scrivono pertanto:

Qrv' = %FA · )A

)0+ %FC · )C

)0= %FA · 0 + %FC · ae1 = !"a20

Qrv) = %FA · )A

)++ %FC · )C

)+= %FA · 4a(cos + e1 + sin+ e2) + %FC · 0 = !16"a2+

ed e immediato verificare che si tratta di una sollecitazione completamente dissipativa. Lapotenza delle resistenze viscose e infatti non positiva:

$ = Qrv' 0 + Qrv

) + = !"a202 ! 16"a2+2 = !"a2(02 + 16+2) ( 0 *(0, +) " R2

annullandosi unicamente per velocita generalizzata nulla:

$ = !"a2(02 + 16+2) = 0 =& (0, +) = (0, 0) .

Stefano Siboni 3948

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Come ben noto, le sollecitazioni di potenza non positiva si annullano a velocita generaliz-zata nulla e sono percio irrilevanti ai fini dell’equilibrio.

EquilibriGli equilibri del sistema scleronomo a vincoli bilaterali ideali sono tutti ordinari e vannoidentificati con i punti critici del potenziale (738.1). Si tratta quindi di equagliare simul-taneamente a zero le derivate parziali prime di U :

)U

)0(0,+) = ka2(!0 + 4 sin+)

)U

)+(0,+) = ka2

(40 cos + !

!2mg

ka! 4

"sin +

) (738.2)

e di risolvere il sistema di equazioni:%,&

,'

!0 + 4 sin + = 0

40 cos + !!2mg

ka! 4

"sin + = 0

la prima delle quali fornisce il valore di equilibrio di 0 in funzione di quello di +:

0 = 4 sin + (738.3)

che sostituito nella seconda conduce ad una equazione di equibrio nella sola variable an-golare:

16 sin+ cos + !!2mg

ka! 4

"sin + = 0 .

Un semplice raccoglimento a fattor comune consente di scrivere l’equazione nella formaequivalente:

16 sin +

(cos + ! 1

16

!2mg

ka! 4

")= 0

che porta a considerare due casi.

(i) Per sin + = 0 si hanno le radici:

+ = 0 + = $

le quali, grazie alla (738.3), conducono agli equilibri:

(0,+) = (0, 0) (0,+) = (0,$) .

(ii) Per cos + ! 116

!2mg

ka! 4

"= 0 si ha invece:

cos + =mg

8ka! 1

4:= ,

Stefano Siboni 3949

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e quindi:+ = arccos, := +! + = ! arccos , = !+! ,

radici definite e distinte dalle precedenti a condizione che risulti , " (!1, 1). Si osserviche comunque, per definizione, deve risultare:

, =mg

8ka! 1

4> !1

4.

Ne seguono gli ulteriori equilibri:

(0,+) = (4 sin +!,+!) (0,+) = (!4 sin +!,!+!)

con +! = arccos! mg

8ka! 1

4

"e definiti per

mg

8ka! 1

4" (!1/4, 1).

(b) Stabilita degli equilibriLa compresenza di sollecitazioni posizionali conservative e completamente dissipative agen-ti sul sistema scleronomo consente di caratterizzare le proprieta di stabilita degli equilibrifacendo ricorso alla forma “forte” del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri diBarbasin-Krasovskii: gli equilibri sono infatti tutti isolati, in quanto in numero finito. Sitratta di distinguere gli equilibri che sono massimi relativi propri del potenziale da quelliche non lo sono. A tale scopo, come sempre, si calcolano le derivate parziali seconde delpotenziale:

U''(0,+) = !ka2 U)'(0,+) = 4ka2 cos +

U')(0,+) = 4ka2 cos + U))(0,+) = ka2

(!40 sin+ !

!2mg

ka! 4

"cos +

)

e la corrispondente matrice hessiana:

HU (0,+) = ka2

0!1 4 cos +

4 cos + !40 sin + ! 16, cos +

1

in ciascuna configurazione di equilibrio.

Configurazione (0,+) = (0, 0), definita incondizionatamenteLa matrice hessiana del potenziale risulta in questo caso:

HU (0, 0) = ka2

0!1 44 !16,

1

con determinante e traccia di segno non definito:

detHU (0, 0) = (ka2)216(, ! 1) trHU (0, 0) = ka2(!1 ! 16,)

essendo , > !1/4. Si distinguono tre casi:

Stefano Siboni 3950

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

# se , < 1 si ha detHU (0, 0) < 0 e l’hessiana e indefinita, con autovalori di segnoopposto. La presenza di un autovalore positivo esclude che l’equilibrio sia un massimorelativo (punto di sella) e cio basta ad assicurare l’instabilita dell’equilibrio per laforma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet;

# per , > 1 vale invece detHU (0, 0) > 0 e trHU (0, 0) < 0, di modo che la matricehessiana risulta definita negativa. L’equilibrio costituisce percio un massimo relativoproprio del potenziale, asintoticamente stabile;

# qualora sia , = 1 si ottiene infine detHU (0, 0) = 0 e trHU (0, 0) < 0, con hessianasemidefinita non definita negativa. Un’analisi piu dettagliata mostra che l’equilibrioe un massimo relativo proprio del potenziale, che infatti puo riesprimersi nella formaridotta:

1ka2

U(0,+) = !02

2+ 40 sin+ + 16 cos + =

= !02

2+ 40 sin+ + 16 ! 32 sin2 +

2=

= 16 +12

!!02 + 80 sin + ! 64 sin2 +

2

"=

= 16 +12

(!(0 ! 4 sin +)2 + 16 sin2+ ! 64 sin2 +

2

)=

= 16 +12

(!(0 ! 4 sin +)2 + 64 sin2 +

2cos2

+

2! 64 sin2 +

2

)=

= 16! 12

((0 ! 4 sin+)2 + 64 sin4 +

2

)

con l’espressione entro parentesi quadre strettamente positiva per ogni (0,+) += (0, 0)su!cientemente vicino al punto critico. L’equilibrio e dunque asintoticamente stabile.

Configurazione (0,+) = (0,$), definita incondizionatamenteLa matrice hessiana del potenziale assume la forma:

HU (0,$) = ka2

0!1 !4!4 16,

1

con determinante negativo:

detHU (0,$) = !16(ka2)2(, + 1) < !16(ka2)2!!1

4+ 1

"= !12(ka2)2 < 0

e quindi indefinita. L’equilibrio e un punto di sella, che non costituisce massimo relativo.Ne segue l’instabilita della configurazione.

Configurazione (0,+) = (4 sin +!,+!), con cos +! = ,, definita per , " (!1/4, 1)In questo punto critico l’hessiana del potenziale diventa:

HU (4 sin +!,+!) = ka2

0!1 4 cos +!

4 cos +! !16 sin2+! ! 16, cos +!

1

Stefano Siboni 3951

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ossia, ricordando la definizione di +!:

HU (4 sin +!,+!) = ka2

0!1 4 cos +!

4 cos +! !16

1.

La matrice ha sempre determinante positivo:

detHU (4 sin +!,+!) = (ka2)2(16 ! 16 cos2+!) = (ka2)216 sin2+! > 0

e traccia negativa:

trHU (4 sin +!,+!) = ka2(!1 ! 16) = !17ka2 < 0

e risulta pertanto definita negativa, individuando l’equilibrio come massimo relativo propriodel potenziale. La stabilita asintotica segue dalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (0,+) = (!4 sin +!,!+!), con cos +! = ,, definita per , " (!1/4, 1)La matrice hessiana e identica a quella calcolata nella configurazione simmetrica prece-dente:

HU (!4 sin +!,!+!) = ka2

0!1 4 cos +!

4 cos +! !16

1= HU (4 sin +!,+!)

ed implica la stabilita asintotica anche di questa configurazione.

(c) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema e data dalla somma dei contributi relativi all’anello e aldisco.

Energia cinetica dell’anelloL’anello omogeneo ruota attorno all’asse fisso Oz e la sua energia cinetica puo scriversinella forma:

T$ =12I$Oz|+ e3|2 =

12*I$Gz + m|G ! O|2

++2 =

12*m4a2 + m4a2

++2 = 4ma2+2

ricordando che il baricentro coincide con il centro geometrico di ! e facendo uso del teoremadi Huygens-Steiner.

Energia cinetica del discoIl disco rotola senza strisciare sull’asse Ox; la velocita del baricentro e C = a0e1 e diconseguenza la velocita angolare del disco vale %(D = (!a0/a)e3 = !0e3. Il teorema diKonig porge allora:

TD =m

2C2 +

12IDCz|%(D|2 =

ma2

202 +

12· ma2

202 =

34ma202 .

Stefano Siboni 3952

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Energia cinetica del sistemaLa somma delle energie cinetiche parziali calcolate fornisce l’energia cinetica del sistema:

T = TD + T$ =ma2

2

!3202 + 8+2

".

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

d

dt

!)L

)0

"! )L

)0= Qrv

'd

dt

!)L

)+

"! )L

)+= Qrv

)

in cui figurano la lagrangiana:

L = T + U =ma2

2

!3202 + 8+2

"+ ka2

(!02

2+ 40 sin+ +

!2mg

ka! 4

"cos +

)

e le componenti generalizzate delle forze viscose Qrv' = !"a20 e Qrv

) = !16"a2+. Leespressioni utili al calcolo dei binomi di Lagrange sono le seguenti:

d

dt

!)L

)0

"=

32ma20

)L

)0= ka2(!0 + 4 sin+)

d

dt

!)L

)+

"= 8ma2+

)L

)+= ka2

(40 cos + !

!2mg

ka! 4

"sin+

).

Si ottiene cosı il sistema di equazioni richiesto:

%,&

,'

32ma20 ! ka2(!0 + 4 sin +) = !"a20

8ma2+ ! ka2

(40 cos + !

!2mg

ka! 4

"sin +

)= !16"a2+ .

(e) Modi normali delle piccole oscillazioniPer " = 0 le sollecitazioni completamente dissipative vengono rimosse e gli equilibri giudi-cati asintoticamente stabili in quanto massimi relativi propri del potenziale risultano orasoltanto stabili — la conservazione dell’energia meccanica esclude l’attrattivita. Analoga-mente, gli equilibri instabili in presenza di sollecitazioni completamente dissipative ri-mangono instabili, corrispondendo tutti a punti critici nei quali la matrice hessiana delpotenziale presenta un autovalore positivo. Cio premesso, se k = mg/18a si ha:

, =mg

8ka! 1

4=

94! 1

4= 2

valore per il quale l’unico equilibrio stabile del sistema ricorre in (0,+) = (0, 0) — e infatti, > 1, mentre gli equilibri “simmetrici” (0,+) = (±4 sin +!,±+!) non sono definiti. In

Stefano Siboni 3953

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

questa configurazione le matrici dell’energia cinetica ed hessiana del potenziale assumonola forma:

A(0, 0) = ma2

03/2 00 8

1HU (0, 0) = ka2

0!1 44 !32

1

per cui risulta:

(2A(0, 0) + HU (0, 0) = ma2(2

03/2 00 8

1+ ka2

0!1 44 !32

1= ka2

6 32µ ! 1 44 8µ ! 32

7

con µ := m(2/k. Omesso il fattore costante ka2, l’equazione caratteristica si scrive:

0 = det

6 32µ ! 1 44 8µ ! 32

7=

!32µ ! 1

"(8µ ! 32) ! 16

ossia:0 =

!32µ ! 1

"(µ ! 4) ! 2 =

32µ2 ! 6µ ! µ + 4 ! 2 =

32µ2 ! 7µ + 2

e quindi:3µ2 ! 14µ + 4 = 0 .

Ne seguono le radici reali positive:

µ =14 ±

'142 ! 4 · 3 · 42 · 3 =

14 ±'

196 ! 486

=14 ±

'148

6=

7 ±'

373

vale a dire:

µ1 =7 !

'37

3µ2 =

7 +'

373

,

cui corrispondono le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni:

(1 ='

µ1

:k

m=

?7 !

'37

3

:k

m(2 =

'µ2

:k

m=

?7 +

'37

3

:k

m

e le relative frequenze normali:

f1 =(1

2$=

12$

?7 !

'37

3

:k

mf2 =

(2

2$=

12$

?7 +

'37

3

:k

m,

dove k/m = g/18a. Per determinare i vettori delle ampiezze dei due modi normali siconsidera il sistema lineare omogeneo:

#(2

i A(0, 0) + HU (0, 0)$0

ai

bi

1= 0

Stefano Siboni 3954

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ovvero: 6 32µi ! 1 4

4 8µi ! 32

70ai

bi

1= 0

che equivale a due equazioni scalari linearmente dipendenti. E cosı su!ciente considerareuna sola di esse, ad esempio la seconda:

4ai + (8µi ! 32)bi = 0 %& ai + (2µi ! 8)bi = 0

e ricavarne una soluzione non banale nella forma:

ai = 8 ! 2µi bi = 1 .

L’ampiezza in 0 per il primo modo normale diventa:

a1 = 8 ! 2µ1 = 8 ! 2 · 7 !'

373

=10 + 2

'37

3

mentre per il secondo modo normale si ha invece:

a2 = 8 ! 2µ2 =10 ! 2

'37

3.

Modo basso, di pulsazione (1 < (2

Il primo modo normale di oscillazione e espresso da:

00+

1= A1

010 + 2

'37

3

1cos

0?7 !

'37

54

:g

at + '1

1* t " R

con A1 += 0 e '1 costanti reali arbitrarie (e con l’intesa che A1 sia piccolo). Si osservi chein questo modo normale le ampiezze di oscillazione dei due moti armonici hanno lo stessosegno, per cui i due parametri lagrangiani oscillano in fase attorno ai rispettivi valori diequilibrio.

Modo alto, di pulsazione (2 > (1

Il secondo modo normale di oscillazione si scrive:

00+

1= A2

010 ! 2

'37

3

1cos

0?7 +

'37

54

:g

at + '2

1* t " R

essendo A2 += 0 e '2 costanti reali arbitrarie. Si sottolinea che e 10 ! 2'

37 < 0, per cuiin questo caso le ampiezze dei due moti armonici sono di segno opposto e i due parametrilagrangiani oscillano in opposizione di fase attorno ai rispettivi valori di equilibrio.

Stefano Siboni 3955

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 739. Geometria delle masse e cinematica rigidaUn sistema rigido consiste di una piastra P e diun’asta OA, saldate nell’origine O di una ternasolidale Oxyz = Oe1e2e3. P occupa la zonadel piano Oxy individuata da !a ( x ( a,0 ( y ( a ! (x2/a), e ha densita:

/(x, y) =µ

a3|x| * (x, y) " P

dove a e µ sono rispettivamente una lunghezzae una massa caratteristiche. L’asta ha estremoA(0,!a/2, 0) e la sua densita si scrive:

,(P ) =µ

a2|A ! P | *P " OA.

Determinare del sistema:

(a) la massa e la posizione del baricentro in Oxyz;(b) la matrice d’inerzia relativa a Oxyz;(c) il momento d’inerzia rispetto alla retta Ax;(d) l’energia cinetica relativa alla terna &012 in cui O = a(e1 e la velocita angolare del

sistema risulta (e2 ! 2(e3, con ( > 0;(e) l’equazione parametrica dell’asse di Mozzi per l’atto di moto del sistema relativo a

&012.

Soluzione(a) Massa e posizione del baricentro in OxyzMassa della piastra PLa massa della piastra si ottiene integrando su P la densita areale /:

mP =;

P

/ dA =a;

%a

dx

a%x2/a;

0

dyµ

a3|x| =

µ

a3

a;

%a

dx |x|!a ! x2

a

"=

=2µ

a3

a;

0

x!a ! x2

a

"dx =

2µ

a3

a;

0

!ax ! x3

a

"dx =

2µ

a3

(ax2

2! x4

4a

)a

0

=µ

2.

Massa dell’asta OAL’asta OA puo essere descritta per mezzo della parametrizzazione:

P ! O = ye2 , y " [!a/2, 0] ,

in termini della quale la densita lineare , diventa:

,(y) =µ

a2|A ! P | =

µ

a2|! a

2e2 ! ye2| =

µ

a2

!a

2+ y

", y " [!a/2, 0] .

Stefano Siboni 3956

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Integrando , su OA si perviene alla massa dell’asta:

mOA =;

OA

, ds =0;

%a/2

,(y) |P !(y)| dy =0;

%a/2

µ

a2

!a

2+ y

"|e2| dy =

=0;

%a/2

µ

a2

!a

2+ y

"dy =

µ

a2

(12

!a

2+ y

"2)0

%a/2

=µ

8.

Massa del sistemaLa somma dei contributi di piastra e asta fornisce la massa totale del sistema:

m = mP + mOA =µ

2+

µ

8=

58µ ,

l’intersezione fra P e OA risultando costituita dalla sola origine O e, conseguentemente, dimisura nulla.

Baricentro della piastra PLa rella Oy costituisce un ovvio asse di simmetria per piastra e asta. Il baricentro di Pdeve quindi essere individuato da un vettore posizione della forma:

GP ! O = yPe2

con l’ordinata yP definita da:

yP =1

mP

;

P

y / dA =2µ

a;

%a

dx

a%x2/a;

0

y dyµ

a3|x| =

2a3

a;

%a

12

!a ! x2

a

"2|x| dx =

=1a3

a;

0

2!a ! x2

a

"2xdx =

1a2

a;

0

!a ! x2

a

"2 2x

adx =

=1a2

(!1

3

!a ! x2

a

"3)a

0

=1a2

13a3 =

a

3

per cui:GP ! O =

a

3e2 .

Baricentro dell’asta OADel baricentro GOA di OA si deve determinare la sola ordinata:

yOA =1

mOA

;

OA

y , ds =8µ

0;

%a/2

dy yµ

a2

!a

2+ y

"=

8a2

0;

%a/2

!a

2y + y2

"dy =

=8a2

(ay2

4+

y3

3

)0

%a/2

=8a2

!!a3

16+

a3

24

"=

!!1

2+

13

"a = !a

6

Stefano Siboni 3957

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

in modo che il vettore posizione del baricentro risulta:

GOA ! O = !a

6e2 .

Baricentro del sistemaIl baricentro del sistema viene individuato applicando il teorema distributivo alle parti Pe OA. Per simmetria, ci si puo limitare a calcolare la sola ordinata yG:

yG =mP(GP ! O) + mOA(GOA !O)

mP + mOA=

85µ

(µ

2· a

3+

µ

8·!!a

6

")=

=85

!16! 1

48

"a =

85· 748

a =730

a

e concludere che:G ! O =

730

a e2 .

(b) Matrice d’inerzia in OxyzLa matrice d’inerzia del sistema puo definirsi come la somma delle matrici d’inerzia dellapiastra P e dell’asta OA relative alla stessa terna Oxyz.

Matrice d’inerzia in Oxyz della piastra PPoiche la piastra giace nel piano coordinato Oxy, la matrice d’inerzia di P rispetto a Oxyzdeve assumere la forma generale:

[LPO] =

2

3LP

xx LPxy 0

LPxy LP

yy 00 0 LP

xx + LPyy

4

5 .

Risulta pero evidente che l’asse Oy costituisce un asse di simmetria della piastra, visto cheil dominio occupato da P e invariante per riflessione rispetto all’asse Oy e la densita arealenei punti simmetrici (x, y), (!x, y) assume esattamente lo stesso valore:

/(!x, y) =µ

a3|! x| =

µ

a3|x| = /(x, y) * (x, y) " P .

Ne deriva che Oy rappresenta un asse principale d’inerzia in O della piastra, al pari di Oz,che e ortogonale al piano di giacitura Oxy. In definitiva il riferimento Oxyz si riconosceessere una terna principale d’inerzia in O della piastra, e la matrice d’inerzia si riduce allasemplice forma diagonale:

[LPO] =

2

3LP

xx 0 00 LP

yy 00 0 LP

xx + LPyy

4

5

Stefano Siboni 3958

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

nella quale solo i momenti d’inerzia LPxx e LP

yy devono essere calcolati esplicitamente. Peril primo si ha:

LPxx =

;

P

y2/ dxdy =a;

%a

dx

a%x2/a;

0

dy y2 µ

a3|x| =

µ

a3

a;

%a

dx13

!a ! x2

a

"3|x| =

=µ

3a3

a;

0

!a ! x2

a

"3|x| dx +

µ

3a3

0;

%a

!a ! x2

a

"3|x| dx =

=µ

3a3

a;

0

!a ! x2

a

"3xdx ! µ

3a3

0;

%a

!a ! x2

a

"3xdx =

= 2µ

3a3

a;

0

!a ! x2

a

"3xdx =

µ

3a3

a;

0

!a ! x2

a

"32xdx =

=µ

3a3

(!1

4

!a ! x2

a

"4a

)a

0

=µ

3a3

14a5 =

µa2

12

mentre il secondo risulta:

LPyy =

;

P

x2/ dxdy =a;

%a

dx

a%x2/a;

0

dy x2 µ

a3|x| =

µ

a3

a;

%a

dx!a ! x2

a

"x2|x| =

= 2µ

a3

a;

0

!a ! x2

a

"x3dx =

2µ

a3

a;

0

!ax3 ! x5

a

"dx =

2µ

a3

!a

a4

4! 1

a

a6

6

"=

µa2

6.

Si conclude percio che:

[LPO] = µa2

2

31/12 0 0

0 1/6 00 0 1/4

4

5 .

Matrice d’inerzia in Oxyz dell’asta OAL’asta OA si dispone lungo l’asse Oy e la sua matrice d’inerzia in Oxyz deve dunqueassumere la forma:

[LOAO ] =

2

3LOA

xx 0 00 0 00 0 LOA

xx

4

5 = µa2

2

31/192 0 0

0 0 00 0 1/192

4

5

con l’unico elemento non banale che si calcola immediatamente per mezzo dell’ovvia

Stefano Siboni 3959

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

parametrizzazione P ! O = ye2, y " [!a/2, 0]:

LOAxx =

;

OA

, y2 ds =0;

%a/2

y2

////!a

2e2 ! ye2

//// dy =µ

a2

0;

%a/2

y2!a

2+ y

"dy =

=µ

a2

0;

%a/2

!a

2y2 + y3

"dy =

µ

a2

(a

2y3

3+

y4

4

)0

%a/2

=µ

a2

!a

6a3

8! 1

4a4

16

"=

µa2

192.

Matrice d’inerzia del sistemaIn virtu dei risultati precedenti la matrice d’inerzia del sistema vale:

[LO] = [LPO] + [LOA

O ] = µa2

2

31/12 0 0

0 1/6 00 0 1/4

4

5 + µa2

2

31/192 0 0

0 0 00 0 1/192

4

5 =

= µa2

2

317/192 0 0

0 1/6 00 0 49/192

4

5.

(c) Momento d’inerzia relativo alla retta AxLa retta Ax passa per il punto A ed e parallela all’asse Ox. Il momento d’inerzia relativoa Ax si puo ricavare considerando l’ulteriore retta Gx, parallela alle precedenti e passanteper il baricentro G. Basta infatti applicare due volte il teorema di Huygens-Steiner perottenere:

IOx = IGx + m[(G !O) · e2]2

IAx = IGx + m[(A ! G) · e2]2

ossia:

Lxx = IGx + m! 7

30a"2

IAx = IGx + m!!a

2! 7

30a"2

e sottraendo membro a membro le due relazioni:

IAx ! Lxx = m!!a

2! 7

30a"2

! m! 7

30a"2

.

Di qui segue che:

IAx =17192

µa2 +58µ

484900

a2 ! 58µ

49900

a2 =2564

µa2.

Stefano Siboni 3960

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(d) Energia cinetica rispetto alla terna assoluta &012L’energia cinetica del sistema rigido rispetto alla terna assoluta puo essere calcolata con-venientemente mediante il teorema di Konig:

T =m

2O2 + O ·mG! + T !

con:G! = %( $ (G ! O) e T ! =

12%( · LO(%() ,

essendo il moto “attorno ad O” del corpo un moto rigido con punto fisso O. Nella fattispeciesi ha:

m =58µ O = a(e1 %( = (e2 ! 2(e3 G !O =

730

ae2 ,

per cui risulta:m

2O2 =

516

µa2(2

O · mG! = a(e1 ·58µ((e2 ! 2(e3) $

730

ae2 = a(e1 ·58µ

! 715

a(e1

"=

724

µa2(2

T ! =12%( · LO(%() =

12(2(0 1 ! 2)µa2

2

317/192 0 0

0 1/6 00 0 49/192

4

5

2

301!2

4

5 =

=12µa2(2

(16· 12 +

49192

· (!2)2)

=12µa2(2

!16

+4948

"=

1932

µa2(2

e quindi:

T =516

µa2(2 +724

µa2(2 +1932

µa2(2 =11596

µa2(2 .

(e) Asse di Mozzi rispetto al riferimento &012Rispetto alla terna &012 l’atto di moto rigido ammette l’asse di Mozzi individuato dall’e-quazione parametrica:

P !O =%( $ O

|%(|2+ -%( *- " R

con:%( = (e2 ! 2(e3 e O = a(e1 .

Si ha dunque:

P ! O =((e2 ! 2(e3) $ a(e1

|(e2 ! 2(e3|2+ -((e2 ! 2(e3) =

=a(2(!e3 ! 2e2)

5(2+ -((e2 ! 2(e3) = !2

5ae2 !

a

5e3 + -((e2 ! 2(e3)

e posto per brevita -( = " l’equazione parametrica dell’asse di Mozzi si riduce a:

P !O =!!2

5a + "

"e2 +

!!a

5! 2"

"e3 *" " R .

Stefano Siboni 3961

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 740. Geometria delle masseUn sistema materiale e costituito da due dischi circolari D1, D2 e da un’asta rettilinea AB,posti nel piano Oxy di una terna ortogonale Oxyz = Oe1e2e3. D1 ha raggio a, centroC1(!2a, 0, 0) e densita /(P ) = µ|P !C1|/a3 *P " D1, essendo µ una massa caratteristica.D2 e uguale a D1, ma con centro in C2(2a, 0, 0). L’asta ha per estremi i punti A(!a, 0, 0)e B(a, 0, 0), e la sua densita vale ,(P ) = µ|P ! O|2/a3 *P " AB.

Determinare del sistema:

(a) la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz;(b) la matrice d’inerzia relativa a Oxyz;(c) i momenti d’inerzia relativi alla retta r di equazione x = a, z = 0, e alla retta s di

equazione y = 2x, z = 0.

Soluzione(a) Massa e baricentroLa massa del sistema puo essere calcolata come somma delle masse dell’asta AB e dei duedischi, dal momento che le sole intersezioni fra le tre parti sono costituite dai punti A e B,che in alcun modo concorrono all’integrale curvilineo su AB e a quelli di superficie su D1

e D2.

Massa dell’asta ABL’asta viene descritta per mezzo dell’ovvia parametrizzazione:

P (x) ! O = xe1 , x " [!a, a] ,

in termini della quale l’elemento infinitesimo di lunghezza si scrive ds = |P !(x)|dx = dx ela densita lineare di massa diventa:

,(x) =µ

a3x2 , x " [!a, a] .

La massa dell’asta e quindi data dall’integrale curvilineo:

mAB =;

AB

, ds =a;

%a

µ

a3x2 dx =

µ

a3

(x3

3

)a

%a

=23µ .

Stefano Siboni 3962

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Massa del disco D1 (e del disco D2)Conviene parametrizzazione il disco D1 rispetto al suo centro C1, in coordinate polaripiane:

P (3,') !C1 = 3 cos ' e1 + 3 sin' e2 , (3,') " [0, a] / [0, 2$] ,

sicche l’elemento infinitesimo di area vale dA = 3 d3d' e la densita areale di massa assumela forma:

/(3,') =µ

a33 , (3,') " [0, a] / [0, 2$] .

La massa del disco risulta percio:

mD1 =;

D1

/ dA =a;

0

d3 3

2%;

0

d'µ

a33 =

µ

a3

a;

0

32d3

2%;

0

d' =µ

a3

a3

32$ =

2$

3µ .

Poiche i due dischi sono per ipotesi uguali, il disco D2 presenta ovviamente la stessa massa.

Massa del sistemaLa somma delle masse parziali calcolate fornisce la massa totale del sistema:

m = mAB + mD1 + mD2 =23µ +

2$

3µ +

2$

3µ =

23(1 + 2$)µ .

Baricentro del sistemaL’origine O rappresenta un evidente centro di simmetria del sistema. La figura e infattiinvariante per riflessione rispetto ad O, e nei punti simmetrici la densita assume semprelo stesso valore. Questa seconda proprieta e immediata per i punti dell’asta, dal momentoche i punti simmetrici rispetto ad O si trovano alla stessa distanza da O e la densita, e funzione di questa sola distanza; e altresı evidente che per ogni punto P di D1 ilcorrispondente simmetrico P ! rispetto ad O appartiene a D2, e che le distanze |P ! C1| e|P ! !C2| sono uguali — basta osservare che per ipotesi i punti C1, O e C2 sono allineati,con |C1 ! O| = |C2 ! O|, e che per definizione i punti P , O, P ! risultato a loro voltaallineati, con |P !O| = |P ! !O|. I triangoli OC1P e OC2P ! sono percio congruenti per ilprimo criterio di congruenza fra triangoli, avendo rispettivamente uguali due lati e l’angoloin O fra essi compreso.

Si conclude pertanto che il baricentro G del sistema va identificato con l’origine O.

Stefano Siboni 3963

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(b) Matrice d’inerziaLa terna Oxyz ha origine nel baricentro O e i suoi assi Ox, Oy, Oz sono assi di simmetriaevidenti. Il sistema giace inoltre nel piano coordinato Oxy. Ne deriva che la terna Oxyz ecentrale d’inerzia e che la relativa matrice d’inerzia assume la particolare forma diagonale:

[LO] =

2

3Lxx 0 00 Lyy 00 0 Lxx + Lyy

4

5.

Al momento d’inerzia rispetto all’asse Ox concorrono soltanto i due dischi identici, ciascunodei quali fornisce un uguale contributo. Il momento d’inerzia di D1 viene calcolato comerelativo alla retta C1x:

LD1xx = ID1

C1x =;

D1

y2/ dA =a;

0

d3 3

2%;

0

d'µ

a33 32sin2' =

µ

a3

a;

0

34d3

2%;

0

sin2' d' =

=µ

a3

a5

5

2%;

0

1 ! cos 2'

2d' =

µa2

10

(' ! sin 2'

2

)2%

0

=$

5µa2

per cui:

Lxx =$

5µa2 +

$

5µa2 =

2$

5µa2 .

Il momento d’inerzia rispetto all’asse Oy contiene invece un contributo dell’asta AB e dueuguali contributi da parte di ciascun disco:

Lyy = LAByy + LD1

yy + LD2yy = LAB

yy + 2LD1yy .

Per l’asta si ha:

LAByy =

;

AB

x2, ds =a;

%a

x2 µ

a3x2dx =

µ

a3

(x5

5

)a

%a

=25µa2

mentre per il disco D1 conviene ricorrere al teorema di Huygens-Steiner:

LD1yy = mD1 |C1 !O|2 + ID1

C1y =2$

3µ(2a)2 +

;

D1

x2/ dA =

=8$

3µa2 +

a;

0

d3 3

2%;

0

d'µ

a33 32cos2' =

8$

3µa2 +

µ

a3

a;

0

34d3

2%;

0

cos2 ' d' =

=8$

3µa2 +

µ

a3

a5

5

2%;

0

1 + cos 2'

2d' =

8$

3µa2 +

$

5µa2 =

4315

$µa2

Stefano Siboni 3964

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e dunque:

Lyy =25µa2 + 2 · 43

15$µa2 =

!25

+8615

$"µa2.

Vale infine:

Lxx + Lyy =2$

5µa2 +

!25

+8615

$"µa2 =

!25

+9215

$"µa2

e la matrice d’inerzia del sistema risulta cosı:

[LO] = µa2

2

@@@@3

2$

50 0

025

+8615

$ 0

0 025

+9215

$

4

AAAA5.

(c) Momenti d’inerziaRetta r di equazione x = a, z = 0La retta e parallela all’asse Oy, che passa per il baricentro O del sistema. Il momentod’inerzia relativo a r segue quindi direttamente dal teorema di Huygens-Steiner:

Ir = IOy + m|B ! O|2 = Lyy + m|B ! O|2 =!2

5+

8615

$"µa2 +

!23

+4$

3

"µ · a2 =

=!2

5+

8615

$ +23

+4$

3

"µa2 =

!1615

+10615

$"µa2 .

Retta s di equazione y = 2x, z = 0La retta in questione passa per l’origine O ed e individuata dalla parametrizzazione:

P (x) !O = xe1 + 2xe2 , x " R ,

e quindi dal versore tangente:

n =P !(x)|P !(x)| =

e1 + 2e2

|e1 + 2e2|=

e1 + 2e2'5

.

Il momento d’inerzia richiesto e dato dalla nota formula:

Is = n · LO(n) =15(1 2 0) [LO]

2

3120

4

5 =15

!Lxx · 12 + Lyy · 22

"=

=15

!Lxx + 4Lyy

"=

15

!2$

5+ 4 · 2

5+ 4 · 86

15$"µa2 =

! 825

+143

$"µa2 .

Stefano Siboni 3965

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 741. Equazioni cardinali della dinamica e attrito radenteUna motocicletta di massa m, compresoil pilota, frena bruscamente ed entrambele gomme iniziano a slittare lungo unalinea retta, in modo che veicolo e con-ducente possono approssimarsi come ununico sistema rigido. Il coe!ciente di at-trito radente dinamico fra gomme e suoloe dato da µd. Indicati con h l’altezzadal suolo del baricentro G del sistema,con p la distanza fra i punti di appoggiodelle ruote, con b l’ascissa di G rispettoal punto di contatto posteriore, determi-nare:

(a) il modulo dell’accelerazione della motocicletta;

(b) le forze di attrito radente dinamico su ciascuna ruota.

SoluzioneConviene introdurre una terna di riferimento inerziale Oxyz in modo che l’asse Oy siadiretto verticalmente verso l’alto e l’asse Ox venga a coincidere con la retta lungo la qualele ruote del veicolo slittano — si supponga che lo slittamento avvenga nel verso delle xcrescenti.Indicati con A e B i punti di contatto con il suolo della ruota posteriore e della ruotaanteriore rispettivamente, le forze esterne che agiscono sul sistema sono costituite dal pesoin G e dalle reazioni vincolari in A e B. Le forze esterne applicate sono dunque:

# !mge2 applicata in G;

# %"A = !µd|"Ay|e1 + "Ay e2, agente in A;

# %"B = !µd|"By|e1 + "By e2, agente in B,

dove si e usata la legge di Coulomb-Morin dell’attrito radente dinamico e l’ipotesi che ilmoto avvenga nel verso delle x crescenti. Poiche le ruote sono semplicemente appoggiateal suolo, e non adese, ci si aspetta che le componenti verticali "Ay e "By delle reazionidebbano avere segno positivo, per cui:

%"A = !µd"Aye1 + "Ay e2 , "Ay ) 0 ,

%"B = !µd"Bye1 + "By e2 , "By ) 0 .

Per individuare la posizione della motocicletta lungo l’asse Ox si puo ricorrere all’ascissax del punto A. Le reazioni vincolari sono determinabili mediante le equazioni cardinalidella dinamica, sfruttando la circostanza che il moto rigido della motocicletta e puramentetraslatorio lungo la direzione e1.

Stefano Siboni 3966

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Prima equazione cardinale della dinamicaL’equazione cardinale dell’impulso si scrive:

mG = !mge2 + %"A + %"B

ossia, essendo G ! O = A ! O + G ! A = xe1 + G ! A con G ! A vettore costante:

mxe1 = !mge2 ! µd"Aye1 + "Ay e2 ! µd"By e1 + "Bye2 .

Se ne deducono le due equazioni scalari:%&

'mx = !µd"Ay ! µd"By

0 = !mg + "Ay + "By

la seconda delle quali assume la forma equivalente:

"Ay + "By = mg (741.1)

mentre la prima fornisce l’accelerazione del veicolo:

x = !µd

m("Ay + "By) = !µd

mmg = !µdg . (741.2)

Seconda equazione cardinale della dinamicaData l’assenza di punti fissi, e senz’altro opportuno determinare l’equazione cardinale delmomento angolare rispetto al baricentro G del sistema:

d %KG

dt= (G ! G) $ (!mge2) + (A !G) $ %"A + (B ! G) $ %"B .

Il momento angolare in G risulta costantemente nullo a causa del moto puramente traslato-rio, come e immediato riconoscere grazie al teorema di Konig e all’annullarsi della velocitaangolare %( del sistema:

%KG = %K !G = LG(%() = LG(0) = 0 .

Si hanno inoltre le relazioni:

A ! G = !be1 ! he2 B ! G = (p ! b)e1 ! he2

per cui il momento in G delle forze esterne si riduce a:

(A ! G) $ %"A + (B ! G) $ %"B =////

!b !h!µd"Ay "Ay

//// e3 +////

p ! b !h!µd"By "By

//// e3 =

=#!(b + hµd)"Ay + (p ! b ! hµd)"By

$e3

Stefano Siboni 3967

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e l’equazione cardinale diventa:

0 = !(b + hµd)"Ay + (p ! b ! hµd)"By . (741.3)

(a) Accelerazione della motociclettaL’accelerazione del veicolo durante lo slittamente e data dall’equazione (741.2):

x = !µdg .

Da notare che, come ci si aspetta, l’accelerazione risulta nulla nel caso il coe!ciente diattrito radente dinamico sia trascurabile.

(b) Attriti radenti dinamici agli appoggiLe equazioni (741.1) e (741.3) costituiscono un sistema lineare algebrico nelle incognite"Ay e "By: %

&

'"Ay + "By = mg

!(b + hµd)"Ay + (p ! b ! hµd)"By = 0

e consentono di ricavare le reazioni vincolari esterne agli appoggi. La formula di Cramerporge infatti:

"Ay =

////mg 10 p ! b ! hµd

////////

1 1!(b + hµd) p ! b ! hµd

////= mg

p ! b ! hµd

p

"By =

////1 mg

!(b + hµd) 0

////////

1 1!(b + hµd) p ! b ! hµd

////= mg

b + hµd

p

(741.4)

e gli attriti radenti dinamici agli appoggi diventano:

! µd"Ay = !µdmgp ! b ! hµd

pin A

! µd"By = !µdmgb + hµd

pin B .

Le equazioni (741.4) mostrano che mentre la condizione "By > 0 e sempre soddisfatta, larichiesta che sia "Ay > 0 impone il requisito di compatibilita:

p ! b ! hµd > 0 %& p ! b

h> µd

in mancanza del quale il moto traslatorio non e possibile (la ruota posteriore tenderebbea perdere contatto con il suolo e il veicolo si ribalterebbe attorno al punto B). Si osservi

Stefano Siboni 3968

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

che la condizione appare del tutto ragionevole dal punto di vista fisico: il ribaltamento escongiurato quando la distanza p ! b fra la retta d’azione del peso e quella della reazionevincolare in B risulta su!cientemente grande rispetto all’altezza h del baricentro G.Il risultato si interpreta in modo ovvio nel sistema di riferimento che si muove di conservacon la motocicletta. In tale riferimento infatti, non inerziale, il veicolo e soggetto ad unsistema di forze fittizie di trascinamento equivalente ad un’unica forza !mxe1 = µdmge1

applicata in G. Rispetto all’asse Bz queste forze fittizie hanno braccio h e momento:

!h ·mgµd

mentre per la forza peso il braccio e p ! b e il relativo momento vale:

(p ! b) · mg .

A!nche il sistema si mantenga in quiete relativa rispetto alla terna considerata, con "Ay >0, occorre e basta che il momento totale delle due forze precedenti sia positivo:

!h · mgµd + (p ! b) · mg > 0

vale a dire che:p ! b

h> µd

come a$ermato.

Esercizio 742. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoUna guida circolare di raggio 3R e centro Oe fissa nel piano Oxy di una terna Oxyz cheruota con velocita angolare costante ( attornoall’asse verticale Oy rispetto ad un riferimentoinerziale. Nello stesso piano un disco circolareomogeneo D, di centro C , raggio R e massa m,rotola senza strisciare lungo il bordo internodella guida. Due aste rigide omogenee OCe AC , entrambe di massa m e lunghezza 2R,sono incernierate a D in C , l’una con l’estremoO fisso e l’altra con l’estremo A vincolato ascorrere lungo Oy — vedi figura. Il sistema esoggetto al peso e una molla ideale di costanteelastica k congiunge O con A. I vincoli si con-siderano ideali. Si vuole utilizzare la coordi-nata generalizzata . = COA " R per determinare del sistema:

(a) l’espressione dell’energia cinetica;(b) le equazioni pure del moto;(c) gli equilibri;

Stefano Siboni 3969

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(d) le proprieta di stabilita degli equilibri;(e) le espressioni dell’impulso, del momento angolare in O e di un integrale primo.

Soluzione(a) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema risulta dalla somma delle energie cinetiche del disco e delledue aste, che conviene determinare separatamente una ad una.

Energia cinetica del discoIl disco e privo di punti fissi ed e percio opportuno determinarne l’energia cinetica mediantela formula di Konig:

TD =m

2C2 +

12IDCz|%(D|2 (742.1)

notando che il baricentro del disco coincide con il centro geometrico — e di simmetria —dello stesso:

C !O = 2R sin . e1 ! 2R cos . e2

ed ha velocita istantanea

C = (2R cos . e1 + 2R sin. e2).

con modulo quadrato:C2 = 4R2.2.

Il momento del disco rispetto all’asse baricentrale Cz vale poi

IDCz =

mR2

2.

Infine, siccome il disco di raggio R rotola senza strisciare sul bordo interno della guidacircolare di raggio 3R, la velocita angolare di D e data dalla formula:

%(D = !!3R

R! 1

". e3 = !2. e3 .

Inserendo questi dati nella formula di Konig (742.1) si ottiene allora:

TD =m

24R2.2 +

12

mR2

2|! 2. e3|2 = 2mR2.2 + mR2.2 = 3mR2.2.

Energia cinetica dell’asta OCL’asta omogenea OC , di massa m e lunghezza 2R, ruota con velocita angolare . e3 attornoall’asse fisso Oz e la sua energia cinetica si scrive pertanto:

TOC =12IOCOz |. e3|2 =

12

m(2R)2

3.2 =

23mR2.2 .

Stefano Siboni 3970

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Energia cinetica dell’asta CAPer l’asta CA, identica alla precedente ma priva di assi fissi, occorre tornare al teorema diKonig e scrivere l’energia cinetica nella forma:

TCA =m

2G2 +

12ICAGz |%(CA|2

dove il baricentro G si identifica con il punto medio del segmento CA ed e individuato dalvettore posizione:

G ! O = C ! O + G !C = C ! O +A ! C

2=

= 2R sin. e1 ! 2R cos . e2 ! R sin. e1 ! R cos . e2 = R sin. e1 ! 3R cos . e2

cui corrisponde la velocita istantanea

G = R(cos . e1 + 3 sin . e2). , (742.2)

mentre il momento d’inerzia dell’asta rispetto all’asse baricentrale Gz vale

ICAGz =

m(2R)2

12=

mR2

3

e la velocita angolare dell’asta risulta

%(CA = !. e3

in quanto l’angolo OAC e alla base del triangolo isoscele OAC e coincide percio con .a meno dell’orientamento — i due angoli sono l’uno l’immagine speculare dell’altro. Nederiva che:

TCA =m

2|R(cos . e1 + 3 sin . e2).|2 +

12

mR2

3|! . e3|2 =

=mR2

2(cos2. + 9sin2.).2 +

mR2

6.2 =

mR2

2

!43

+ 8 sin2.".2 .

Energia cinetica del sistemaPer ricavare l’energia cinetica dell’intero sistema basta ora sommare le energie cinetichedelle tre parti rigide costituenti, il disco D e le due aste OC e CA:

T = TD+TOC+TCA = 3mR2.2+23mR2.2+

mR2

2

!43+8 sin2.

".2 =

mR2

2

!263

+8 sin2.".2.

(b) Equazioni pure del motoLe forze attive applicate al sistema sono il peso, l’interazione elastica fra i punti O ed A,il campo delle forze centrifughe ed il sistema delle forze di Coriolis. Tutte, tranne le forzedi Coriolis, hanno natura posizionale conservativa e vengono rappresentate per mezzo dei

Stefano Siboni 3971

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

relativi potenziali. Le forze di Coriolis, tuttavia, non producono alcun e$etto sui motinaturali del sistema dal momento che la loro componente generalizzata e identicamentenulla:

QCor* =

<

P

!2mP

( e3 $ P · )P

).=

<

P

!2mP

( e3 $)P

).. · )P

).= 0 .

Ne segue che il sistema puo considerarsi scleronomo posizionale e conservativo. Trattan-dosi inoltre di sistema a vincoli ideali, le equazioni pure del moto si identificano con leequazioni di Lagrange. Le configurazioni sono specificate completamente dall’unica coor-dinata generalizzata ., per cui unica e anche l’equazione del moto:

d

dt

!)L

).

"! )L

).= 0

in termini della lagrangiana L = T + U . Per determinare L occorre pero ricavare ilpotenziale U del sistema, che sara dato dalla somma di un potenziale gravitazionale, unoelastico ed uno centrifugo.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale del disco e dato dalla formula

UDg = !mg e2 · (C ! O) = 2mgR cos .

mentre quello dell’asta OC vale

UOCg = !mg e2 ·

C ! O

2= !mg e2 · (R sin. e1 ! R cos . e2) = mgR cos . .

Quanto all’asta CA, si ha l’analoga espressione:

UCAg = !mg e2 · (G !O) = !mg e2 · (R sin. e1 ! 3R cos . e2) = 3mgR cos . .

Il potenziale gravitazionale complessivo e dunque la somma dei potenziali parziali relativialle tre parti rigide costituenti il sistema:

Ug = UDg + UOC

g + UCAg = 6mgR cos . .

Potenziale elasticoIl potenziale elastico e associato alla molla di costante elastica k posta fra i punti O ed A:

Uel = !k

2|A ! O|2 = !k

2|! 4R cos . e2|2 = !8kR2cos2. .

Stefano Siboni 3972

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Potenziale centrifugoPer determinare il potenziale centrifugo del sistema occorre sommare i contributi del disco edelle due aste, che si calcolano direttamente secondo la definizione. Il potenziale centrifugodel disco D, circolare e omogeneo, basta applicare la formula generale

UDcf =

(2

2IDOy =

(2

2

!mR2

4+ 4mR2sin2.

"= 2mR2(2sin2. +

mR2(2

8,

essendosi fatto uso del teorema di Huygens-Steiner che lega i momenti d’inerzia relativiagli assi Oy e Cy:

IDOy = ID

Cy + m|(C !O) · e1|2 =mR2

4+ m(2R sin .)2 =

mR2

4+ 4mR2sin2. .

Per l’asta OC conviene ricorrere ad una integrazione diretta sull’ascissa curvilinea 0 "[0, 2R], scegliendo O come origine degli spazi — il punto dell’asta in cui 0 = 0:

UOCcf =

(2

2IOCOy =

(2

2

2R;

0

(0 sin .)2m

2Rd0 =

m(2

4Rsin2.

2R;

0

02d0 =23mR2(2sin2.

e, per l’evidente simmetria, un analogo contributo deve essere assegnato all’asta CA:

UCAcf = UOC

cf =23mR2(2sin2. .

In tal modo, omesse le costanti additive inessenziali, il potenziale centrifugo del sistemadiventa

Ucf = UDcf + UOC

cf + UCAcf =

= 2mR2(2sin2. +23mR2(2sin2. +

23mR2(2sin2. =

103

mR2(2sin2..

Potenziale del sistemaSommando i potenziali parziali teste calcolati, si ricava il potenziale del sistema:

U = Ug + Uel + Ucf = 6mgR cos . ! 8kR2cos2. +103

mR2(2sin2. =

= 6mgR cos . +!8k +

103

m(2"R2sin2. ! 8kR2

(742.3)

in cui la costante additiva !8kR2 puo beninteso essere omessa.

Equazioni di LagrangeLa lagrangiana del sistema diventa cosı:

L = T + U =mR2

2

!263

+ 8 sin2.".2 + 6mgR cos . +

!8k +

103

m(2"R2sin2.

Stefano Siboni 3973

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

con:

)L

).= mR2

!263

+ 8 sin2.".

d

dt

!)L

).

"= mR2

!263

+ 8 sin2.". + 16mR2 sin. cos . .2

)L

).= 8mR2 sin . cos . .2 ! 6mgR sin. +

!16k +

203

m(2"R2 sin. cos .

per cui l’equazione pura del moto si scrive:

mR2!26

3+8 sin2.

".+8mR2 sin. cos . .2+6mgR sin .!

!16k+

203

m(2"R2 sin. cos . = 0.

(c) EquilibriGli equilibri di questo sistema scleronomo posizionale conservativo a vincoli bilaterali idealisono tutti ordinari e si identificano con i punti critici del potenziale. Si pone dunque ugualea zero la derivata prima del potenziale (742.3):

U !(.) = !6mgR sin. +!16k +

203

m(2"R2 sin. cos .

e si risolve l’equazione trigonometrica

!6mgR sin . +!16k +

203

m(2"R2 sin . cos . = 0

che equivale alla

!16k +

203

m(2"R2 sin.

(! 9mg

(24k + 10m(2)R+ cos .

)= 0

ed ammette due radici sempre definite per sin. = 0:

. = 0 . = $

mentre le due ulteriori radici simmetriche

. = arccos(

9mg

(24k + 10m(2)R

):= .! " (0,$/2) . = !.!

sono definite e distinte dalle precedenti purche sia soddisfatta la condizione di esistenza

9mg

(24k + 10m(2)R< 1 .

Stefano Siboni 3974

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(d) Stabilita degli equilibriLa stabilita degli equilibri di questo sistema scleronomo posizionale conservativo viene a-nalizzata mediante i teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. Per condurrel’analisi, la derivata seconda del potenziale

U !!(.) = !6mgR cos . +!16k +

203

m(2"R2(cos2. ! sin2.)

deve essere calcolata in ciascuna configurazione di equilibrio.

Configurazione . = 0In questo equilibrio la derivata seconda del potenziale non presenta segno definito:

U !!(0) = !6mgR +!16k +

203

m(2"R2 =

!16k +

203

m(2"R2

(1 ! 9mg

(24k + 10m(2)R

)

ed obbliga a considerare tre diversi casi:

! se 9mg/(24k + 10m(2)R > 1 la derivata seconda U !!(0) e negativa ed assicura chel’equilibrio rappresenta un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per La-grange-Dirichlet;

! per 9mg/(24k+10m(2)R < 1 si ha U !!(0) > 0 e l’equilibrio e instabile per l’inversioneparziale del teorema di Lagrange-Dirichlet;

! se infine 9mg/(24k + 10m(2)R = 1 risulta U !!(0) = 0 e si perviene ad un caso criticodi stabilita. Occorre allora esaminare le derivate di ordine superiore di U , fino adindividuare quella non nulla di ordine piu basso:

U (3)(.) = 6mgR sin . ! 2!16k +

203

m(2"R2 sin(2.)

U (4)(.) = 6mgR cos . ! 4!16k +

203

m(2"R2 cos(2.)

ossia:

U (3)(0) = 0 U (4)(0) = 6mgR! 83(24k + 10m(2)R2 = !18mgR < 0

e considerare quindi l’approssimazione di Taylor al quarto ordine

U(.) = U(0) ! 18mgR

4!.4 + O(.5) = U(0) ! 3

4mgR.4 + O(.5)

per concludere che la configurazione costituisce un massimo relativo proprio del poten-ziale, la cui stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 3975

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Configurazione . = $In questo caso la derivata seconda del potenziale assume sempre segno positivo

U !!($) = 6mgR +!16k +

203

m(2"R2 > 0

e garantisce l’instabilita della configurazione per l’inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione . = .!

Nella fattispecie la derivata seconda del potenziale e negativa

U !!(.!) = !6mgR cos .! +!16k +

203

m(2"R2(cos2.! ! sin2.!) =

=!16k +

203

m(2"R2(! cos .! cos .! + cos2.! ! sin2.!) =

= !!16k +

203

m(2"R2sin2. < 0

e l’equilibrio risulta percio un massimo relativo proprio del potenziale. La stabilita seguedal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione . = !.!

La derivata seconda del potenziale in questa configurazione coincide con quella calcolatanell’equilibrio simmetrico precedente . = .!. Cio segue dal fatto che il potenziale e unafunzione pari del suo argomento:

U(!.) = U(.) *. " R .

Quando definito, l’equilibrio e quindi stabile per Lagrange-Dirichlet.

(e) Impulso, momento angolare in O e integrale primoCome gia l’energia cinetica, l’impulso e il momento angolare in O del sistema vengonocalcolati additivamente, come somma dei contributi di disco e aste.

ImpulsoLa quantita di moto del disco e pari al prodotto della sua massa m per la velocita istantaneadel relativo baricentro C :

%QD = mC = m 2R(cos . e1 + sin. e2). = 2mR(cos . e1 + sin. e2). .

Per l’asta OC si ha invece:

%QOC = md

dt

!C ! O

2

"=

m

2C =

m

22R(cos . e1 + sin. e2). = mR(cos . e1 + sin. e2).

ed una analoga espressione vale per l’asta CA:

%QCA = mG = mR(cos . e1 + 3 sin. e2). .

Stefano Siboni 3976

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

in cui e fatto uso della relazione (742.2) per la velocita del centro di massa G. La quantitadi moto del sistema e quindi data dalla somma:

%Q = %QD + %QOC + %QCA =

= 2mR(cos . e1 + sin . e2). + mR(cos . e1 + sin . e2). + mR(cos . e1 + 3 sin . e2). =

= mR(4 cos . e1 + 6 sin. e2). .

Momento angolare in OData la mancanza di punti fissi, il momento angolare in O del disco viene determinato conil teorema di Konig:

%KDO = (C ! O) $ mC + %KD!

C ,

dove il “momento angolare in O del baricentro” viene calcolato eseguendo il prodottovettore a secondo membro:

(C ! O) $ mC = 2R(sin . e1 ! cos . e2) $ m 2R(cos . e1 + sin. e2). = 4mR2. e3 ,

mentre il momento angolare in C del disco relativo alla terna baricentrale Cxyz si ottienedalla formula del momento angolare di un corpo rigido con punto fisso:

%KD!

C = LDC(%(D) = LD

C(!2. e3) = IDCz(!2. e3) =

mR2

2(!2. e3) = !mR2. e3 ,

notando che nella terna baricentrale il disco ruota con velocita angolare %(D = !2. e3

attorno all’asse fisso Cz e che quest’ultimo rappresenta un asse centrale d’inerzia di D, percui e3 e autovettore dell’operatore d’inerzia in C del disco stesso LD

C . In definitiva:

%KDO = 4mR2. e3 ! mR2. e3 = 3mR2. e3 .

Il momento angolare in O dell’asta OC si calcola invece direttamente, sfruttando l’asse fissoOz, che e anche un asse principale d’inerzia in O del corpo. Indicato con LOC

O l’operatored’inerzia in O dell’asta OC , si ha cosı:

%KOCO = LOC

O (. e3) = IOCOz . e3 =

m(2R)2

3. e3 =

43mR2. e3 .

Infine, per il momento angolare in O della seconda asta conviene fare riferimento nuova-mente alla formula di Konig e scrivere:

%KCAO = (G !O) $ mG + %KCA!

G

dove vale:

(G ! O) $ mG = R(sin . e1 ! 3 cos . e2) $ mR(cos . e1 + 3 sin. e2). = 3mR2. e3 ,

Stefano Siboni 3977

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

mentre il momento d’inerzia in G dell’asta rispetto alla terna baricentrale Gxyz e dato da:

%KCA!

G = LCAG (%(CA) = LCA

G (!. e3) = ICAGz (!. e3) =

mR2

3(!. e3) = !mR2

3. e3 ,

ricordato che in tale terna il moto dell’asta avviene con velocita angolare !. e3 attornoall’asse fisso Gz e che quest’ultimo rappresenta un asse centrale d’inerzia per il corpo —il suo versore direttore e3 e un autovettore dell’operatore d’inerzia in G dell’asta, LCA

G . Siconclude che il momento angolare in O dell’asta CA assume la forma:

%KCAO = 3mR2. e3 !

mR2

3. e3 =

83mR2. e3 .

La somma dei momenti angolari parziali in O fornisce il momento angolare totale richiesto:

%KO = %KDO + %KOC

O + %KCAO = 3mR2. e3 +

43mR2. e3 +

83mR2. e3 = 7mR2. e3 .

Integrale primoIl sistema e scleronomo posizionale e conservativo. Un ovvio integrale primo e percio quellodell’energia meccanica H = T ! U :

H(., .) =mR2

2

!263

+ 8 sin2.".2 ! 6mgR cos . !

!8k +

103

m(2"R2sin2. .

Esercizio 743. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoUn sistema rigido e costituito da un quadratoomogeneo Q, di massa m e lato a, e da un’astaAB di massa trascurabile, che in A si salda or-togonalmente a un lato di Q, nel punto mediodi questo. Il sistema ruota attorno all’asse fissoOz nel piano verticale Oxy di una terna inerzialeOxyz, in modo che O " AB con |A ! O| = a e|B ! O| = 3a. Lungo AB scorre liberamente unpunto P di massa m, che una molla ideale di co-stante elastica k collega a O. Il sistema e pesan-te e a vincoli ideali. Usando le coordinate la-grangiane + " R e s " [0, 3] in figura, determinare del sistema:

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

Stefano Siboni 3978

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(e) le equazioni di Lagrange del moto.

Soluzione(a) Equilibri ordinariLe sollecitazioni attive applicate al sistema scleronomo sono tutte posizionali conservative,e vengono percio descritte dai relativi potenziali.

Potenziale delle forze pesoIl baricentro G del sistema rigido coincide con quello della sola piastra Q, dal momentoche l’asta ha per ipotesi massa trascurabile. G coincide con il centro del quadrato e la suadistanza da O si scrive ovviamente:

|G ! O| = a +a

2=

32a

per cui il vettore posizione di G diventa:

G ! O = !32a sin + e1 +

32a cos + e2 .

In modo analogo si ricava il vettore posizione del punto materiale P :

P ! O = as sin + e1 ! as cos + e2 .

Il potenziale gravitazionale e dunque la somma dei contributi relativi al sistema rigido eal punto P :

Ug = !mge2 ·(G!O)!mge2 ·(P !O) = !32mga cos ++mgas cos + =

!s! 3

2

"mga cos + .

Potenziale elasticoIl potenziale associato alla molla ideale si ricava immediatamente dalla definizione:

Uel = !k

2|P ! O|2 = !ka2

2s2 .

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

U(+, s) = Ug + Uel = mga!s ! 3

2

"cos + ! ka2

2s2 (+, s) " R / [0, 3] .

Equilibri ordinariGli equilibri ordinari sono tutti e soli i punti critici del potenziale U all’interno del relativodominio di definizione. Essi si ricavano percio annullando simultaneamente le derivateparziali prime:

)U

)+(+, s) = !mga

!s ! 3

2

"sin +

)U

)s(+, s) = mga cos + ! ka2s

Stefano Siboni 3979

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ovvero risolvendo nel dominio indicato il sistema di equazioni:%&

'!mga

!s ! 3

2

"sin + = 0

mga cos + ! ka2s = 0(+, s) " R / (0, 3)

che puo porsi nella forma equivalente:%,&

,'

!s ! 3

2

"sin + = 0

s =mg

kacos +

(+, s) " R / (0, 3) .

La prima equazione ammette le soluzioni:

+ = 0 + = $ s =32

che sostituite nella seconda consentono di ricavare gli equilibri richiesti:

# per + = 0 si deduce s = mg/ka e quindi l’equilibrio:

(+, s) =!0,

mg

ka

"

a condizione che risulti mg/ka < 3. La conclusione e facilmente interpretabile, dalmomento che se + = 0 l’asta e disposta verticalmente con l’estremo B sotto l’origine:a!nche possa sussistere l’equilibrio ordinario appare plausibile che la forza elasticadebba essere su!cientemente intensa in rapporto al peso del punto P ;

# se + = $ risulterebbe s = !mg/ka, valore che non e ricompreso nel dominio didefinizione del potenziale. A questa scelta della variabile angolare non corrispondealcun equilibrio ordinario. Anche questo risultato si interpreta agevolmente, visto cheper + = $ l’asta si colloca verticalmente ma con l’estremo B al di sopra dell’origine,per cui peso e forza elastica concorrono a schiacciare P contro O;

# per s = 3/2 si hanno l’equazione trigonometrica:

32

=mg

kacos +

e quindi le radici:

+ = arccos! 3ka

2mg

":= +! + = !+!

definite e distinte da + = 0 per 3ka/2mg < 1. Ne derivano gli equilibri:

(+, s) =!+!,

32

"(+, s) =

!!+!,

32

"

con +! " (0,$/2).

Stefano Siboni 3980

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Riassumendo, gli equilibri ordinari del sistema sono:

# (+, s) =!0,

mg

ka

"per mg/ka < 3

# (+, s) =!+!,

32

"per 3ka/2mg < 1, con +! = arccos(3ka/2mg) " (0,$/2)

# (+, s) =!!+!,

32

"per 3ka/2mg < 1, con +! come sopra.

(b) Equilibri di confineLe configurazioni di confine del sistema si hanno per s = 0 e per s = 3, con + " R.Conviene senz’altro considerare separatamente i due casi, ricordando che le componentigeneralizzate delle forze attive sono date da:

Q)(+, s) =)U

)+(+, s) = !mga

!s ! 3

2

"sin+

Qs(+, s) =)U

)s(+, s) = mga cos+ ! ka2s .

Retta (+, s) = (+o, 0), +o " RL’ipotesi dei vincoli ideali consente di applicare il teorema dei lavori virtuali, che forniscela seguente caratterizzazione degli equilibri lungo questo tratto della frontiera:

Q)(+o, 0) *+ + Qs(+o, 0) *s ( 0 * *+ " R , * *s ) 0 ,

vale a dire: %&

'Q)(+o, 0) = 0

Qs(+o, 0) ( 0%&

%&

'

32mga sin +o = 0

mga cos+o ( 0 .

L’equazione porge le possibili soluzioni distinte +o = 0 e +o = $, delle quali pero soltantola seconda soddisfa la disequazione. Lungo questo tratto di frontiera si individua quindila sola configurazione di equilibrio:

(+, s) = ($, 0) ,

definita incondizionatamente.

Retta (+, s) = (+o, 3), +o " RNella fattispecie la condizione di equilibrio si scrive:

Q)(+o, 3) *+ + Qs(+o, 3) *s ( 0 * *+ " R , * *s ( 0 ,

ossia: %&

'Q)(+o, 3) = 0

Qs(+o, 3) ) 0%&

%&

'!3

2mga sin+o = 0

mga cos +o ! 3ka2 ) 0 .

Stefano Siboni 3981

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Dall’equazione di equilibrio si deducono ancora le soluzioni +o = 0 e +o = $. Sostituendo+o = 0 nella disequazione di equilibrio si perviene alla condizione:

mga! 3ka2 ) 0 %& 3ka/mg ( 1

e quindi alla configurazione di equilibrio:

(+, s) = (0, 3)

definita per 3ka/mg ( 1. Nel caso sia +o = $ risulta invece la disequazione:

!mga! 3ka2 ) 0

che non e mai verificata ed esclude il ricorrere di un equilibrio di confine.

In conclusione, gli equilibri di confine del sistema si hanno per:

# (+, s) = ($, 0), definito incondizionatamente,

# (+, s) = (0, 3), definito se e solo se 3ka/mg ( 1.

(c) Stabilita degli equilibri ordinariLa natura posizionale conservativa del sistema scleronomo consente di analizzare la stabilitadegli equilibri ordinari utilizzando i teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale.A questo scopo si calcolano le derivate parziali seconde del potenziale:

U))(+, s) = mga!3

2! s

"cos + Us)(+, s) = !mga sin+

U)s(+, s) = !mga sin+ Uss(+, s) = !ka2

e la corrispondente matrice hessiana:

HU (+, s) = mga

2

@3

!32! s

"cos + ! sin+

! sin + ! ka

mg

4

A5

in ciascuna configurazione di equilibrio ordinaria.

Configurazione (+, s) = (0,mg/ka) per 3ka/mg > 1In questo caso la matrice hessiana del potenziale assume la forma diagonale:

HU (0,mg/ka) = mga

2

@3

32! mg

ka0

0 ! ka

mg

4

A5

e le proprieta di stabilita dell’equilibrio sono decise dall’autovalore di segno non definito3/2 ! mg/ka. Precisamente:

# se 3/2 < mg/ka, ovvero 3ka/mg < 2, la matrice hessiana ha entrambi gli autovalorinegativi e l’equilibrio risulta un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per ilteorema di Lagrange-Dirichlet;

Stefano Siboni 3982

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

# per 3/2 > mg/ka, ossia 3ka/mg > 2, l’hessiana presenta un autovalore positivo edimplica l’instabilita dell’equilibrio grazie al teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

# se infine 3/2 = mg/ka, cioe 3ka/mg = 2, la matrice hessiana e solo semidefinitanon definita negativa e il teorema di inversione parziale certamente non puo essereapplicato. Rimane aperta la possibilita di usare il teorema di Lagrange-Dirichlet, apatto di provare che l’equilibrio costituisca un massimo relativo proprio del potenziale.Il potenziale si riduce a:

U(+, s) = mga!s ! 3

2

"cos + ! ka2

2s2 = mga

(!s ! 3

2

"cos + ! ka

mg

s2

2

)=

= mga

(!s ! 3

2

"cos + ! s2

3

)

e va studiato nell’intorno di (+, s) = (0, 3/2). Posto (+, s) = (*+, 3/2 + *s), si ha:

U!*+,

32

+ *s"

= mga

(*s cos *+ ! 1

3

!32

+ *s"2

)=

= mga

(*s cos *+ ! 1

3

!94

+ *s2 + 3*s")

=

= mga

(*s cos *+ ! 3

4! *s ! *s2

3

)=

= mga

(!3

4+ *s

!1 ! 2 sin2 *+

2! 1

"! *s2

3

)=

= mga

(!3

4! 2 *s sin2 *+

2! *s2

3

)=

=13mga

(!9

4! 6 *s sin2 *+

2! *s2

)=

=13mga

(!9

4!

!*s + 3 sin2 *+

2

"2+ 9 sin4 *+

2

)=

= U!0,

32

"+

mga

3

(!

!*s + 3 sin2 *+

2

"2+ 9 sin4 *+

2

)

espressione dalla quale risulta evidente che il punto critico non costituisce un massimorelativo proprio del potenziale — la funzione entro parentesi quadre non ha segnodefinito comunque siano piccoli *s e *+. Quello individuato e quindi un e$ettivo casocritico di stabilita. Nondimeno, ricorrono le condizioni per applicare il teorema diPainleve, che assicura l’instabilita dell’equilibrio:# sistema scleronomo a 2 gradi di liberta;# potenziale analitico (cioe sviluppabile in serie di Taylor);# punto critico che non e un massimo relativo proprio del potenziale;# matrice hessiana del potenziale nel punto critico con un autovalore negativo e uno

nullo.

Stefano Siboni 3983

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Configurazione (+, s) = (+!, 3/2) per 3ka/2mg < 1, con +! = arccos(3ka/2mg) " (0,$/2)Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale si scrive:

HU

!+!,

32

"= mga

6 0 ! sin+!

! sin +! ! ka

mg

7

e ha determinante negativo:

detHU

!+!,

32

"= !m2g2a2 sin2+! < 0

per cui risulta indefinita. Il ricorrere di un autovalore positivo implica l’instabilita dell’equi-librio in virtu del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (+, s) = (!+!, 3/2) per 3ka/2mg < 1, con +! = arccos(3ka/2mg)La matrice hessiana e analoga a quella calcolata nel caso precedente:

HU

!!+!,

32

"= mga

6 0 sin +!

sin +! ! ka

mg

7

e presenta esattamente lo stesso determinante di segno negativo:

detHU

!!+!,

32

"= !m2g2a2 sin2+! < 0

in modo che anche questo equilibrio risulta instabile per l’inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

(d) Energia cineticaL’energia cinetica viene calcolata sommando i contributi relativi al sistema rigido e alpunto P .

Energia cinetica del sistema rigidoL’asta AB essendo di massa trascurabile, l’energia cinetica del sistema rigido si identificacon quella del quadrato omogeneo Q, che si muove con asse fisso Oz:

TQ =12IQOz|+ e3|2 =

12IQOz+

2.

Il momento d’inerzia rispetto all’asse fisso viene determinato ricorrendo al teorema diHuygens-Steiner:

IQOz = IQ

Gz + m|G !O|2 =ma2

6+ m

!32a"2

=ma2

6+

94ma2 =

2912

ma2

per cui:

TQ =2924

ma2+2 .

Stefano Siboni 3984

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Energia cinetica del punto PIl vettore posizione di P si scrive:

P ! O = as sin + e1 ! as cos + e2

in modo che la velocita istantanea del punto diventa:

P = a(s sin + + s cos + +)e1 + a(!s cos + + s sin + +)e2

e la relativa energia cinetica risulta:

TP =ma2

2(s2 + s2+2) .

Energia cinetica del sistemaLa somma delle energie cinetiche di quadrato e punto definisce l’energia cinetica del sistema:

T = TQ + TP =2924

ma2+2 +ma2

2(s2 + s2+2) =

ma2

2

(!s2 +

2912

"+2 + s2

).

(e) Equazioni di LagrangeLe equazioni del moto del sistema sono quelle di Lagrange:

d

dt

!)L

)+

"! )L

)+= 0

d

dt

!)L

)s

"! )L

)s= 0

in termini della lagrangiana L = T + U definita da:

L =ma2

2

(!2912

+ s2"+2 + s2

)+ mga

!s ! 3

2

"cos + ! ka2

2s2

che porge le espressioni parziali:

)L

)+= ma2

!2912

+ s2"+

)L

)+= !mga

!s ! 3

2

"sin+

d

dt

!)L

)+

"= ma2

!2912

+ s2"+ + 2ma2ss+

)L

)s= ma2s

)L

)s= ma2s+2 + mga cos + ! ka2s

d

dt

!)L

)s

"= ma2s .

Le equazioni pure del moto sono pertanto:%,&

,'

ma2!29

12+ s2

"+ + 2ma2ss+ + mga

!s ! 3

2

"sin+ = 0

ma2s ! ma2s+2 !mga cos + + ka2s = 0 .

Stefano Siboni 3985

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 744. Equazioni cardinali della staticaNel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz, si considera il sistema composto dadue piastre quadrate omogenee ABCD e OLFN , di massa m e lato a, e da un disco circo-lare non omogeneo D, di centro M , raggio3a/2, massa m e baricentro G. La piastraOLFN e fissa, con i lati OL e ON postilungo gli assi Ox e Oy rispettivamente.ABCD puo scorrere liberamente con illato AB lungo l’asse orizzontale Ox. Ildisco poggia sui vertici F e D delle duepiastre. Il sistema e soggetto al peso ead una interazione elastica di costante kfra i vertici L ed A. Il sistema si intendeprivo di attrito e soggetto a reazioni vin-colari concentrate nei punti A, B, D edF . Indicata con h la distanza fra G e M ,si usino le coordinate libere . " (0,$/2)e + " R in figura per ricavare del sistema:

(a) le equazioni cardinali statiche necessarie e su!cienti per l’equilibrio;

(b) gli equilibri;

(c) le reazioni vincolari concentrate per ciascuno stato di quiete nelle configurazioni diequilibrio.

Soluzione(a) Equazioni cardinali statiche necessarie e su"cienti per l’equilibrioPoiche il sistema e piano e soggetto soltanto a sollecitazioni attive ubicate nel piano Oxy,si puo senz’altro assumere che le reazioni vincolari in A, B, D ed F abbiano componentinulle lungo l’asse Oz ortogonale al piano del moto. L’assenza di attrito impone allora chele forze reattive in A e B siano dirette parallelamente a Oy, mentre quelle agenti sul discoin F e D devono avere la direzione dei raggi F !M e D!M , ortogonali al bordo del disconei punti rispettivi. Le reazioni vincolari concentrate sono dunque le seguenti:

# %"A = "Ae2, con "A " R, agente sulla piastra ABCD in A;

# %"B = "B e2, con "B " R, agente sulla piastra ABCD in B;

# %"D = "D(sin . e1 ! cos . e2), con "D " R, applicata su D in D;

# %"F = "F (! sin . e1 ! cos . e2), con "F " R, applicata su D in F .

Si osservi inoltre che la piastra OLFN , essendo fissa, costituisce soltanto un semplicevincolo per il sistema, di cui non e necessario considerare le equazioni cardinali statiche.Le equazioni cardinali statiche necessarie e su!cienti per l’equilibrio sono dunque quellescritte per le due parti rigide mobili costituenti il sistema, la piastra ABCD e il disco D.

Stefano Siboni 3986

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Prima equazione cardinale statica per la piastra ABCDLa piastra e soggetta alle reazioni vincolari %"A e %"B, alla forza elastica k(L ! A) in Ae al sistema delle forze peso, equivalente al peso totale !mg e2 applicato nel centro disimmetria (e baricentro) G! del quadrato ABCD. Una ulteriore forza di tipo reattivo siproduce in D e va identificata con !%"D, dovendo corrispondere alla reazione esercitata daldisco sulla piastra quadrata. La prima equazione cardinale della statica si scrive pertanto:

!k(A ! L) ! mg e2 + "Ae2 + "B e2 !"D(sin. e1 ! cos . e2) = 0

ed essendo A ! L = 3a sin . e1 corrisponde al sistema di due equazioni scalari:

%&

'!3ka sin. !"D sin. = 0

!mg + "A + "B + "D cos . = 0 .(744.1)

Seconda equazione cardinale statica per la piastra ABCD, rispetto al polo AAssumendo il vertice A come polo, la seconda equazione cardinale della statica per lapiastra diventa:

(A ! A) $ [!k(A ! L) + "Ae2] + (G! ! A) $ (!mg e2)++(B ! A) $ "B e2 + (D ! A) $ [!"D(sin. e1 ! cos . e2)] = 0

ossia:

a

2(e1 + e2) $ (!mg e2) + ae1 $ "B e2 + ae2 $ "D(! sin . e1 + cos . e2) = 0

ed infine, eseguiti i prodotti vettoriali:

!12mga e3 + a"B e3 + a"D sin . e3 = 0 .

L’equazione cardinale e quindi equivalente alla sola equazione scalare:

!12mga + a"B + a"D sin. = 0 . (744.2)

Prima equazione cardinale statica per il disco DSul disco agiscono le reazioni vincolari %"D in D e %"F in F , e il sistema delle forze peso,equivalente al peso totale !mg e2 applicato nel baricentro G. La prima equazione cardinaledella statica risulta percio:

"D(sin . e1 ! cos . e2) + "F (! sin. e1 ! cos . e2) ! mg e2 = 0

Stefano Siboni 3987

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e proiettata lungo gli assi coordinati fornisce il sistema di equazioni scalari:%&

'"D sin . ! "F sin . = 0

!"D cos . ! "F cos . ! mg = 0 .(744.3)

Seconda equazione cardinale statica per il disco D, rispetto al polo MPer scrivere la seconda equazione cardinale statica del disco conviene sicuramente conside-rare il centro M come polo, in modo da eliminare il contributo delle reazioni vincolari inD ed F , che sono dirette radialmente. Si ha infatti:

(F ! M) $ %"F + (D ! M) $ %"D + (G ! M) $ (!mg e2) = 0

vale a dire:0 + 0 + h(sin + e1 ! cos + e2) $ (!mg e2) = 0

ed infine:!mgh sin+ e3 = 0 3. !mgh sin+ = 0 . (744.4)

Equazioni di equilibrioLe equazioni che caratterizzano gli equilibri del sistema sono le (744.1), (744.2), (744.3),(744.4): %

,,,,,,,,,,,,,&

,,,,,,,,,,,,,'

(!3ka ! "D) sin . = 0

!mg + "A + "B + "D cos . = 0

!12mga + a"B + a"D sin . = 0

("D ! "F ) sin . = 0

!("D + "F ) cos . ! mg = 0

!mgh sin+ = 0 .

(744.5)

(b) EquilibriPoiche per ipotesi e . " (0,$/2), nella prima delle equazioni (744.5) si puo semplificare ilfattore sin. e ottenere:

"D = !3ka .

Dalla seconda delle equazioni di equilibrio si ha allora:

"A + "B = mg + 3ka cos . (744.6)

mentre la terza porge l’espressione esplicita di "B in termini di .:

"B =12mg + 3ka sin . . (744.7)

Stefano Siboni 3988

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

In modo analogo la quarta equazione (744.5) implica:

"F = "D = !3ka

per cui la quinta si riduce all’equazione pura in .:

6ka cos . ! mg = 0 .

Le equazioni pure di equilibrio sono pertanto:

cos . =mg

6kasin + = 0

e forniscono gli equilibri:

(.,+) = (.!, 0) (.,+) = (.!,$)

definiti a condizione che sia mg/6ka < 1, essendosi posto .! = arccos(mg/6ka) " (0,$/2).

(c) Reazioni vincolari per gli stati di quieteDalle equazioni (744.6) e (744.7) si ricava l’espressione per "A:

"A = mg+3ka cos .!"B = mg+3ka cos .! 12mg!3ka sin. =

12mg+3ka(cos.!sin.)

per cui i moduli con segno delle reazioni vincolari concentrate sono tutti noti. Per unostato di quiete in . = .! si ottiene, qualunque sia il valore di +:

"A =12mg + 3ka(cos .! ! sin.!) = mg ! 3ka sin .!

"B =12mg + 3ka sin .!

"D = "F = !3ka

e le reazioni vincolari diventano quindi:

%"A =!mg ! 3ka sin .!

"e2

%"B =!1

2mg + 3ka sin.!

"e2

%"D = !3ka(sin.! e1 ! cos .! e2) = !3ka sin.!e1 +12mg e2

%"F = !3ka(! sin.! e1 ! cos .! e2) = 3ka sin.!e1 +12mg e2 .

Le espressioni sono valide per lo stato di quiete in entrambe le configurazioni di equilibrio(il valore di . e lo stesso, mentre quello di + risulta irrilevante).

Stefano Siboni 3989

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 745. Analisi di WeierstrassUn punto materiale di massa unitaria e vincolato a scorrere senza attrito lungo l’asseorizzontale Ox, soggetto ad una sollecitazione posizionale di potenziale:

U(x) = (!x2 + 3x ! 2) e%2x , x " R .

Determinare del sistema:

(a) tutte e sole le condizioni iniziali corrispondenti a moti periodici;(b) le condizioni iniziali corrispondenti a moti a meta asintotica nel futuro;(c) il ritratto di fase.

Soluzione(a) Condizioni iniziali per i moti periodiciAl potenziale U(x) e associata l’energia potenziale:

W (x) = !U(x) = (x2 ! 3x + 2)e%2x , x " R ,

con derivate prima e seconda:

W !(x) = (2x ! 3 ! 2x2 + 6x ! 4)e%2x = (!2x2 + 8x ! 7)e%2x

W !!(x) = (!4x + 8 + 4x2 ! 16x + 14)e%2x = (4x2 ! 20x + 22)e%2x .

I punti critici dell’energia potenziale si ricavano annullando la derivata prima:

W !(x) = (!2x2 + 8x ! 7)e%2x = 0 %& 2x2 ! 8x + 7 = 0

e un calcolo immediato porge:

x =8 ±

'64 ! 4 · 2 · 7

4=

8 ±'

84

=4 ±

'2

2,

dove:

x1 :=4 !

'2

2< 2 x2 :=

4 +'

22

> 2 .

La natura dei punti critici viene determinata con il calcolo della derivata seconda:

W !!0

4 ±'

22

1= (16 + 2 ± 8

'2 ! 40 4 10

'2 + 22) e%4'

(2 = 42

'2 e%4'

(2

in modo che x1 risulta un minimo relativo proprio di W :

W !!(x1) = W !!0

4 !'

22

1= 2

'2 e%4+

(2 > 0

Stefano Siboni 3990

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

mentre x2 e un massimo relativo proprio:

W !!(x2) = W !!0

4 +'

22

1= !2

'2 e%4%

(2 < 0 .

Per poter procedere con l’analisi di Weierstrass occorre calcolare il valore di W nei duepunti critici:

W (x1) = W

04 !

'2

2

1=

016 + 2 ! 8

'2

4! 3

4 !'

22

+ 21

e%4+(

2 =1 !

'2

2e%4+

(2

W (x2) = W

04 +

'2

2

1=

016 + 2 + 8

'2

4! 3

4 +'

22

+ 21

e%4%(

2 =1 +

'2

2e%4%

(2

oltre ai valori al contorno:

limx#%$

W (x) = +5 limx#+$

W (x) = 0 .

Altre informazioni utili a tracciare il grafico dell’energia potenziale sono l’intercetta lungol’asse Oy:

W (0) = 2

e le intersezioni con l’asse delle x:

W (x) = (x2 ! 3x + 2) e%2x = 0 =& x = 1 , 2 .

Il grafico di W ha cosı l’andamento illustrato nella figura seguente:

L’analisi di Weierstrass impone che i moti periodici del sistema si abbiano soltanto per va-lori dell’energia meccanica H(x, x) compresi strettamente fra W (x1) e W (x2), a condizione

Stefano Siboni 3991

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

che la posizione iniziale sia minore di x2. Le condizioni iniziali (xo, xo) corrispondenti aimoti periodici sono quindi tutte e sole quelle che soddisfano le condizioni:

1 !'

22

e%4+(

2 <x2

o

2+ (x2

o ! 3xo + 2) e%2xo <1 +

'2

2e%4%

(2 xo <

4 +'

22

.

(b) Condizioni iniziali per i moti a meta asintotica nel futuroDal grafico del potenziale si deduce che i moti a meta asintotica nel futuro ricorrono perH(x, x) = W (x2), purche sia xo < x2, oppure xo > x2 e xo < 0. Le condizioni inizialirichieste sono dunque quelle ricomprese nell’insieme:

>(xo, xo) " R2 :

x2o

2+ (x2

o ! 3xo + 2) e%2xo =1 +

'2

2e%4%

(2 , xo <

4 +'

22

D0

0>

(xo, xo) " R2 :x2

o

2+ (x2

o ! 3xo + 2) e%2xo =1 +

'2

2e%4%

(2 , xo >

4 +'

22

, xo < 0D

.

(c) Ritratto di faseI criteri di Weierstrass consentono di tracciare immediatamente il ritratto di fase illustratonella figura seguente:

Stefano Siboni 3992

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 746. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. non conservativoNel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz si muove un sistema costituito da dueaste rettilinee omogenee AB e CD. L’asta AB,di lunghezza 2L e massa 3m, e vincolata nelsuo punto medio O a una cerniera fissa. L’astaCD, di lunghezza L e massa 4m, e vincolata inmodo che il suo punto medio H scorra su AB,rimanendo inoltre le due aste perpendicolaritra di loro. L’estremo C e collegato al puntofisso O da una molla ideale di costante elasti-ca k = 5mg/L. Resistenze viscose di ugualecostante di frizione " agiscono in A e in H.Assumere i vincoli ideali e considerare le varia-bili lagrangiane ' " R e s " (!1, 1) in figuraper determinare del sistema:

(a) gli equilibri;

(b) le caratteristiche di stabilita degli equilibri;

(c) l’energia cinetica;

(d) le equazioni pure del moto;

(e) frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni nell’intorno di un equilibrio stabile,nell’ipotesi che sia " = 0.

Soluzione(a) EquilibriLe forze attive che agiscono sul sistema scleronomo sono costituite dal peso, dall’interazioneelastica fra C ed O, e dalle resistenze viscose agenti in A e in H. Le prime due hannochiaramente natura posizionale conservativa e vanno descritte per mezzo degli appropriatipotenziali. Le ultime due sono invece di tipo dissipativo e se ne devono calcolare le com-ponenti generalizzate applicando la relativa definizione.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale del sistema e la somma dei potenziali gravitazionali associatialle aste omogenee AB e CD. Il baricentro della prima, tuttavia, coincide con il puntofisso O e fa sı che il potenziale gravitazionale sia costante. Il baricentro di CD si identificainvece con il punto medio H, il cui vettore posizione vale:

H ! O = L(s sin ' e1 ! s cos ' e2) ,

in modo che risulta:

Ug = !4mg e2 · (H ! O) = 4mgLs cos ' .

Stefano Siboni 3993

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Potenziale elasticoIl potenziale elastico associato alla molla ideale OC e dato da:

Uel = !k

2|C !O|2 = !5mg

2L

!L2s2 +

L2

4

"= !5

2mgLs2 .

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

U(s,') = Ug + Uel = 4mgLs cos' ! 52mgLs2 .

Resistenze viscoseLe resistenze viscose sono applicate nei punti A ed H, e hanno la stessa costante di frizione". Il vettore posizione del primo punto e:

A ! O = L(! sin ' e1 + cos ' e2)

e porge l’espressione della velocita istantanea:

A = L(! cos ' e1 ! sin' e2)'

oltre alle derivate parziali prime:

)A

)s= 0

)A

)'= L(! cos ' e1 ! sin' e2) .

Per il secondo punto di applicazione si ha invece:

H ! O = L(s sin ' e1 ! s cos ' e2)

in modo che la velocita istantanea risulta:

H = L(s sin ' + s cos ' ')e1 + L(!s cos ' + s sin ' ')e2

mentre le derivate parziali prime rispetto ai parametri lagrangiani si scrivono:

)H

)s= L(sin ' e1 ! cos ' e2)

)H

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

Per le componenti generalizzate delle forze viscose si ottengono cosı le relazioni:

Qrvs = !"A · )A

)s! "H · )H

)s= !"H · )H

)s=

= !"L#(s sin' + s cos ' ')e1 + (!s cos ' + s sin ' ')e2

$·L(sin ' e1 ! cos ' e2) =

= !"L2#s sin2' + s cos ' sin ' ' + s cos2' ! s sin ' cos ' '

$= !"L2s

Stefano Siboni 3994

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e:

Qrv# = !"A · )A

)'! "H · )H

)'=

= !"L(cos ' e1 + sin ' e2)' ·L(cos ' e1 + sin ' e2)!! "L

#(s sin' + s cos ' ')e1 + (!s cos ' + s sin ' ')e2

$· Ls(cos ' e1 + sin' e2) =

= !"L2' ! "L2s(s sin' cos ' + s cos2' '! s cos ' sin' + s sin2' ') =

= !"L2(' + s2') = !"L2(1 + s2)' ,

dalle quali appare evidente la natura completamente dissipativa del sistema di sollecita-zioni, avendosi:

$ = Qrvs s + Qrv

# ' = !"L2s2 ! "L2(1 + s2)'2 ( 0 * (s,', s, ') " (!1, 1) / R3

e $ = 0 %& (s, ') = (0, 0).

EquilibriLe componenti generalizzate delle forze viscose si annullano per velocita generalizzate nullee quindi non concorrono in alcun modo alla determinazione degli equilibri del sistema.Questi si identificano pertanto con tutti e soli i punti critici del potenziale U e vengonodeterminati annullando le derivate parziali prime:

)U

)s(s,') = 4mgL cos ' ! 5mgLs

)U

)'(s,') = !4mgLs sin'

ossia risolvendo il sistema di equazioni:%&

'mgL(4 cos '! 5s) = 0

!4mgLs sin' = 0(s,') " (!1, 1) / R

che equivale a: %&

's =

45

cos '

s sin ' = 0(s,') " (!1, 1) / R .

La seconda equazione ammette tre possibili soluzioni:

s = 0 ' = 0 ' = $

ciascuna delle quali va inserita nella prima equazione di equilibrio. Si devono dunqueesaminare tre diversi casi:

# per s = 0 si ottiene 0 =45

cos ' e quindi ' = +$/2,!$/2. Le configurazioni diequilibrio corrispondenti sono:

(s,') = (0,$/2) (s,') = (0,!$/2) ;

Stefano Siboni 3995

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

# se ' = 0 vale invece s = 4/5, con l’ulteriore equilibrio:

(s,') = (4/5, 0) ;

# se infine ' = $ risulta s = !4/5 e si perviene all’equilibrio:

(s,') = (!4/5,$) .

(b) Stabilita degli equilibriLa compresenza di sollecitazioni posizionali conservative e completamente dissipative e ilcarattere isolato di tutti gli equilibri consentono di studiare le proprieta di stabilita degliequilibri mediante la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet. Occorre riconoscerela natura dei punti critici di U , calcolando le derivate parziali seconde:

)2U

)s2(s,') = !5mgL

)2U

)')s(s,') = !4mgL sin'

)2U

)s)'(s,') = !4mgL sin'

)2U

)'2(s,') = !4mgLs cos'

e quindi la matrice hessiana:

HU (s,') = mgL

0!5 !4 sin'

!4 sin ' !4s cos '

1

in tutte le configurazioni determinate al punto precedente.

Configurazione (s,') = (0,$/2)In questo caso la matrice hessiana vale:

HU (0,$/2) = mgL

0!5 !4!4 0

1

ed e indefinita per via del determinante negativo:

detHU (0,$/2) = !16(mgL)2 < 0 .

Il punto critico non e un massimo relativo proprio del potenziale, e la sua instabilita seguedalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (s,') = (0,!$/2)La matrice hessiana risulta analoga a quella calcolata nel punto precedente:

HU (0,!$/2) = mgL

0!5 44 0

1

e ha sempre determinante negativo:

detHU (0,!$/2) = !16(mgL)2 < 0

Stefano Siboni 3996

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

che implica l’assenza del massimo e la conseguente instabilita dell’equilibrio.

Configurazione (s,') = (4/5, 0)Nella fattispecie la matrice assume la forma diagonale:

HU (4/5, 0) = mgL

0!5 00 !16/5

1

chiaramente definita negativa. L’equilibrio costituisce un massimo relativo proprio delpotenziale, asintoticamente stabile.

Configurazione (s,') = (!4/5,$)La matrice hessiana e uguale a quella determinata nel punto di equilibrio precedente:

HU (!4/5,$) = mgL

0!5 00 !16/5

1

per cui l’equilibrio risulta un massimo relativo proprio di U , la cui stabilita asintotica seguedalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

(c) Energia cineticaPer determinare l’energia cinetica del sistema basta sommare le energie cinetiche parzialidelle due aste AB e CD.

Energia cinetica dell’asta ABL’asta ruota nel piano Oxy attorno all’asse fisso Oz, con velocita angolare %(AB = ' e3.L’energia cinetica si scrive percio:

TAB =12IABOz |%(AB|2 =

12

3m(2L)2

12|' e3|2 =

mL2

2'2 .

Energia cinetica dell’asta CDL’asta si muove nel piano Oxy ma non presenta alcun punto fisso. Di conseguenza, la suaenergia cinetica puo essere ricavata convenientemente ricorrendo alla formula di Konig:

TCD =12

4mH2 +12

ICDHz |%(CD|2

nella quale e:

H = L(s sin ' + s cos ' ')e1 + L(!s cos ' + s sin ' ')e2

e quindi:H2 = L2(s2 + s2'2)

mentre %(CD = ' e3 e ICDHz = 4mL2/12 = mL2/3. Di conseguenza, l’espressione cercata

risulta:

TCD = 2mL2(s2 + s2'2) +mL2

6'2 = mL2

(2s2 +

!16

+ 2s2"'2

).

Stefano Siboni 3997

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Energia cinetica del sistemaLa somma delle energie cinetiche delle due aste definisce l’energia cinetica del sistema:

T = TAB + TCD = mL2

(2s2 +

!23

+ 2s2"'2

)=

mL2

2

(4s2 +

!43

+ 4s2"'2

). (746.1)

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

d

dt

!)T

)s

"! )T

)s=

)U

)s+ Qrv

sd

dt

!)T

)'

"! )T

)'=

)U

)'+ Qrv

#

espresse in termini dell’energia cinetica (746.1), che fornisce le espressioni parziali:

)T

)s= 4mL2s

)T

)s= 4mL2s'2

d

dt

!)T

)s

"= 4mL2s

)T

)'= mL2

!43

+ 4s2"'

)T

)'= 0

d

dt

!)T

)'

"= mL2

!43

+ 4s2"' + 8mL2ss' .

Le equazioni del moto sono pertanto:

%&

'4mL2s ! 4mL2s'2 = mgL(4 cos' ! 5s) ! "L2s

mL2!4

3+ 4s2

"' + 8mL2ss' = !4mgLs sin' ! "L2(1 + s2)' .

(e) Frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni per " = 0Per " = 0 le sollecitazioni completamente dissipative vengono soppresse e gli equilibri:

(s,') = (0,$/2) (s,') = (0,!$/2)

sono instabili per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet, mentre i massimirelativi propri del potenziale:

(s,') = (4/5, 0) (s,') = (!4/5,$)

sono stabili per Lagrange-Dirichlet. Per lo studio delle piccole oscillazioni si puo quindiconsiderare la configurazione (s,') = (4/5, 0), nella quale la matrice hessiana del potenzialevale:

HU (4/5, 0) = mgL

0!5 00 !16/5

1.

Stefano Siboni 3998

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

L’espressione dell’energia cinetica:

T =mL2

2

(4s2 +

!43

+ 4s2"'2

)=

12(s ')A(s,')

0s'

1

fornisce la matrice di rappresentazione:

A(s,') = mL2

64 00

43

+ 4s2

7

che in (s,') = (4/5, 0) diventa:

A(4/5, 0) = 4mL2

01 00 73/75

1.

Ne deriva che:

(2A(4/5, 0) + HU (4/5, 0) = 4mL2(2

01 00 73/75

1+ mgL

0!5 00 !16/5

1=

= mgL

(4L(2

g

01 00 73/75

1+

0!5 00 !16/5

1)

e ponendo per brevita , = 4L(2/g:

(2A(4/5, 0) + HU (4/5, 0) = mgL

6, ! 5 0

07375

, ! 165

7.

L’equazione caratteristica si ottiene eguagliando a zero il determinante di questa matrice,omettendo l’inessenziale fattore mgL:

0 = det

6, ! 5 0

07375

, ! 165

7= (, ! 5)

!7375

, ! 165

"

e fornisce le radici:,1 =

7573

165

=24073

,2 = 5

da cui si traggono le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni:

(1 =.

,1

:g

4L=

:240

73 · 4

:g

L=

:6073

:g

L(2 =

.,2

:g

4L=

'5

2

:g

L

Stefano Siboni 3999

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e le corrispondenti frequenze:

f1 =(1

2$=

1$

:1573

:g

Lf2 =

(2

2$=

'5

4$

:g

L.

Primo modo normale (modo basso)Il vettore delle ampiezze (b1 b2)T per il primo modo normale si ottiene come soluzione nonbanale dell’equazione lineare omogenea:

#(2

1A(4/5, 0) + HU (4/5, 0)$ 0

b1

b2

1= 0

ossia:

mgL

0!125/73 0

0 0

1 0b1

b2

1= 0 .

La soluzione si ha per b1 = 0 e b2 arbitrario. Il modo normale di oscillazione si puo quindiscrivere nella forma:

0s ! 4/5

'

1= A1

001

1cos

0:6073

:g

Lt + -1

1* t " R

con A1 += 0 e -1 costanti reali arbitrarie.

Secondo modo normale (modo alto)L’equazione delle ampiezze per il secondo modo normale e:

#(2

2A(4/5, 0) + HU (4/5, 0)$0

a1

a2

1= 0

e si puo riesprimere nella forma equivalente:

mgL

00 00 5/3

1 0a1

a2

1= 0 .

Il sistema lineare implica che sia a2 = 0. Il modo normale di oscillazione diventa cosı:

0s ! 4/5

'

1= A2

010

1cos

0'5

2

:g

Lt + -2

1* t " R

con A2 += 0 e -2 costanti reali arbitrarie.

Stefano Siboni 4000

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 747. Geometria delle masseUna piastra P ha la forma di un quarto di corona circolare, di raggio interno a e raggioesterno 2a. La corona e posta nel I quadrante del piano Oxy di una terna Oxyz, con ilcentro nell’origine O. Un’asta rettilinea con-giunge O ad un vertice A del bordo interno diP (vedi figura). Le densita di piastra e astasono espresse dalle relazioni:

/(P ) =µ

a4|P ! O|2 *P " P

,(P ) =µ

a3|P ! O|2 *P " OA

con µ massa costante caratteristica. Determi-nare del sistema:

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

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

(c) il momento d’inerzia rispetto alla retta Ay;

(d) il momento d’inerzia relativo alla bisettrice del II quadrante nel piano Oxy.

Soluzione(a) Massa e baricentroL’asta OA ammette l’ovvia parametrizzazione:

P (x) ! O = x e1 , x " [0, a] ,

in termini della quale la densita lineare diventa:

,(x) =µ

a3|xe1|2 =

µ

a3x2 , x " [0, a] ,

e l’elemento di lunghezza si esprime come ds = |P !(x)| dx = |e1| dx = dx. Per parametriz-zare la piastra conviene invece ricorrere alle coordinate polari di polo O:

P (3,') ! O = 3(cos ' e1 + sin' e2) , (3,') " [a, 2a] / [0,$/2]

con la densita areale:

/(3,') =µ

a432 , (3,') " [a, 2a] / [0,$/2] ,

e l’elemento d’area dA = 3 d3d'. Si hanno cosı tutte le informazioni utili al calcolo dimassa, baricentro e matrice d’inerzia.

Stefano Siboni 4001

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Massa dell’astaLa massa dell’asta si ricava integrando la densita , sul segmento OA:

mOA =;

OA

, ds =a;

0

µ

a3x2 dx =

µ

a3

a3

3=

µ

3.

Massa della piastraLa massa della piastra e l’integrale su P della densita areale /:

mP =;

P

/ dA =2a;

a

d3 3

%/2;

0

d'µ

a432 =

µ

a4

2a;

a

33d3

%/2;

0

d' =

=µ

a4

(34

4

)2a

a

$

2=

µ

a4

154

a4 $

2=

15$

8µ .

Massa del sistemaPoiche l’intersezione fra l’asta OA e la piastra P consiste del solo punto A, insieme dimisura nulla che non influenza ne gli integrali curvilinei su OA ne quelli doppi su P, lamassa del sistema e definita dalla semplice somma delle masse parziali mOA e mP:

m = mOA + mP =µ

3+

15$

8µ =

!13

+15$

8

"µ .

Baricentro dell’astaIl baricentro dell’asta deve collocarsi lungo l’asse di giacitura della stessa ed e dunqueindividuato da un vettore posizione della forma:

GOA ! O = xOAe1 .

L’ascissa si ricava direttamente dalla definizione:

xOA =1

mOA

;

OA

x, ds =3µ

a;

0

µ

a3x2 xdx =

3a3

a4

4=

34a

per cui:

GOA ! O =34ae1 .

Baricentro della piastraIl baricentro di P giace nel piano Oxy, dove e ubicata la piastra. Appare peraltro evidenteche la bisettrice y = x del I quadrante costituisce un asse di simmetria di P, visto che i puntidella piastra simmetrici rispetto a questa retta si trovano alla stessa distanza dall’originee presentano percio lo stesso valore della densita /. Il vettore posizione e cosı della forma:

GP !O = xPe1 + xPe2

Stefano Siboni 4002

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

con l’ascissa xP data da:

xP =1

mP

;

P

x/ dA =8

15$µ

2a;

a

d3 3

%/2;

0

d' 3 cos 'µ

a432 =

=8

15$a4

2a;

a

34d3

%/2;

0

cos ' d' =8

15$a4

(35

5

)2a

a

#sin'

$%/2

0=

815$a4

315

a5 =24875$

a

sicche risulta:GP !O =

24875$

ae1 +24875$

ae2 .

Baricentro del sistemaSi e gia osservato che l’intersezione fra asta e piastra consta del solo punto A e costituiscepercio un insieme di misura nulla, che autorizza a definire la massa del sistema attraverso ilteorema di additivita. La stessa circostanza consente di applicare la proprieta distributivaper determinare il baricentro G del sistema:

G ! O =(GOA ! O)mOA + mP(GP ! O)

mOA + mP=

µ

3· 34ae1 +

15$

8µ · 248

75$a(e1 + e2)

!13

+15$

8

"µ

=

=

14ae1 +

315

a(e1 + e2)

13

+15$

8

=

12920

ae1 +315

ae2

8 + 45$

24

=24

8 + 45$

!12920

e1 +315

e2

"a .

(b) Matrice d’inerzia relativa a OxyzMatrice d’inerzia dell’astaL’asta giace lungo l’asse coordinato Ox, per cui la matrice d’inerzia di OA rispetto allaterna Oxyz deve essere del tipo:

[LOAO ] =

2

30 0 00 LOA

yy 00 0 LOA

yy

4

5.

L’unico elemento non banale e il momento d’inerzia relativo all’asse Oy:

LOAyy =

;

OA

x2, ds =a;

0

x2 µ

a3x2dx =

µ

a3

a5

5=

µa2

5

che porge la matrice d’inerzia cercata:

[LOAO ] = µa2

2

30 0 00 1/5 00 0 1/5

4

5.

Stefano Siboni 4003

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Matrice d’inerzia della piastraLa collocazione della piastra nel piano Oxy e la presenza dell’asse di simmetria y = xconsentono di scrivere la forma della matrice d’inerzia come:

[LPO] =

2

3LP

xx LPxy 0

LPxy LP

xx 00 0 2LP

xx

4

5.

L’unico momento d’inerzia indipendente vale:

LPxx =

;

P

y2/ dA =2a;

a

d3 3

%/2;

0

d' 32sin2'µ

a432 =

µ

a4

2a;

a

35d3

%/2;

0

sin2' d' =

=µ

a4

636

a6

%/2;

0

1 ! cos 2'

2d' =

212

µa2 12

(' ! sin 2'

2

)%/2

0

=21$

8µa2

mentre per il prodotto d’inerzia non banale si ha:

LPxy = !

;

P

xy/ dA = !2a;

a

d3 3

%/2;

0

d' 3 cos ' 3 sin'µ

a432 =

= ! µ

a4

2a;

a

35d3

%/2;

0

sin ' cos ' d' = ! µ

a4

636

a6

(12

sin2'

)%/2

0

= !212

µa2 12

= !214

µa2

per cui:

[LPO] = µa2

2

321$/8 !21/4 0!21/4 21$/8 0

0 0 21$/4

4

5.

Matrice d’inerzia del sistemaLa somma delle matrici d’inerzia parziali, di asta e piastra, porge la matrice d’inerzia delsistema:

[LO] = [LOAO ] + [LP

O] = µa2

2

321$/8 !21/4 0!21/4 21$/8 + 1/5 0

0 0 21$/4 + 1/5

4

5.

Stefano Siboni 4004

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(c) Momento d’inerzia rispetto alla retta AyLa retta Ay e parallela all’asse coordinato Oy, ma non passa per il baricentro G del sistema.Conviene dunque applicare due volte il teorema di Huygens-Steiner e scrivere le relazioni:

IOy = IGy + mx2G IAy = IGy + m(xG ! a)2

che sottratte membro a membro porgono:

IAy ! IOy = m(xG ! a)2 ! mx2G = m(a2 ! 2axG)

e quindi:

IAy = IOy + ma(a ! 2xG) = Lyy + ma2!1 ! 2xG

a

"=

= µa2!21$

8+

15

"+

!13

+15$

8

"µa2

!1 ! 2 · 24

8 + 45$

12920

"=

= µa2

(21$

8+

15

+13

+15$

8!

!13

+15$

8

" 248 + 45$

12910

)=

= µa2!36$

8+

815

! 12910

"= µa2

!9$

2! 371

30

"= 1.77050027µa2 .

(d) Momento d’inerzia relativo alla bisettrice del II quadrante in OxyLa bisettrice del II quadrante e descritta dall’equazione cartesiana y = !x e il suo versoretangente si scrive pertanto:

n =e1 ! e2

|e1 ! e2|=

e1 ! e2'2

.

Poiche la retta passa ovviamente per l’origine, ne segue che il momento d’inerzia rispettoalla bisettrice risulta:

IOn = n · LO(n) =12(1 ! 1 0) [LO]

2

31!10

4

5 =12*Lxx + Lyy ! 2Lxy

+=

=12µa2

!21$

8+

21$

8+

15

+212

"=

12µa2

!21$

4+

10710

"= µa2

!21$

8+

10720

".

Esercizio 748. Punto vincolato a una curva fissa lisciaNel piano Oxy di una terna Oxyz un punto P di massa m e vincolato a scorrere senzaattrito lungo la curva di equazione y = !ae%x2/2a2

, x " R, con a costante positiva fissata.P ha peso trascurabile ed e collegato all’origine mediante una molla ideale di costanteelastica k. Il riferimento Oxyz ruota con velocita angolare costante ( attorno all’asse Oyrispetto ad una terna inerziale. Ricavare:(a) le equazioni pure del moto di P ;(b) le posizioni di equilibrio, precisandone le eventuali condizioni di esistenza.

Stefano Siboni 4005

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Equazioni pure del motoPosto per brevita:

f(x) = !ae%x2/2a2,

il vettore posizione del punto si scrive:

P ! O = xe1 + f(x)e2

mentre la velocita e l’accelerazione istantanea risultano:

P =#e1 + f !(x)e2

$x P =

#e1 + f !(x)e2

$x + f !!(x)x2 e2 .

Il postulato delle reazioni vincolari porge l’equazione:

mP = !k(P ! O) + m(2(P ! O) · e1 e1 + %"

dalla quale la reazione vincolare %" viene eliminata proiettando lungo il vettore tangentee1 + f !(x)e2 :

mP · [e1 + f !(x)e2 ] = !k(P ! O) · [e1 + f !(x)e2 ] + m(2(P ! O) · e1 e1 · [e1 + f !(x)e2] .

Si hanno cosıle espressioni:

mP · [e1 + f !(x)e2 ] = m#1 + f !(x)2

$x + mf !(x)f !!(x)x2

!k(P ! O) · [e1 + f !(x)e2 ] = !k#x + f(x)f !(x)

$

m(2(P ! O) · e1 e1 · [e1 + f !(x)e2] = m(2x

che conducono all’equazione pura del moto:

m#1 + f !(x)2

$x + mf !(x)f !!(x)x2 = !k

#x + f(x)f !(x)

$+ m(2x .

Basta poi sostituire le espressioni esplicite di f(x) e delle sue derivate:

f !(x) =x

ae%x2/2a2

f !!(x) =1a

!1 ! x2

a2

"e%x2/2a2

per ottenere l’equazione del moto richiesta:

mx!1 +

x2

a2e%x2/a2

"+

mx

a2

!1 ! x2

a2

"e%x2/a2

x2 = !k!x ! xe%x2/a2

"+ m(2x .

(b) Posizioni di equilibrioLe posizioni di equilibrio corrispondono alle soluzioni statiche dell’equazione pura del motoprecedente, e si ottengono percio risolvendo l’equazione non lineare:

0 = !k!x ! xe%x2/a2

"+ m(2x

Stefano Siboni 4006

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ossia:kx

!!1 + e%x2/a2

+m(2

k

"= 0 .

Una radice ovvia e sempre definita:x = 0 ,

mentre altre soluzioni si hanno per:

!1 + e%x2/a2+

m(2

k= 0 %& e%x2/a2

= 1 ! m(2

k

e risultano definite e distinte dalla precedente per m(2/k < 1:

x = a

:! ln

!1 ! m(2

k

"x = !a

:! ln

!1 ! m(2

k

".

Esercizio 749. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoNel piano Oxy di una terna Oxyz un disco omo-geneo D, di centro O, raggio a e massa m, ruotaattorno all’asse fisso Oz. Nello stesso piano untelaio rigido ABCD di massa µm e composto dadue aste AB e CD saldate ortogonalmente in C ,con CD libera di scorrere lungo Oy. Un punto P ,di massa ,m, e saldato sul bordo di D e vincolatoa scorrere lungo l’asta AB del telaio. Il sistema epesante e una molla ideale di costante elastica kcollega A con O. I vincoli si assumono ideali. Laterna Oxyz ruota con velocita angolare costante( attorno all’asse verticale Oy rispetto alle stel-le lontane. Si usi l’angolo ' " R in figura per de-terminare del sistema:

(a) gli equilibri;(b) la stabilita degli equilibri;(c) l’energia cinetica;(d) le equazioni pure del moto;(e) l’espressione della quantita di moto.

Soluzione(a) EquilibriLe forze di Coriolis sono ortogonali al piano del moto Oxy, che contiene l’asse di rotazioneOy della terna di riferimento non inerziale: di conseguenza, la componente generalizzatadelle forze di Coriolis risulta identicamente nulla e non ha alcun e$etto ne dinamico nestatico. Le altre sollecitazioni attive che agiscono sul sistema sono tutte posizionali e

Stefano Siboni 4007

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

conservative: il peso, la forza elastica fra il punto A e l’origine, il sistema delle forzecentrifughe.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale delle forze peso e la somma dei contributi relativi al disco D, al punto P e altelaio ABCD:

Ug = !mge2 · (O ! O) ! ,mge2 · (P !O) ! µmge2 · (G !O) ,

dove G indica il baricentro del telaio. Essendo poi:

P !O = a sin ' e1 ! a cos ' e2

G ! O = G ! C + C ! O = G ! C ! a cos ' e2

con G!C costante per via del moto traslatorio del telaio, l’espressione precedente si riducea:

Ug = ,mga cos ' + µmga cos ' + costante

ossia:Ug = (, + µ)mga cos ' .

Potenziale elasticoLa definizione del potenziale elastico associato alla molla O !A porge:

Uel = !k

2|A ! O|2 = !k

2|A ! C + C ! O|2 =

= !k

2|A ! C ! a cos ' e2|2 = !k

2*|A ! C |2 + a2cos2'

+

e quindi:

Uel = !ka2

2cos2' + costante

dal momento che il vettore A ! C si mantiene costante e ortogonale a Oy.

Potenziale centrifugoIl disco omogeneo e il telaio non danno alcun contributo al potenziale centrifugo del sistema,perche il loro momento d’inerzia relativo all’asse Oy si mantiene necessariamente costanteal variare di '. Il solo contributo non banale e fornito dal punto P , per il quale risulta:

Ucf =(2

2IPOy =

(2

2,m|P ! C |2 =

(2

2,ma2sin2' =

,ma2(2

2sin2' .

Potenziale del sistemaOmesse le costanti additive, la somma dei potenziali appena calcolati definisce il potenzialedel sistema:

U(') = Ug + Uel + Ucf = (, + µ)mga cos ' ! ka2

2cos2' +

,ma2(2

2sin2' *' " R .

Stefano Siboni 4008

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

EquilibriGli equilibri del sistema, tutti ordinari, si identificano con i punti critici del potenzialetotale. La derivata prima di U risulta:

U !(') = !(, + µ)mga sin ' + ka2 cos ' sin ' + ,ma2(2 sin ' cos '

in modo che l’equazione di equilibrio diventa:

!(, + µ)mga sin ' + (k + ,m(2)a2 sin' cos ' = 0

e con un ovvio raccoglimento a fattor comune si riduce a:

(k + ,m(2)a2 sin '

(! (, + µ)mg

(k + ,m(2)a+ cos '

)= 0 .

Due soluzioni si hanno per sin' = 0 e sono definite incondizionatamente:

' = 0 ' = $ .

Posto per brevita:

0 =(, + µ)mg

(k + ,m(2)a,

altre due soluzioni distinte dalle precedenti si ottengono per 0 < 1:

' = arccos 0 = '! " (0,$/2) ' = ! arccos 0 = !'! .

(b) Stabilita degli equilibriLe proprieta di stabilita degli equilibri possono essere analizzate ricorrendo ai teoremi diLagrange-Dirichlet e di inversione parziale, dal momento che le sollecitazioni applicate alsistema scleronomo sono tutte posizionali conservative. Alla base di tutta l’analisi stal’espressione della derivata seconda del potenziale:

U !!(') = !(, + µ)mga cos ' + (k + ,m(2)a2(cos2'! sin2') =

= (k + ,m(2)a2*!0 cos ' + cos2' ! sin2'

+

che va calcolata in ciascuna configurazione di equilibrio.

Configurazione ' = 0, definita incondizionatamenteNella fattispecie la derivata seconda del potenziale non ha segno definito:

U !!(0) = (k + ,m(2)a2(!0 + 1)

e obbliga a considerare tre diversi casi:

# se 0 < 1 risulta U !!(0) > 0 e l’equilibrio e instabile per il teorema di inversione parzialedi Lagrange-Dirichlet;

Stefano Siboni 4009

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

# per 0 > 1 si ha all’opposto U !!(0) < 0, e l’equilibrio costituisce un massimo relativoproprio del potenziale, la cui stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet;

# qualora sia infine 0 = 1 si ottiene U !!(0) = 0 e lo studio della stabilita richiedeun’analisi piu accurata. Dalle derivate successive:

U !!(') = (k + ,m(2)a2*! cos ' + cos 2'

+=& U !!(0) = 0

U (3)(') = (k + ,m(2)a2*sin' ! 2 sin 2'

+=& U (3)(0) = 0

U (4)(') = (k + ,m(2)a2*cos '! 4 cos 2'

+=& U (4)(0) = !3(k + ,m(2)a2

segue infatti lo sviluppo di Taylor al quarto ordine in ' = 0:

U(') = U(0) ! 3(k + ,m(2)a2 '4

4!+ o('4)

che mostra come l’equilibrio rappresenti un massimo relativo proprio del potenziale,stabile per Lagrange-Dirichlet.

Configurazione ' = $, definita incondizionatamenteIn questo caso la derivata seconda del potenziale e sempre di segno positivo:

U !!($) = (k + ,m(2)a2(0 + 1) > 0

e comporta l’instabilita dell’equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione ' = '!, con cos '! = 0, per 0 < 1La derivata seconda del potenziale risulta strettamente negativa:

U !!('!) = (k + ,m(2)a2*!0 cos '! + cos2'! ! sin2'!

+=

= (k + ,m(2)a2*!cos2'! + cos2'! ! sin2'!

+= !(k + ,m(2)a2sin2'! < 0

ed individua l’equilibrio come un massimo relativo proprio del potenziale, stabile perLagrange-Dirichlet.

Configurazione ' = !'!, con cos '! = 0, per 0 < 1La derivata seconda del potenziale e uguale a quella calcolata nella configurazione simme-trica precedente:

U !!(!'!) = (k + ,m(2)a2*!0 cos '! + cos2'! ! sin2'!

+= !(k + ,m(2)a2sin2'! < 0

per cui anche questo equilibrio e stabile in virtu del teorema di Lagrange-Dirichlet.

(c) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema si scrive come somma delle energie cinetiche relative al discoD, al telaio ABCD e al punto P .

Stefano Siboni 4010

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Energia cinetica del disco DIl disco circolare ruota con velocita angolare ' e3 attorno all’asse fisso Oz. La sua energiacinetica e dunque data dalla formula:

TD =12IDOz |' e3|2 =

12

· ma2

2'2 =

ma2

4'2 .

Energia cinetica del telaio ABCDIl telaio ha massa µm e si muove di moto traslatorio (rettilineo). Ad un dato istante tuttii suoi punti si muovo con la stessa velocita istantanea, che coincide con quella di P lungola direzione verticale:

P · e2 e2 = a(cos ' e1 + sin ' e2)' · e2 e2 = a sin ' ' e2

in modo che l’energia cinetica risulta:

TABCD =µm

2|P · e2 e2|2 =

µma2

2sin2' '2 .

Energia cinetica del punto PL’energia cinetica di P si scrive:

TP =,m

2P 2 =

,ma2

2'2 .

Energia cinetica del sistemaLa somma delle energie cinetiche parziali calcolate fornisce l’energia cinetica del sistema:

T = TD +TABCD +TP =ma2

4'2+

µma2

2sin2' '2+

,ma2

2'2 =

ma2

2

!12

+,+µ sin2'"'2.

(d) Equazioni pure del motoLe equazioni pure del moto si riducono all’unica equazione di Lagrange:

d

dt

!)L

)'

"! )L

)'= 0

con la lagrangiana:

L =ma2

2

!12

+ , + µ sin2'"'2 + (, + µ)mga cos '! ka2

2cos2' +

,ma2(2

2sin2'

che porge:

)L

)'= ma2

!12

+ , + µ sin2'"'

d

dt

!)L

)'

"= ma2

!12

+ , + µ sin2'"' + 2µma2 sin ' cos ' '2

)L

)'= µma2 sin' cos ' '2 ! (, + µ)mga sin ' + (k + ,m(2)a2 sin' cos '

Stefano Siboni 4011

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e quindi:

ma2!1

2+ , + µ sin2'

"' + 2µma2 sin ' cos ' '2!

!µma2 sin' cos ' '2 + (, + µ)mga sin ' ! (k + ,m(2)a2 sin' cos ' = 0 .

L’equazione pura del moto risulta pertanto:

ma2!1

2+ , + µ sin2'

"' + µma2 sin ' cos ' '2+

+(, + µ)mga sin ' ! (k + ,m(2)a2 sin' cos ' = 0 .

(e) Quantita di motoLa quantita di moto del sistema e definita come grandezza additiva, sommando i contributidi disco, telaio e punto P . Il disco omogeneo ha il baricentro O immobile nell’origine dellaterna di riferimento, e presenta percio impulso costantemente nullo. La quantita di motodel telaio e data dal prodotto della massa totale µm di ABCD per la velocita di un qualsiasipunto:

%QABCD = µmP · e2 e2 = µma sin ' ' e2 .

Per il punto P si ha infine l’espressione ovvia:

%QP = ,mP = ,ma(cos ' e1 + sin' e2)' .

La quantita di moto del sistema risulta cosı:

%Q = %QABCD + %QP = µma sin ' ' e2 + ,ma(cos ' e1 + sin ' e2)' =

= ,ma cos ' ' e1 + (µ + ,)ma sin ' ' e2 .

Esercizio 750. Geometria delle masseNel piano Oxy di una terna Oxyz si considerail sistema composto da un disco circolare D, diraggio a e centro C(0, a), e da un’asta rettilineadi estremi A(0, 2a) e B(3a, 2a). La densita deldisco vale:

/(P ) =µ

a4|P !C |2 *P " D ,

mentre quella dell’asta si scrive:

,(P ) =µ

a2|B ! P | *P " AB

essendo µ una massa caratteristica. Determinare del sistema:

(a) la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz;(b) la matrice d’inerzia relativa a Oxyz;(c) i momenti d’inerzia relativi alle rette OB e Bz.

Stefano Siboni 4012

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Massa e baricentroIl disco si rappresenta in coordinate polari per mezzo della parametrizzazione:

P ! O = 3 sin ' e1 + (a ! 3 cos ')e2 , (3,') " [0, a] / [0, 2$]

in termini della quale la densita areale assume la forma:

/(3,') =µ

a432 , (3,') " [0, a] / [0, 2$] ,

mentre l’elemento d’area e ovviamente dS = 3d3d'. L’asta AB e individuata invece da:

P ! O = xe1 + 2ae2 , x " [0, 3a] ,

con densita lineare:

,(x) =µ

a2|3ae1 + 2ae2 ! xe1 ! 2ae2| =

µ

a2(3a ! x) , x " [0, 3a] ,

e elemento di lunghezza ds = dx.

Massa del discoL’integrale su D della densita / fornisce la massa del disco:

mD =;

D

/ dS =a;

0

d3 3

2%;

0

d'µ

a432 =

µ

a4

a;

0

33d3 2$ = 2$µ

a4

a4

4=

$

2µ .

Massa dell’astaLa massa dell’asta si ricava integrando su AB la densita lineare ,:

mAB =;

AB

, ds =3a;

0

µ

a2(3a ! x)dx =

µ

a2

(3ax ! x2

2

)3a

0

=µ

a2

!9a2 ! 9a2

2

"=

92µ .

Massa del sistemaPoiche asta e disco si intersecano nel solo punto A, che non contribuisce ne agli integralidi superficie sul disco ne a quelli curvilinei sull’asta, la somma delle masse parziali mD emAB porge la massa del sistema:

m = mD + mAB =$

2µ +

92µ =

$ + 92

µ .

Baricentro del discoIl baricentro GD del disco coincide con il centro C , che costituisce un evidente centro disimmetria della piastra. La densita / e infatti funzione della sola distanza da C ed assumelo stesso valore in tutti i punti simmetrici rispetto a C :

GD !O = C ! O = ae2 .

Stefano Siboni 4013

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Baricentro dell’astaIl baricentro dell’asta deve collocarsi lungo la retta di giacitura AB, per cui il relativovettore posizione deve assumere la forma:

GAB ! O = xAB e1 + 2ae2 .

L’ascissa e individuata da:

xAB =1

mAB

;

AB

x, ds =29µ

3a;

0

xµ

a2(3a ! x)dx =

29a2

3a;

0

(3ax ! x2)dx =

=2

9a2

(3ax2

2! x3

3

)3a

0

=2

9a2

!27a3

2! 27a3

3

"=

29

27!1

2! 1

3

"a = a

in modo che risulta:GAB ! O = ae1 + 2ae2 .

Baricentro del sistemaPer il vettore posizione del baricentro G del sistema il teorema distributivo porge l’espres-sione:

G ! O =mD(GD !O) ! mAB(GAB ! O)

m

e quindi:

G ! O =

$

2µae2 +

92µ (ae1 + 2ae2)

$ + 92

µ=

$e2 + 9(e1 + 2e2)$ + 9

a =9

$ + 9ae1 +

$ + 18$ + 9

ae2 .

(b) Matrice d’inerzia relativa a OxyzMatrice d’inerzia del discoLa retta Oy = Cy costituisce un ovvio asse di simmetria per il disco, dunque principaled’inerzia in O; d’altra parte, la retta Oz e un asse principale d’inerzia in O in quantoortogonale al piano di giacitura Oxy. Ne discende che la terna Oxyz e una terna principaled’inerzia in O per il disco, e che la relativa matrice d’inerzia assume la forma diagonale:

[LDO] =

2

3LD

xx 0 00 LD

yy 00 0 LD

xx + LDyy

4

5 .

Il momento d’inerzia rispetto all’asse Ox si scrive:

LDxx =

;

D

y2/ dS =a;

0

d3 3

2%;

0

d' (a ! 3 cos ')2µ

a432 =

Stefano Siboni 4014

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

=µ

a4

a;

0

d3 33

2%;

0

d' (a2 + 32 cos2' ! 2a3 cos ') =

=µ

a4

a;

0

d3 33

2%;

0

d'!a2 + 32 1 + cos 2'

2! 2a3 cos '

"=

=µ

a4

a;

0

d3 33

(a2' +

32

2' +

34

4sin 2' ! 2a3 sin '

)2%

#=0

=

=µ

a4

a;

0

d3 33(2$a2 + $32) =µ

a4

a;

0

(2$a233 + $35)d3 =

=µ

a4

!2$a2 a4

4+ $

a6

6

"= µa2$

!12

+16

"=

2$

3µa2

mentre quello relativo all’asse Oy e dato da:

LDyy =

;

D

x2/ dS =a;

0

d3 3

2%;

0

d' 32 sin2'µ

a432 =

=µ

a4

a;

0

d3 35

2%;

0

d'1 ! cos 2'

2=

µ

2a4

a6

6

(' ! sin 2'

2

)2%

0

=112

µa2 2$ =$

6µa2

per cui risulta:

LDxx + LD

yy =2$

3µa2 +

$

6µa2 = µa2$

!23

+16

"=

5$

6µa2

e la matrice d’inerzia richiesta diventa:

[LDO] = µa2

2

32$/3 0 0

0 $/6 00 0 5$/6

4

5 .

Matrice d’inerzia dell’astaL’asta si colloca nel piano coordinato Oxy, per cui la matrice d’inerzia di AB deve esseredel tipo:

[LABO ] =

2

3LAB

xx LABxy 0

LABxy LAB

yy 00 0 LAB

xx + LAByy

4

5 .

Il momento d’inerzia relativo all’asse Ox vale:

LABxx =

;

AB

y2, ds =;

AB

(2a)2, ds = 4a2mAB = 4a2 92µ = 18µa2

Stefano Siboni 4015

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e quello relativo all’asse Oy si scrive:

LAByy =

;

AB

x2, ds =3a;

0

x2 µ

a2(3a ! x)dx =

µ

a2

3a;

0

(3ax2 ! x3)dx =

=µ

a2

(ax3 ! x4

4

)3a

0

=µ

a2

!27a4 ! 81a4

4

"= µa2 108 ! 81

4=

274

µa2

mentre il prodotto d’inerzia non banale risulta:

LABxy = !

;

AB

xy, ds = !3a;

0

x 2aµ

a2(3a ! x)dx = !2µ

a

3a;

0

(3ax ! x2)dx =

= !2µ

a

(3a

x2

2! x3

3

)3a

0

= !2µ

a

!3

92a3 ! 9a3

"= !9µa2 .

In conclusione, la matrice d’inerzia relativa a Oxyz dell’asta e data da:

[LABO ] = µa2

2

318 !9 0!9 27/4 00 0 99/4

4

5 .

Matrice d’inerzia del sistemaPer calcolare la matrice d’inerzia si applica la proprieta additiva, sommando le matricid’inerzia parziali di disco e asta:

[LO] = [LDO] + [LAB

O ] = µa2

2

32$/3 0 0

0 $/6 00 0 5$/6

4

5+ µa2

2

318 !9 0!9 27/4 00 0 99/4

4

5 =

= µa2

2

@@@@3

2$

3+ 18 !9 0

!9$

6+

274

0

0 05$

6+

994

4

AAAA5.

(c) Momenti d’inerzia relativi alle rette OB e BzMomento d’inerzia relativo alla retta OBLa retta OB passa per l’origine ed e individuata dal versore tangente:

n =B ! O

|B ! O|=

3ae1 + 2ae2

|3ae1 + 2ae2|=

3'13

e1 +2'13

e2 .

Il momento d’inerzia del sistema rispetto alla retta OB e allora espresso da:

IOB = n · LO(n) =113

(3 2 0) [LO]

2

3320

4

5 =113

*Lxx · 32 + Lyy · 22 + 2 · Lxy · 3 · 2

+=

Stefano Siboni 4016

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

=113

*9Lxx + 4Lyy + 12Lxy

+=

µa2

13

(9!2$

3+ 18

"+ 4

!$

6+

274

"+ 12(!9)

)=

=µa2

13

!6$ + 162 +

23$ + 27 ! 108

"=

µa2

13

!203

$ + 81"

.

Momento d’inerzia relativo alla retta BzLa retta Bz e parallela all’asse coordinato Oz. Il momento d’inerzia relativo a Bz si puoquindi ottenere applicando due volte il teorema di Huygens-Steiner:

IOz = IGz + m(x2G + y2

G)

IBz = IGz + m[(3a ! xG)2 + (2a ! yG)2](750.1)

dove si sono indicate con xG e yG rispettivamente l’ascissa e l’ordinata del baricentro Gdel sistema:

xG =9

$ + 9a yG =

$ + 18$ + 9

a . (750.2)

Sottraendo membro a membro le equazioni (750.1) si deduce:

IBz ! IOz = m#(3a ! xG)2 + (2a ! yG)2 ! x2

G ! y2G

$

e quindi, con la sostituzione delle (750.2):

IBz = LOz + m*9a2 ! 6axG + 4a2 ! 4ayG

+= Lzz + m

*13a2 ! 6axG ! 4ayG

+=

= µa2!5$

6+

994

"+

$ + 92

µ!13 ! 6

9$ + 9

! 4$ + 18$ + 9

"a2 =

= µa2!5$

6+

994

"+

µa2

2(117 + 13$ ! 54 ! 4$ ! 72) =

= µa2!5$

6+

994

! 92

+9$

2

"= µa2

!16$

3+

814

".

Esercizio 751. Punto materiale vincolato a una curva e soggetto a forze fittizieAll’interno di una scatola rigida ermeticamente chiusa un punto materiale P di massam puo scorrere senza attrito lungo l’asse orizzontale Ox di una terna Oxyz solidale allascatola. Il punto e soggetto a una resistenza viscosa di costante ", e collegato a un puntofisso C dell’asse verticale Oy mediante una molla ideale di costante elastica k. La scatolatrasla rispetto a una terna inerziale &xyz in modo che la legge oraria dell’origine O siscrive:

O(t) ! & = A cos((t) e1 ,

essendo A e ( costanti positive assegnate. Determinare rispetto al riferimento Oxyz diquiete della scatola:

(a) l’equazione pura del moto e l’espressione del moto di regime di P ;(b) l’espressione generale dei moti del punto, nell’ipotesi che sia "2 ! 4mk < 0;(c) il valore della pulsazione (, laddove definito, per il quale il sistema risulta risonante.

Stefano Siboni 4017

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Moto di regimeIl sistema di riferimento Oxyz ha natura non inerziale, in quanto si muove di moto trasla-torio accelerato rispetto alla terna galileiana &xyz; poiche la velocita angolare di trascina-mento e costantemente nulla, le forze fittizie si riducono alla sola forza di trascinamento:

!mO(t) = mA(2 cos((t) e1 .

Il postulato delle reazioni vincolari porge allora l’equazione:

mP = !k(P !C) ! mge2 ! "P + mA(2 cos((t) e1

che proiettata lungo il versore e1 conduce all’equazione pura del moto:

mx + "x + kx = mA(2 cos((t) .

L’equazione descrive la dinamica di un oscillatore armonico smorzato con una forzantesinusoidale la cui ampiezza e direttamente proporzionale al quadrato della pulsazione (.Il moto di regime, o stazionario, del sistema corrisponde ad una soluzione della forma:

x(t) = B cos((t + +) * t " R (751.1)

in cui l’ampiezza B e la fase + vanno determinate convenientemente. Sostituendo nell’equa-zione del moto si ha infatti:

B#(!m(2 + k) cos((t + +) ! "( sin((t + +)

$= mA(2 cos((t)

e quindi:

B(!m(2 + k) cos((t + +) ! "( sin((t + +).

(k ! m(2)2 + "2(2=

mA(2

.(k ! m(2)2 + "2(2

cos((t)

in modo che l’ampiezza del moto di regime vale:

B =Am(2

.(k ! m(2)2 + "2(2

(751.2)

mentre la fase e individuata dal sistema di equazioni trigonometriche:

cos + =k !m(2

.(k !m(2)2 + "2(2

sin + =!"(.

(k ! m(2)2 + "2(2.

La soluzione si puo esprimere in una forma piu esplicita riscrivendo la (751.1) come:

x(t) = B cos + cos((t) !B sin+ sin((t) =

=Am(2(k !m(2)

(k !m(2)2 + "2(2cos((t) +

Am(2"(

(k ! m(2)2 + "2(2sin((t) * t " R .(751.3)

Stefano Siboni 4018

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(b) Forma generale dei motiPer ricavare l’espressione generale dei moti e su!ciente sommare alla soluzione particolare(751.3) la soluzione generale dell’equazione omogenea associata:

mx + "x + kx = 0

alla quale corrisponde l’equazione caratteristica:

m,2 + ", + k = 0

di radici complesse coniugate:

,1,2 = ! "

2m±

."2 ! 4mk

2m= ! "

2m± i

.4mk ! "2

2m

per via della condizione sul discriminante: "2 ! 4mk < 0. La soluzione generale dell’omo-genea associata e cosı:

x(t) = c1e% "

2m t cos!.

"2 ! 4mk

2mt"

+ c2e% "

2m t sin!.

"2 ! 4mk

2mt"

e quella dell’equazione completa diventa:

x(t) = c1e% "

2m t cos!.

"2 ! 4mk

2mt"

+ c2e% "

2m t sin!.

"2 ! 4mk

2mt"

+

+Am(2(k ! m(2)

(k ! m(2)2 + "2(2cos((t) +

Am(2"(

(k ! m(2)2 + "2(2sin((t) * t " R

con c1 e c2 costanti reali arbitrarie (determinabili assegnando le condizioni iniziali).

(c) Pulsazione di risonanzaSi ha risonanza quando l’ampiezza (751.2) del moto di regime risulta massima. Dettaampiezza puo rappresentarsi nella forma:

B(() =Am(2

.(k ! m(2)2 + "2(2

= A

?(m(2)2

(k ! m(2)2 + "2(2=

= A

?(m(2/k)2

(1 ! m(2/k)2 + "2(2/k2= A

?02

(1 ! 0)2 + 0 "2/mk

a patto di porre 0 = m(2/k > 0. Essa assume il proprio valore massimo in corrispondenzadel valore di 0 > 0 per il quale e massima la funzione ausiliaria:

'(0) =02

(0 ! 1)2 +"2

mk0

.

Stefano Siboni 4019

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

La ricerca del massimo richiede il calcolo per 0 > 0 della derivata prima:

'!(0) =1

((0 ! 1)2 +

"2

mk0

)2

(20(0 ! 1)2 +

2"2

mk02 ! 2(0 ! 1)02 ! "2

mk02

)=

=20

((0 ! 1)2 +

"2

mk0

)2

((0 ! 1)2 +

"2

2mk0 ! (0 ! 1)0

)=

=20

((0 ! 1)2 +

"2

mk0

)2

(1 ! 0 +

"2

2mk0

)=

20((0 ! 1)2 +

"2

mk0

)2

(1 !

!1 ! "2

2mk

"0

)

il cui segno va esaminato in due distinti casi.

(i) Se"2

2mk) 1 non puo aversi '!(0) = 0 per 0 > 0 e risulta anzi '!(0) > 0 * 0 > 0. Nello

stesso intervallo la funzione ausiliaria '(0) risulta percio monotona crescente e tendeal proprio valore massimo per 0 . +5:

lim'#+$

'(0) = lim'#+$

02

(0 ! 1)2 +"2

mk0

= 1 .

Poiche la condizione equivale a richiedere ( . +5, il sistema non ammette alcunapulsazione di risonanza in senso stretto.

(ii) Se"2

2mk< 1, ossia "2 < 2mk, allora la derivata prima '!(0) si annulla unicamente per

0 =1

1 ! "2

2mk

= 0R

mentre si ha '!(0) > 0 per 0 < 0R e '!(0) < 0 se 0 > 0R. Ne deriva che 0 = 0R

costituisce un massimo relativo proprio della funzione, cui corrisponde la pulsazionedi risonanza richiesta:

(R =:

k

m

.0R =

:k

m

1:1! "2

2mk

.

Si osservi che nel comune oscillatore armonico smorzato con forzante sinusoidale, dovel’ampiezza della forzante e indipendente dalla pulsazione, la pulsazione di risonanza edefinita sempre per "2 < 2mk ma assume un valore diverso:

(R =

:k

m

:1 ! "2

2mk

e sistematicamente minore del precedente (sebbene comunque prossimo alla pulsazionenormale

.k/m dell’oscillatore armonico non smorzato per " 1 0). Da notare inoltre

che mentre (R e una funzione decrescente di "2/2mk, (R ha un andamento crescente.

Stefano Siboni 4020

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 752. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoUn telaio circolare omogeneo !, di massa m,raggio R e centro C , e vincolato a ruotarecon un suo punto fisso O nel piano Oxy diuna terna inerziale Oxyz che ha l’asse Oyorientato verticalmente verso l’alto. Su !puo scorrere liberamente un punto materialeP , pure di massa m, collegato ad O da unamolla ideale di costante elastica k. Il sistemae soggetto al peso. Usando gli angoli . e +in figura come coordinate generalizzate, de-terminare del sistema:

(a) quattro configurazioni di equilibrio;

(b) le proprieta di stabilita dei predetti equilibri;

(c) l’espressione dell’energia cinetica;

(d) le equazioni pure del moto;

(e) l’espressione della quantita di moto e quella del momento angolare in O.

Soluzione(a) Quattro configurazioni di equilibrioSul sistema agiscono le forze peso e l’interazione elastica fra i punti P e O: tutte lesollecitazioni hanno quindi natura posizionale conservativa e possono essere descritte permezzo degli appropriati potenziali. Gli equilibri, tutti ordinari, sono i punti critici delpotenziale del sistema.

Potenziale gravitazionaleIl telaio circolare omogeneo ! vede il proprio baricentro coincidere con il centro geomet-rico C , che costituisce un evidente centro di simmetria del corpo per via dell’ipotesi diomogeneita. Il baricentro di ! e cosı individuato dal vettore posizione

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

mentre per il punto P si ha:

P !O = C ! O + P ! C = R(sin . + sin +) e1 ! R(cos . + cos +) e2 . (752.1)

Il potenziale gravitazionale del sistema e allora dato dalla relazione:

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

Stefano Siboni 4021

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Potenziale elasticoPer calcolare il potenziale elastico basta osservare che:

|P !O|2 = R2(sin . + sin+)2 + R2(cos . + cos +)2 =

= R2(2 + 2 sin. sin + + 2 cos . cos +) = 2R2[1 + cos(. ! +)]

e sostituire questa espressione nella formula generale:

Uel = !k

2|P !O|2

per ottenere:

Uel = !k

22R2[1 + cos(. ! +)] ! kR2 cos(. ! +) ! kR2.

Potenziale totaleIl potenziale del sistema e definito dalla somma dei potenziali parziali, gravitazionale edelastico:

U(.,+) = Ug + Uel = mgR(2 cos . + cos +) ! kR2 cos(. ! +)

in cui si e omessa la costante additiva !kR2.

Equilibri banaliGli equilibri del sistema scleronomo posizionale conservativo a vincoli ideali sono tutti esoli i punti critici del potenziale, nei quali si annullano simultaneamente le derivate parzialiprime:

)U

).(.,+) = U*(.,+) = !2mgR sin. + kR2 sin(. ! +)

)U

)+(.,+) = U)(.,+) = !mgR sin+ ! kR2 sin(. ! +) .

Le equazioni di equilibrio sono percio:

%&

'!2mg sin . + kR sin(. ! +) = 0

!mg sin + ! kR sin(. ! +) = 0 .(752.2)

Possiamo riesprimere la prima equazione applicando la formula per il seno della somma:

!2mg sin . + kR(sin . cos + ! cos . sin +) = 0

e sostituire la seconda con la somma membro a membro delle due equazioni (752.2):

!2 sin . ! sin+ = 0 (752.3)

Stefano Siboni 4022

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ottenendo in tal modo il sistema equivalente:

%,&

,'

!2mg

kRsin . + sin . cos + ! cos . sin + = 0

2 sin . + sin + = 0 .(752.4)

Dalla seconda equazione (752.4) si deduce che sin+ = !2 sin., per cui la prima diventa

!2mg

kRsin . + sin . cos + + 2 sin . cos . = 0

ed ammette il raccoglimento del fattore comune sin.:

sin.!!2mg

kR+ cos + + 2 cos .

"= 0 . (752.5)

Soluzioni di questa equazione si hanno certamente per

sin. = 0

nel qual caso deve necessariamente avvenire che

sin+ = !2 sin. = 0 .

Se ne deducono le soluzioni di equilibrio banali:

(.,+) = (0, 0) (.,+) = (0,$) (.,+) = ($, 0) (.,+) = ($,$) .

Complemento: ulteriori configurazioni di equilibrioOltre alle precedenti, il sistema puo ammettere ulteriori configurazioni di equilibrio di cuisi vuole discutere l’esistenza — per quanto tale discussione non sia richiesta nel testo delproblema.

L’equazione di equilibrio (752.5) puo essere soddisfatta altresı richiedendo che si annulli ilpolinomio trigonometrico entro parentesi:

!2mg

kR+ cos + + 2 cos . = 0 .

Assieme alla (752.3), questa relazione porge il sistema di equazioni trigonometriche:

%,&

,'

cos + =2mg

kR! 2 cos .

sin + = !2 sin . ,(752.6)

Stefano Siboni 4023

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

da cui, quadrando e sommando membro a membro, segue la condizione su .:

1 = 4(!mg

kR

"2! 2

mg

kRcos . + cos2. + sin2.

)

ossia2mg

kRcos . =

!mg

kR

"2+

34

ed infine:cos . =

12

mg

kR+

38

kR

mg. (752.7)

Occorre analizzare i valori assunti dal secondo membro al variare delle costanti caratteris-tiche del sistema. Per fare questo conviene introdurre il parametro adimensionale

, =mg

kR

e la funzione razionale"(,) =

,

2+

38,

, , > 0 ,

in modo che l’equazione (752.7) si riesprime come

cos . = "(,) . (752.8)

La funzione ausiliaria "(,) ha derivata:

"!(,) =12! 3

8,2=

12,2

!,2 ! 3

4

"

di segno positivo se , >'

3/2 e negativo per , <'

3/2, in modo che l’unico punto critico, =

'3/2 costituisce un minimo relativo proprio di "(,), dove la funzione assume il valore:

"!'3

2

"=

12

'3

2+

38

2'3

='

34

+'

34

='

32

.

D’altra parte, l’equazione "(,) = 1 deve ammettere una ed una sola soluzione tantonell’intervallo (0,

'3/2) quanto nell’intervallo (

'3/2,+5). Si ha in e$etti l’equivalenza:

,

2+

38,

= 1 %& ,2 ! 2, +34

= 0

dalla quale seguono le radici:

, =2 ±

:4 ! 4 · 3

42

=2 ± 1

2= ,

-

1/2

3/2 .

Stefano Siboni 4024

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

La funzione "(,) ha dunque il grafico illustrato nella figura seguente:

Appare evidente che l’immagine inversa dell’intervallo (!1,+1) attraverso " e costituitadall’intervallo , " (1/2, 3/2). L’equazione (752.8) implica allora due ulteriori soluzioni:

. = arccos!,

2+

38,

":= .!(,) " (0,$/2) e . = !.!(,) " (!$/2, 0)

se e solo se , " (1/2, 3/2). Per stabilire se queste nuove soluzioni corrispondano o menoa ulteriori equilibri, ricaviamo il corrispondente valore di +, tornando alla prima delleequazioni (752.6):

cos + = 2, ! 2 cos . = 2, ! 2!,

2+

38,

"= , ! 3

4,:= X (,)

dove la funzione ausiliaria X (,) si intende definita *, > 0, con derivata sempre positiva:

X !(,) = 1 +3

4,2> 0 *, > 0

e valori limite:lim

+#0+X (,) = !5 lim

+#+$X (,) = +5 .

La funzione e continua e monotona crescente in R+, per cui l’immagine inversa attraversoX dell’intervallo (!1, 1) e l’intervallo che ha come estremi le immagini inverse di !1 e 1.D’altro canto, dalle equazioni equivalenti:

X (,) = !1 %& ,2 + , ! 34

= 0

Stefano Siboni 4025

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

segue che

, =!1 ±

:1 ! 4 ·

!!3

4

"

2=

!1 ± 22

= ,-

!3/2 (non accettabile)

1/2 (accettabile) ,

ed analogamente da

X (,) = 1 %& ,2 ! , ! 34

= 0

si perviene alla radice:

, =1 ±

:1 ! 4 ·

!!3

4

"

2=

1 ± 22

= ,-

!1/2 (non accettabile

3/2 (accettabile) ,

in modo che l’immagine inversa di (!1, 1) attraverso X e l’intervallo , " (1/2, 3/2). Eanche utile osservare — e immediato verificare — che X%1(0) =

'3/2. Il grafico di X (,)

ha cosı l’andamento seguente:

Si conclude pertanto che l’equazione cos+ = X (,) ammette soluzione se e solo se , "(1/2, 3/2), e in tal caso le soluzioni sono:

+ = arccos!, ! 3

4,

":= +! " (0,$) e + = !+! " (!$, 0) .

Tuttavia, non tutte le combinazioni dei valori di . e + calcolati rappresentano degli equilibridel sistema. Per appurarlo, si rappresentano le soluzioni ottenute nella forma

. = /.! + = &+!

Stefano Siboni 4026

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

con / = +1,!1, & = +1,+1 e

.! = arccos!,

2+

38,

"" (0,$/2) +! = arccos

!, ! 3

4,

"" (0,$) , (752.9)

e le si sostituisce nelle equazioni di equilibrio (752.6):

%&

'cos(&+!) = 2, ! 2 cos(/.!)

sin(&+!) = !2 sin(/.!)

per ottenere, sfruttando la parita del seno e del coseno, il sistema:

%&

'cos +! + 2 cos .! = 2,

& sin +! + 2/ sin.! = 0 .

La prima di queste equazioni e sempre soddisfatta, in quanto:

cos +! + 2 cos .! = , ! 34,

+ 2!,

2+

38,

"= 2, .

Nella seconda si ha invece, essendo .! " (0,$/2) e +! " (0,$):

sin .! =

:1 !

!,

2+

38,

"2=

12

:4 !

!, +

34,

"2=

12

:52! ,2 ! 9

16,2

sin +! =:

1 !!, ! 3

4,

"2=

:52! ,2 ! 9

16,2,

per cui

& sin+! + 2/ sin.! = (& + /):

52! ,2 ! 9

16,2

e l’espressione si annulla se e solo se & + / = 0, in quanto

52! ,2 ! 9

16,2> 0 *, " (1/2, 3/2) .

Si conclude cosı che per , = mg/kR " (1/2, 3/2) sono definite due ulteriori configurazionidi equilibrio:

(.,+) = (.!,!+!) (.,+) = (!.!,+!)

con .! e +! dati da (752.9). Le figure seguenti mostrano gli angoli .! e +! in funzione del

Stefano Siboni 4027

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

parametro d’ordine ,:

(b) Stabilita degli equilibriAl fine di studiare le proprieta di stabilita degli equilibri, si calcolano le derivate parzialiseconde del potenziale di sistema:

)2U

).2(.,+) = !2mgR cos . + kR2 cos(. ! +)

)2U

)+).(.,+) = !kR2 cos(. ! +)

)2U

).)+(.,+) = !kR2 cos(. ! +)

)2U

)+2(.,+) = !mgR cos + + kR2 cos(. ! +)

e quindi la corrispondente matrice hessiana adimensionalizzata:

HU (.,+) =1

kR2HU (.,+) =

2

3!2mg

kRcos . + cos(. ! +) ! cos(. ! +)

! cos(. ! +) !mg

kRcos + + cos(. ! +)

4

5

per poi applicare i teoremi standard di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale — graziealla natura scleronoma, posizionale conservativa del sistema in esame. Si esaminano unoad uno i vari equilibri calcolati.

Configurazione (.,+) = (0, 0)La matrice hessiana adimensionalizzata del potenziale si riduce a

HU (0, 0) =

2

3!2mg

kR+ 1 !1

! 1 !mg

kR+ 1

4

5 =0 1 ! 2, !1

! 1 1 ! ,

1

con determinante:

detHU (0, 0) = (1 ! 2,)(1 ! ,) ! 1 = 2,2 ! 3, = 2,!, ! 3

2

"

Stefano Siboni 4028

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e traccia:trHU (0, 0) = 2 ! 3, = !3

!, ! 2

3

".

Si rende necessario distinguere tre diversi casi:

(i) se , < 3/2 si ha detHU (0, 0) < 0, per cui la matrice hessiana presenta autoval-ori di segno opposto. L’autovalore positivo implica l’instabilita dell’equilibrio perl’inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

(ii) qualora sia , > 3/2, risulta detHU (0, 0) > 0 e trHU (0, 0) < 0 e la matrice hessianae definita negativa. La configurazione costituisce un massimo relativo proprio delpotenziale, la cui stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet;

(iii) se infine , = 3/2, il determinante dell’hessiana si annulla e la traccia ha segno negativo.Gli autovalori della matrice sono uno negativo e uno nullo, per cui non e possibileapplicare l’inversione parziale di Lagrange-Dirichlet, ne appare evidente che l’equilibriocostituisca un massimo relativo proprio di U : ricorre cosı un caso critico di stabilita.Il potenziale ridotto del sistema si riduce a:

U (.,+) =1

kR2U(.,+) =

32(2 cos . + cos +) ! cos(. ! +) =

= 3 cos . +32

cos + ! cos(. ! +)

e nell’intorno di (.,+) = (0, 0) ammette l’approssimazione di Taylor al quarto ordine:

U(.,+) =72! .2 ! +2

4! .+ +

.4

8+

+4

16! 1

24(. ! +)4 + o

*(.2 + +2)5/2

+(752.10)

come conseguenza degli sviluppi di Taylor parziali:

cos . = 1 ! .2

2+

.4

24+ o(.5) cos + = 1 ! +2

2+

+4

24+ o(+5)

cos(. ! +) = 1 ! 12(. ! +)2 +

124

(. ! +)4 + o*(. ! +)5

+

essendo ovviamente:

o(.5)(.2 + +2)5/2

=o(.5)|.|5

! .2

.2 + +2

"5/2!!!!!!!!!!!.

(*,))#(0,0)0

o(+5)(.2 + +2)5/2

=o(+5)|+|5

! +2

.2 + +2

"5/2!!!!!!!!!!!.

(*,))#(0,0)0

o*(. ! +)5

+

(.2 + +2)5/2=

o*(. ! +)5

+

|. ! +|5

((. ! +)2

.2 + +2

)5/2

!!!!!!!!!!!.(*,))#(0,0)

0

in quanto:

0 ( .2

.2 + +2( 1 0 ( +2

.2 + +2( 1 0 ( (. ! +)2

.2 + +2( 2

Stefano Siboni 4029

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

* (.,+) " R2\{(0, 0)}. Lo sviluppo (752.10) puo essere riespresso nella forma seguente:

U(.,+) =72

+ Q2(.,+) + Q4(.,+) + o*(.2 + +2)5/2

+(752.11)

evidenziando i polinomi omogenei di secondo e quarto grado:

Q2(.,+) = !.2 ! +2

4! .+ Q4(.,+) =

.4

8+

+4

16! 1

24(. ! +)4 .

La forma quadratica Q2(.,+) e semidefinita negativa, potendosi rappresentare permezzo della matrice: 0

!1 !1/2!1/2 !1/4

1

di autovalori 0, !5/4 e autovettori rispettivi (1,!2), (2, 1):0

!1 !1/2!1/2 !1/4

1 01!2

1=

000

1= 0

01!2

1

0!1 !1/2

!1/2 !1/4

1 021

1=

0!5/2!5/4

1= !5

4

021

1,

in modo che una base di autovettori unitari ortogonali in R2 e:

v1 =1'5

01!2

1v2 =

1'5

021

1

per i quali risulta:

Q2(v1) = 0 Q2(v2) = !54

Q4(v1) = ! 9100

Q4(v2) =97

1200.

Il segno positivo di Q4(v2) obbliga a seguire il seguente ragionamento. La circonferenzaunitaria S1 nel piano (.,+) viene espressa come unione di due insiemi compatti:

(a) per 4 " (0, 1) abbastanza piccolo si considera il sottoinsieme di S1

A4 =Ev " R2 : v = c1v1 + c2v2 , c2

1 + c22 = 1 , |c2| ( 4

F

in modo che siamaxv"A4

Q4(v) = m4 < 0 ,

condizione che puo certamente essere soddisfatta in virtu del teorema di perma-nenza del segno, risultando Q4 continua sul compatto A4 tale che v1 " A4 eQ4(v1) = !9/100 < 0;

(b) il sottoinsieme compatto di S1

A2 =Ev " R2 : v = c1v1 + c2v2 , c2

1 + c22 = 1 , |c2| ) 4

F,

Stefano Siboni 4030

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

sul quale si ha, ovviamente,

Q2(c1v1 + c2v2) = c21Q2(v1) + c2

2Q2(v2) = !54c22 ( !5

442 ,

per cui maxv"A2

Q2(v) ( !542/4.

Da notare che, a causa della semidefinitezza negativa di Q2, vale comunque

Q2(v) ( 0 * v " A4 ,

mentre per il teorema di Weierstrass esiste certamente finito(1) il

maxv"A2

Q4(v) = m2

essendo Q4 continua sul compatto A2. Di conseguenza, rappresentato un genericovettore (.,+) " R2 come prodotto del suo modulo 3 per il relativo versore direttorev, per ogni 3 > 0 abbastanza piccolo si ha:

# per ogni (.,+) = 3v con v " A4:

U(.,+) =72

+ Q2(v)32 + Q4(v)34 + o(35) ( 72

+ 0 32 + m4 34 + o(35) =

=72

+ 0 32 +#m4 + o(3)

$34 =

72

+#m4 + o(3)

$34 < 0 ;

# per qualsiasi (.,+) = 3v con v " A2:

U (.,+) =72

+ Q2(v)32 + Q4(v)34 + o(35) ( 72! 5

44232 + m23

4 + o(35) =

=72

+(!5

442 + m23

2 + o(33))32 < 0 .

(1) e, per inciso, positivo

Stefano Siboni 4031

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Si conclude cosı che la configurazione (.,+) = (0, 0) e un massimo relativo proprio delpotenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (.,+) = (0,$)La matrice hessiana ridotta assume la forma

HU (0,$) =

2

3!2mg

kR! 1 1

1mg

kR! 1

4

5 =0!2, ! 1 1

1 , ! 1

1

con traccia sempre negativa:

trHU (0,$) = !,! 2 < 0

e determinante di segno non definito:

detHU (0,$) = (!2, ! 1)(, ! 1) ! 1 = !2,2 + , = !2,!, ! 1

2

".

Si rende quindi ancora necessario distinguere tre diversi casi:

(i) se , < 1/2, si ha detHU (0,$) > 0, il che, assieme al segno negativo della traccia, assi-cura il ricorrere in questa configurazione di un massimo relativo proprio del potenziale,stabile per Lagrange-Dirichlet;

(ii) per , > 1/2, il determinante della matrice hessiana ridotta e negativo e la configu-razione risulta instabile per l’inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

(iii) se infine , = 1/2, il determinante di detHU (0,$) si annulla e si verifica un caso criticodi stabilita perche la matrice e semidefinita non definita negativa, con un autovalorenullo e uno negativo. Nondimeno, l’analisi di stabilita puo essere completata esami-nando le derivate del potenziale di ordine superiore al secondo. Il potenziale ridottodel sistema vale

U(.,+) =mg

kR(2 cos . + cos +) ! cos(. ! +) =

= 2, cos . + , cos + ! cos(. ! +) = cos . +12

cos + ! cos(. ! +)

e posto (.,+) = (*.,$+*+) ammette nell’intorno di (.,+) = (0,$) l’approssimazionedi Taylor al quarto ordine:

U (*.,$ + *+) = cos *. +12

cos($ + *+) ! cos(*. ! *+ ! $) =

= cos *. ! 12

cos *+ + cos(*. ! *+) =

= 1 ! *.2

2+

*.4

24! 1

2+

*+2

4! *+4

48+

+ 1 ! (*. ! *+)2

2+

(*. ! *+)4

24+ o

*(*.2 + *+2)5/2

+

Stefano Siboni 4032

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ossia:

U(*.,$+*+) =32!*.2! *+2

4+*.*++

124

(*.4! *+4

2+(*.!*+)4

)+o

*(*.2+*+2)5/2

+

per (*., *+) . (0, 0). Si evidenziano i polinomi omogenei di secondo e quarto grado:

P2(*., *+) = !*.2 ! 14*+2 + *.*+

P4(*., *+) =124

(*.4 ! *+4

2+ (*. ! *+)4

)

che porgono:

U(*.,$ + *+) =32

+ P2(*., *+) + P4(*., *+) + o*(*.2 + *+2)5/2

+.

E facile verificare che la forma quadratica P2(*., *+) ha la matrice di rappresentazione0

!1 1/21/2 !1/4

1

con autovalori 0,!5/4 e autovettori rispettivi:0

12

1 0!21

1

cosicche una base di autovettori unitari ortogonali in R2 e composta da:

u1 =1'5

012

1u2 =

1'5

02!1

1.

Per questi autovettori risulta:

P2(u1) = 0 P2(u2) = !54

P4(u1) = ! 1100

P4(u2) =1931200

.

Procedendo in modo analogo a quanto visto per il caso critico della configurazione(.,+) = (0, 0), si dimostra allora che l’equilibrio costituisce un massimo relativo pro-prio del potenziale, la cui stabilita segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (.,+) = ($, 0)In questa configurazione la matrice hessiana adimensionalizzata si riduce a

HU ($, 0) =

2

32mg

kR! 1 1

1 !mg

kR! 1

4

5 =0 2, ! 1 1

1 !, ! 1

1.

Stefano Siboni 4033

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Essa presenta determinante negativo:

detHU ($, 0) = (2, ! 1)(!, ! 1) ! 1 = !2,2 ! , < 0

e dunque autovalori di segno opposto. L’autovalore positivo implica l’instabilita dell’equi-librio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (.,+) = ($,$)Anche questo equilibrio e sempre instabile. La matrice hessiana ridotta vale infatti:

HU ($,$) =

2

32mg

kR+ 1 !1

! 1mg

kR+ 1

4

5 =0 2, + 1 !1

! 1 , + 1

1

ed e definita positiva avendo determinante e traccia positivi:

detHU ($,$) = (2, + 1)(, + 1) ! 1 = 2,2 + 3, > 0

trHU ($,$) = 3, + 2 > 0 .

L’asserto segue allora dall’inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (.,+) = (.!,!+!)Benche non richiesto, si analizzano anche le proprieta di stabilita degli equilibri non banali,cominciando da (.,+) = (.!,!+!). La matrice hessiana ridotta per il potenziale assumequi la forma:

HU (.!,!+!) =

2

3!2mg

kRcos .! + cos(.! + +!) ! cos(.! + +!)

! cos(.! + +!) !mg

kRcos +! + cos(.! + +!)

4

5

e ricordando che:

cos .! =,

2+

38,

cos +! = , ! 34,

sin.! =12

:52! ,2 ! 9

16,2sin+! =

:52! ,2 ! 9

16,2

si ha:

cos(.! + +!) = cos .! cos +! ! sin.! sin +! =

=!,

2+

38,

"!, ! 3

4,

"! 1

2

!52! ,2 ! 9

16,2

"= ,2 ! 5

4per cui gli elementi della matrice diventano:

! 2mg

kRcos .! + cos(.! + +!) = !2,

!,

2+

38,

"+ ,2 ! 5

4= !,2 ! 3

4+ ,2 ! 5

4= !2

! cos(.! + +!) =54! ,2

! mg

kRcos +! + cos(.! + +!) = !,

!, ! 3

4,

"+ ,2 ! 5

4= !1

2

Stefano Siboni 4034

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e l’hessiana si riduce a

HU (.!,!+!) =

2

3!2

54! ,2

54! ,2 !1

2

4

5 .

Il determinante della matrice e di segno positivo:

detHU (.!,!+!) = 1 !!5

4! ,2

"2=

!94! ,2

"!,2 ! 1

4

"> 0

a causa della condizione , " (1/2, 3/2) di esistenza dell’equilibrio. La traccia negativatrHU (.!,!+!) = !5/2 implica allora che, quando definita, la configurazione costituiscaun massimo relativo del potenziale e risulti quindi stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (.,+) = (!.!,+!)Per questo equilibrio la matrice hessiana adimensionalizzata del potenziale coincide conquella calcolata nella configurazione simmetrica precedente:

HU (!.!,+!) =

2

3!2mg

kRcos .! + cos(.! + +!) ! cos(.! + +!)

! cos(.! + +!) !mg

kRcos +! + cos(.! + +!)

4

5 .

Anche questa configurazione corrisponde ad un massimo relativo proprio del potenziale, lacui stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Diagramma di biforcazioneI risultati della dettagliata analisi di stabilita degli equilibri possono essere riassunti grafi-camente nel diagramma di biforcazione sottoriportato:

Stefano Siboni 4035

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(c) Energia cineticaSi devono calcolare le energie cinetiche parziali del telaio ! e del punto materiale P , perpoi sommare i due contributi.

Energia cinetica del telaio circolare !Il baricentro del telaio circolare omogeneo si identifica con il suo centro C ; rispetto all’assebaricentrale Cz il momento d’inerzia del telaio vale ovviamente

I$Cz = mR2

sicche per il momento d’inerzia rispetto all’asse fisso Oz il teorema di Huygens-Steinerporge l’espressione:

I$Oz = I$

Cz + m|C ! O|2 = mR2 + mR2 = 2mR2 .

Poiche inoltre il raggio OC e solidale al telaio, per cui l’angolo . rappresenta l’angolo dirotazione di ! rispetto alla terna assoluta, la velocita angolare del telaio si scrive . e3 el’espressione della relativa energia cinetica diventa:

T$ =12I$Oz |. e3|2 =

12

2mR2.2 = mR2.2.

Energia cinetica del punto PPer calcolare l’energia cinetica del punto P basta ricordare l’espressione (752.1) del suovettore posizione:

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

e derivarla rispetto al tempo onde ottenere la velocita istantanea relativa a Oxyz:

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

di modulo quadrato:P 2 = R2[.2 + +2 + 2 cos(. ! +).+] .

Si ha cosı:

TP =12mP 2 =

mR2

2[.2 + +2 + 2 cos(. ! +).+] .

Energia cinetica del sistemaLa somma delle energie cinetiche di telaio e punto P fornisce l’energia cinetica del sistema:

T = T$+TP = mR2.2+mR2

2[.2++2+2 cos(.!+).+] =

mR2

2[3.2++2+2 cos(.!+).+] .

Stefano Siboni 4036

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(d) Equazioni pure del motoIl sistema e olonomo, posizionale conservativo e a vincoli ideali. Descritto dalle due coordi-nate generalizzate indipendenti . e +, le relative equazioni dinamiche possono identificarsicon quelle di Lagrange:

d

dt

!)L

).

"! )L

).= 0

d

dt

!)L

)+

"! )L

)+= 0

nelle quali il potenziale cinetico — o funzione lagrangiana — L = T + U del sistema eespresso da:

L =mR2

2[3.2 + +2 + 2 cos(. ! +).+] + mgR(2 cos . + cos +) ! kR2 cos(. ! +) .

Si hanno cosı le espressioni:

)L

).= mR2[3. + cos(. ! +) +]

d

dt

!)L

).

"= mR2[3. + cos(. ! +) + ! sin(. ! +)(. ! +)+]

)L

).= !mR2 sin(. ! +).+ ! 2mgR sin . + kR2 sin(. ! +)

)L

)+= mR2[+ + cos(. ! +).]

d

dt

!)L

)+

"= mR2[+ + cos(. ! +). ! sin(. ! +)(. ! +).]

)L

)+= mR2 sin(. ! +).+ ! mgR sin + ! kR2 sin(. ! +)

dalle quali si deducono le equazioni del moto:%&

'mR2[3. + cos(. ! +) + + sin(. ! +)+2] + 2mgR sin. ! kR2 sin(. ! +) = 0

mR2[+ + cos(. ! +). ! sin(. ! +).2] + mgR sin+ + kR2 sin(. ! +) = 0 .

(e) Impulso e momento angolare in OImpulso e momento angolare vengono determinati secondo il criterio di additivita, som-mando i contributi relativi al telaio ! e al punto P .

ImpulsoLa quantita di moto del punto P e data da:

%QP = mP = mR(cos . . + cos + +)e1 + mR(sin. . + sin + +)e2

mentre quella del telaio circolare omogeneo si ottiene moltiplicando la massa m del corpoper la velocita del baricentro C :

%Q$ = mC = mR(cos . e1 + sin . e2). .

Stefano Siboni 4037

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

L’impulso del sistema vale percio:

%Q = %QP + %Q$ = mR(2 cos . . + cos + +)e1 + mR(2 sin . . + sin+ +)e2 .

Momento angolare in OPer il momento angolare in O del punto P si ha l’espressione:

%KPO = [R(sin . + sin +) e1 ! R(cos . + cos +) e2]$

$ [mR(cos . . + cos + +)e1 + mR(sin . . + sin+ +)e2] =

= mR2[(sin . + sin+)(sin . . + sin+ +) + (cos . + cos +)(cos . . + cos + +)] e3 =

= mR2[1 + cos(. ! +)](. + +)e3 .

Il momento angolare in O del telaio ! viene determinato usando il fatto che il corpo ruotacon velocita angolare . e3 attorno all’asse fisso Oz:

%K$O = L$

O(. e3) = I$Oz . e3 = 2mR2. e3 .

La somma dei due risultati conduce al momento angolare in O dell’intero sistema:

%KO = %KPO + %K$

O = mR2[1 + cos(. ! +)](. + +)e3 + 2mR2. e3 =

= mR2E[1 + cos(. ! +)](. + +) + 2.

Fe3 .

Esercizio 753. Cinematica relativaNel piano Oxy il moto di un punto C lungo laparabola y = x2 e rappresentato dalla leggex(t) = -t, con - costante. Un punto ma-teriale P , di massa m, e vincolato a scor-rere lungo la guida circolare liscia !, di raggioR e centro C , in moto traslatorio rispetto aOxy. Sia Cx!y! un riferimento solidale a !con gli assi paralleli a quelli di Oxy. AssuntiOxy = Oe1e2 e Cx!y! = Ce1e2 rispettiva-mente come riferimento fisso e mobile, e in-trodotto l’angolo # in figura, determinare:

(a) velocita assoluta, relativa e di trascinamento di P per il moto descritto dall’equazione#(t) = "t, con " costante;

(b) accelerazioni assoluta, relativa e di trascinamento di P per lo stesso moto consideratoin (a);

(c) l’equazione pura del moto di P nel riferimento Cx!y!.

SoluzionePoiche la terna mobile Cx!y! si muove di moto puramente traslatorio — i versori e1 e e2

Stefano Siboni 4038

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

della base associata sono costanti — la velocita angolare di trascinamento della ternamobile risulta costantemente nulla, cirostanza che semplifica non poco il calcolo dellegrandezze cinematiche richieste. Il moto assoluto dell’origine C e descritto dalla leggeoraria:

C ! O = -t e1 + -2t2e2 * t " R

mentre il moto di P relativo a Cx!y! viene espresso da:

P ! C = R cos "t e1 + R sin "t e2 * t " R .

(a) Velocita assoluta, relativa e di trascinamento di PDato l’annullarsi della velocita angolare, la velocita di trascinamento di P si identificasemplicemente con la velocita assoluta dell’origine C :

%vT = C = -e1 + 2-2t e2 .

In modo analogo, la costanza dei versori e1 ed e2 autorizza a esprimere la velocita relativadi P come la derivata in t del vettore posizione P ! C :

%vR =d

dt(P ! C) = R"(! sin "t e1 + cos "t e2) .

Per il teorema dei moti relativi la velocita assoluta di P si ottiene quindi tramite la sommadelle velocita relativa e di trascinamento:

%vA = %vR + %vT = (- !R" sin"t)e1 + (2-2t + R" cos "t e2) .

(b) Accelerazione assoluta, relativa e di trascinamento di PL’accelerazione di trascinamento di P coincide con l’accelerazione assoluta dell’origine C :

%aT = C = 2-2e2 .

L’accelerazione relativa e invece la derivata seconda in t del vettore posizione P!C , sempregrazie al carattere traslatorio del moto di Cx!y!:

%aR =d2

dt2(P ! C) =

d%vR

dt= R"2(! cos "t e1 ! sin"t e2)

mentre l’accelerazione di Coriolis si annulla identicamente al pari della velocita angolaredi trascinamento. L’accelerazione assoluta di P si ottiene infine, dal teorema di Coriolis,sommando le accelerazioni di trascinamento, relativa e di Coriolis:

%aA = %aT + %aR + %aC = 2-2e2 + R"2(! cos "t e1 ! sin "t e2) =

= !R"2 cos "t e1 + (2-2 ! R"2 sin "t)e2 .

Stefano Siboni 4039

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(c) Equazione pura del moto di P nella terna mobile Cx!y!

Nella terna Cx!y! il postulato delle reazioni vincolari si scrive:

m%aR = !m%aT ! m%aC + %"

vale a dire:m%aR = !2m-2e2 + %" , (753.1)

dove la reazione vincolare %" si intende ortogonale alla circonferenza ! nella posizioneoccupata dal punto. La posizione di P e individuata dal vettore posizione:

P ! C = R(cos # e1 + sin # e2)

e il versore tangente a ! nella stessa posizione risulta:

& =d

d#(P ! C)

G////d

d#(P ! C)

//// = ! sin # e1 + cos # e2 .

La velocita relativa a Cx!y! del punto vale allora:

%vR = R& #

mentre per l’accelerazione si ha:

%aR = R& # + Rd&

dt#

e l’equazione (753.1) diventa:

mR& # + mRd&

dt# = !2m-2e2 + %" .

Basta infine moltiplicare scalarmente per il versore tangente per ottenere l’equazione puradel moto cercata:

mR# = !2m-2e2 · &

ovvero:mR# = !2m-2 cos # .

Si osservi che con il cambiamento della variabile angolare # . ' = 3$/2 ! # l’equazioneprecedente viene ricondotta a quella di un pendolo semplice:

!mR' = 2m-2 sin ' %& mR' + 2m-2 sin ' = 0 .

Stefano Siboni 4040

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 754. Geometria delle masseNel piano Oxy di una terna Oxyz si con-sidera la piastra omogenea P, di densita/, che occupa la regione definita dalle di-sequazioni a ( x ( 2a e 0 ( y ( x,essendo a una lunghezza positiva carat-teristica. Si chiede di determinare dellapiastra:

(a) la massa, il baricentro relativo a Oxyz e un piano diametrale, con la relativa rettaconiugata;

(b) la matrice d’inerzia relativa a Oxyz e i momenti principali d’inerzia in O;(c) il momento d’inerzia rispetto alla retta r di equazione 3x + 3y ! 7a = 0.

Soluzione(a) Massa, baricentro e piano diametraleMassaLa massa della piastra viene ricavata per mezzo della definizione, integrando sul dominioP la densita costante /:

m =;

P

/ dA =2a;

a

dx

x;

0

dy / = /

2a;

a

dxx = /

(x2

2

)2a

a

=32/a2 .

Si noti che il risultato e dimensionalmente coerente, visto che il prodotto della densitaareale / per la distanza al quadrato a2 rappresenta proprio una massa.

BaricentroLa definizione delle coordinate del baricentro porge i risultati seguenti:

xG =1m

;

P

x/ dA =2

3/a2

2a;

a

dx

x;

0

dy x/ =2

3a2

2a;

a

dxx2 =2

3a2

(x3

3

)2a

a

=149

a

yG =1m

;

P

x/ dA =2

3/a2

2a;

a

dx

x;

0

dy y/ =2

3a2

2a;

a

dxx2

2=

13a2

(x3

3

)2a

a

=79a

per cui il baricentro e individuato dal vettore posizione:

G ! O =149

a e1 +79a e2 .

Piano diametraleUn piano diametrale facilmente riconoscibile e quello ortogonale a Oxy passante per i puntimedi dei lati verticali della piastra, assumendo come retta coniugata un qualsiasi asse

Stefano Siboni 4041

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

verticale, per esempio l’asse Oy. E immediato verificare, infatti, che per ogni punto dellapiastra il corrispondente punto coniugato appartiene a propria volta a P, e che la densita(costante) assume lo stesso valore in entrambi. Il piano diametrale contiene chiaramentel’origine e viene quindi individuato dall’equazione:

y = x/2

con l’asse Oy come retta coniugata.

(b) Matrice d’inerzia in Oxyz e momenti principali d’inerzia in OMatrice d’inerzia relativa a OxyzLa matrice d’inerzia della piastra rispetto alla terna Oxyz assume la forma generale:

[LO] =

2

3Lxx Lxy 0Lxy Lyy 00 0 Lxx + Lyy

4

5

in quanto P giace interamente nel piano coordinato Oxy. Il momento d’inerzia relativoall’asse Ox e espresso da:

Lxx =;

P

y2/ dA =2a;

a

dx

x;

0

dy y2/ = /

2a;

a

dxx3

3=

/

3

(x4

4

)2a

a

=54/a4

mentre quello relativo a Oy vale:

Lyy =;

P

x2/ dA =2a;

a

dx

x;

0

dy x2/ = /

2a;

a

dxx2x = /

(x4

4

)2a

a

=154

/a4

e l’unico prodotto d’inerzia non banale risulta:

Lxy = !;

P

xy/ dA = !2a;

a

dx

x;

0

dy xy/ = !/

2a;

a

dxxx2

2=

= !/

2

2a;

a

x3dx = !/

2

(x4

4

)2a

a

= !158

/a4 .

Si deve pertanto concludere che:

[LO] = /a4

2

35/4 !15/8 0

!15/8 15/4 00 0 5

4

5 .

Stefano Siboni 4042

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Momenti principali d’inerzia in OI momenti principali d’inerzia in O della piastra sono gli autovalori dell’operatore d’inerziaLO, ovvero di una sua qualsiasi matrice di rappresentazione [LO]. Si deve quindi risolverein , := µ/a4 l’equazione caratteristica:

0 = det![LO] ! ,I

"= (/a4)3det

2

35/4 ! µ !15/8 0!15/8 15/4 ! µ 0

0 0 5 ! µ

4

5

ossia:

0 =(!5

4! µ

"!154

! µ"! 225

64

)(5 ! µ)

e quindi, semplificando l’espressione entro parentesi quadrate:

0 =!µ2 ! 5µ +

7564

"(5 ! µ) .

Una radice ovvia si ottiene per µ = 5, mentre le altre due soluzioni vengono dall’equazionetrinomia:

µ2 ! 5µ +7564

= 0

che porge:

µ =52± 1

2

:25 ! 75

16=

52± 5

'13

8.

I momenti principali d’inerzia in O della piastra sono pertanto:

A1 =!5

2! 5

'13

8

"/a4 A2 =

!52

+5'

138

"/a4 A3 = 5/a4 .

Da notare che A3 = A1 + A2, conformemente al fatto che l’asse Oz e principale d’inerziae perpendicolare al piano di giacitura della piastra, mentre gli altri due assi principali sicollocano nello stesso piano Oxy.

(c) Momento d’inerzia rispetto alla retta di equazione 3x + 3y ! 7a = 0Si osserva preliminarmente che il baricentro appartiene alla retta r; vale infatti:

3xG + 3yG ! 7a = 3 · 149

a + 3 · 79a ! 7a =

143

a +73a ! 7a = 0 .

La retta r non passa tuttavia per l’origine, per cui si rende necessario applicare il teoremadi Huygens-Steiner. A questo scopo si considera la retta passante per O e parallela ad r,individuata dal versore tangente:

n =e1 ! e2

|e1 ! e2|=

e1 ! e2'2

.

Stefano Siboni 4043

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Il momento d’inerzia relativo a On si calcola per mezzo della ben nota formula:

IOn = n · LO(n) =12(1 ! 1 0) [LO]

2

31!10

4

5 =12(Lxx + Lyy ! 2Lxy) =

=12

(54

+154

! 2 ·!!15

8

")/a4 =

358

/a4 ,

dopodiche il teorema di Huygens-Steiner porge il momento d’inerzia relativo alla rettabaricentrale r:

Ir = IOn !md2 =358

/a4 ! 32/a2

! 73'

2a"2

=!35

8! 49

12

"/a4 =

724

/a4,

essendo d la distanza fra le due rette:

d = |n $ (G !O)| =////e1 ! e2'

2$ 14e1 + 7e2

9a

//// =7 + 149'

2a =

73'

2a .

Esercizio 755. Sistema scleronomo a 2 g.d.l., poi ridotto a 1 g.d.l. e reonomomediante l’introduzione di un ulteriore vincolo. Oscillatore armonico forzatoUn disco circolare non omogeneo D, di cen-tro Q, raggio a e massa m, ha il centro fis-sato rispetto ad un telaio rigido quadratoABCD, di massa trascurabile, il cui lato ADpuo scorrere liberamente lungo l’asse verti-cale Oy di una terna inerziale Oxyz. Telaio edisco si mantengono nel piano Oxy, soggettial peso e a una molla ideale di costante ela-stica k che collega il vertice B con l’origine.La distanza fra il baricentro G e il centro Qdel disco vale -a, con - " (0, 1), mentre ilmomento d’inerzia di D rispetto all’asse Gzsi scrive !ma2, con ! " (0, 1). I vincoli siassumono ideali. Introdotti i parametri la-grangiani s,' " R in figura, determinare delsistema:

(a) l’espressione dell’energia cinetica;(b) gli equilibri e le proprieta di stabilita degli stessi;(c) le equazioni pure del moto;(d) le frequenze e i modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile,

individuando le corrispondenti coordinate normali;

Stefano Siboni 4044

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(e) le equazioni del moto nell’ipotesi che il disco sia vincolato a ruotare secondo la legge' = (t, con ( > 0 costante, e il telaio sia sottoposto a una resistenza viscosa in A,con costante di frizione ";

(f) la soluzione stazionaria delle equazioni considerate in (e) e la corrispondente pulsazione( di risonanza (che rende massima l’ampiezza del moto di regime). Discutere inoltreil caso limite di - = 0 (equilibratura dinamica del disco rispetto al telaio).

Soluzione(a) Energia cineticaPoiche la massa del telaio e trascurabile, l’energia cinetica del sistema si riduce a quelladel solo disco D. Data l’assenza di punti fissi, si deve ricorrere al teorema di Konig. Ilvettore posizione del baricentro G si scrive:

G !O = A ! O + Q ! A + G ! Q = !ase2 + Q ! A + -a sin ' e1 ! -a cos ' e2

dove il vettore Q!A si mantiene costante a causa del moto traslatorio del telaio. Derivandoin t si ottiene cosı la velocita istantanea:

G = !ase2 + -a cos ' ' e1 + -a sin ' ' e2 = -a cos ' ' e1 + a(- sin' ' ! s)e2

di modulo quadrato:

G2 = a2#-2cos2' '2 +(- sin ' '! s)2

$= a2(-2cos2' '2 +-2sin2' '2 + s2!2- sin ' 's) =

= a2(-2'2 + s2 ! 2- sin ' 's) .

Il teorema di Konig porge allora:

T =m

2G2 +

12IDGz|%(D|2 =

ma2

2(-2'2 + s2 ! 2- sin ' 's) +

12

!ma2'2 =

=ma2

2#(-2 + !)'2 + s2 ! 2- sin' 's

$, (755.1)

essendo IDGz = "ma2 e %(D = ' e3.

(b) Equilibri e loro stabilitaLe sollecitazioni attive agenti sul sistema sono costituite dal peso e dall’interazione elasticafra il punto B e l’origine. Entrambe hanno natura posizionale conservativa e sono descritteper mezzo dell’appropriato potenziale.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale e imputabile al solo disco D e si esprime per mezzo dellarelazione:

Ug = !mge2 ·(G!O) = mga(s+- cos ')!mg(Q!A) · e2 = mga(s+- cos ')+costante .

Potenziale elasticoIl potenziale elastico associato alla molla ideale tesa fra O e B e dato da:

Uel = !k

2|B!O|2 = !k

2#|A!O|2+|B!A|2

$= !k

2#a2s2+|B!A|2

$= !ka2

2s2+costante .

Stefano Siboni 4045

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Potenziale del sistemaOmesse le costanti additive, il potenziale del sistema e la somma dei potenziali gravi-tazionale ed elastico precedentemente calcolati:

U(', s) = Ug + Uel = mga(s + - cos ') ! ka2

2s2 (', s) " R2 . (755.2)

EquilibriGli equilibri del sistema, scleronomo a vincoli bilaterali ideali e posizionale conservativo,si identificano con i punti critici del potenziale U e si ricavano dunque annullando simul-taneamente le derivate parziali prime del potenziale:

)U

)'(', s) = !mga- sin '

)U

)s(', s) = mga! ka2s (755.3)

che porgono il sistema di equazioni:

%&

'!mga- sin' = 0

mga ! ka2s = 0

e le soluzioni:' = 0 , $ s =

mg

ka.

Gli equilibri, tutti ordinari, sono pertanto:

(', s) = (0,mg/ka) (', s) = ($,mg/ka)

e risultano incondizionatamente definiti.

Stabilita degli equilibriL’analisi di stabilita puo essere sviluppata con successo applicando i teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale, applicabili causa la natura posizionale conservativa delsistema scleronomo. Le derivate parziali seconde del potenziale sono:

)2U

)'2(', s) = !mga- cos '

)2U

)s)'(', s) = 0

)2U

)')s(', s) = 0

)2U

)s2(', s) = !ka2

e consentono di scrivere la matrice hessiana di U nella forma diagonale:

HU (', s) =0!mga- cos ' 0

0 !ka2

1.

Stefano Siboni 4046

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Per (', s) = (0,mg/ka) la matrice risulta definita negativa:

HU (0,mg/ka) =0!mga- 0

0 !ka2

1

e caratterizza l’equilibrio come un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilitae assicurata del teorema di Lagrange-Dirichlet.In (', s) = ($,mg/ka) is ha invece la matrice indefinita:

HU ($,mg/ka) =0

mga- 00 !ka2

1

il cui autovalore positivo mga- implica l’instabilita della configurazione per il teorema diinversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

(c) Equazioni pure del motoL’ipotesi dei vincoli ideali autorizza a scrivere le equazioni pure del moto nella forma diLagrange:

d

dt

!)T

)'

"! )T

)'=

)U

)'

d

dt

!)T

)s

"! )T

)s=

)U

)s.

L’espressione (755.1) dell’energia cinetica fornisce allora:

)T

)'= ma2[(-2 + !)' ! - sin ' s]

)T

)'= !ma2- cos ' 's

d

dt

!)T

)'

"= ma2[(-2 + !)'! - sin' s ! - cos ' 's]

)T

)s= ma2[s ! - sin ' ']

)T

)s= 0

d

dt

!)T

)s

"= ma2(s ! - sin' ' ! - cos ' '2)

e dalle derivate (755.3) seguono le equazioni richieste:

%&

'ma2[(-2 + !)'! - sin' s] = !mga- sin'

ma2(s ! - sin ' '! - cos ' '2) = mga ! ka2s .

(d) Frequenze e modi normali delle piccole oscillazioniIl solo equilibrio stabile del sistema si ha per (', s) = (0,mg/ka), in corrispondenza delquale la matrice hessiana del potenziale e definita negativa:

HU (0,mg/ka) =0!mga- 0

0 !ka2

1.

Stefano Siboni 4047

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Nella stessa configurazione occorre determinare la matrice dell’energia cinetica. A questoscopo si osserva che T si scrive nella forma:

T =ma2

2#(-2 + !)'2 + s2 ! 2- sin ' 's

$=

12(' s) A(', s)

0's

1

con la matrice di rappresentazione:

A(', s) = ma2

0-2 + ! !- sin'!- sin' 1

1

che per (', s) = (0,mg/ka) si riduce a:

A(0,mg/ka) = ma2

0-2 + ! 0

0 1

1.

Ne deriva che:

(2A(0,mg/ka) + HU (0,mg/ka) =0

ma2(-2 + !)(2 ! mga- 00 ma2(2 ! ka2

1(755.4)

e l’equazione caratteristica delle pulsazioni normali diventa:

0 = det#(2A(0,mg/ka) + HU (0,mg/ka)

$=

= det0

ma2(-2 + !)(2 ! mga- 00 ma2(2 ! ka2

1

ossia:0 =

#ma2(-2 + !)(2 ! mga-

$(ma2(2 ! ka2) ,

per cui le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni risultano:

(1 =:

mga-

ma2(-2 + !)=

:g-

a(-2 + !)(2 =

:k

m

e corrispondono alle frequenze normali:

51 =(1

2$=

12$

:g-

a(-2 + !)52 =

(2

2$=

12$

:k

m.

Dal carattere diagonale della matrice (755.4) si deduce che le variabili z# = ', zs =s ! mg/ka sono le coordinate normali del sistema attorno alla posizione di equilibrioconsiderata — la trasformazione che conduce dalle coordinate lagrangiane a quelle normalie una banale traslazione. I modi normali delle piccole oscillazioni sono pertanto:

0'

s ! mg/ka

1= A1

010

1cos

0:g-

a(-2 + !)t + -1

1* t " R

0'

s ! mg/ka

1= A2

001

1cos

0:k

mt + -2

1* t " R

Stefano Siboni 4048

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

con A1, A2 += 0 e -1,-2 costanti reali arbitrarie. Da notare che non e possibile distinguerea priori fra modo alto e modo basso, se non assegnando valori numerici alle costanti g, a,-, !, k e m.

(e) Equazioni del moto per ' = (t e resistenza viscosa in ANel caso il disco sia vincolato a ruotare con moto uniforme ' = (t attorno all’asse Qzrispetto al telaio, il sistema diventa reonomo a un solo grado di liberta ed e descrittodall’unico parametro lagrangiano s " R. La lagrangiana del sistema e uguale a quellacalcolata per il sistema precedente, salvo che per la sostituzione ' = (t:

L = T + U///#=,t

=ma2

2#(-2 + !)'2 + s2 ! 2- sin' 's

$+ mga(s + - cos ') ! ka2

2s2

////#=,t

ossia:

L =ma2

2#(-2 + !)(2 + s2 ! 2- sin((t)(s

$+ mga[s + - cos((t)] ! ka2

2s2

e l’unica equazione del moto risulta:

d

dt

!)L

)s

"! )L

)s= Q"

s ,

in cui compare la componente generalizzata della resistenza viscosa in A:

Q"s = !"A · )A

)s= !"

)A

)ss · )A

)s= !"

////)A

)s

////2

s = !"a2s

essendo A ! O = !ase2. Si ottengono immediatamente le espressioni parziali:

)L

)s= ma2

#s ! - sin((t)(

$ )L

)s= mga! ka2s

d

dt

!)L

)s

"= ma2

#s ! - cos((t)(2

$

da cui segue:ma2

#s ! - cos((t)(2

$! mga + ka2s = !"a2s .

L’equazione del moto diventa pertanto:

ma2s + "a2s + ka2s = mga + -ma2(2 cos((t)

ossia:ms + "s + ks =

mg

a+ -m(2 cos((t) (755.5)

ed e interpretabile come l’equazione del moto di un oscillatore armonico smorzato soggettoa due forzanti, di cui una costante e una sinusoidale.

Stefano Siboni 4049

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(f) Soluzione stazionaria delle equazioni del moto nel caso (d) e risonanzaSoluzione stazionariaLa soluzione stazionaria dell’equazione (755.5) e una soluzione particolare della forma:

s(t) = c0 + c1 cos((t) + c2 sin((t)

con c0, c1, c2 costanti reali opportune. Le derivate prima e seconda si scrivono:

s(t) = !(c1 sin((t) + (c2 cos((t)

s(t) = !(2c1 cos((t) ! (2c2 sin((t)

e sostituite nella (755.5) porgono:

! m(2c1 cos((t) ! m(2c2 sin((t) ! "(c1 sin((t) + "(c2 cos((t)+

+ kc0 + kc1 cos((t) + kc2 sin((t) =mg

a+ -m(2 cos((t)

e dunque il sistema di equazioni algebriche lineari:%,,&

,,'

kc0 = mg/a

(k ! m(2)c1 + "(c2 = -m(2

!"(c1 + (k ! m(2)c2 = 0

da cui segue:c0 =

mg

ka

c1 =

////-m(2 "(

0 k !m(2

////(k ! m(2)2 + "2(2

=-m(2(k ! m(2)

(k ! m(2)2 + "2(2

c2 =

////k ! m(2 -m(2

!"( 0

////(k ! m(2)2 + "2(2

=-m(2"(

(k ! m(2)2 + "2(2

per cui:

s(t) =mg

ka+ -m(2 (k !m(2) cos((t) + "( sin((t)

(k ! m(2)2 + "2(2* t " R . (755.6)

Il moto di regime e un moto armonico semplice di valor medio mg/ka e ampiezza:

A =-m(2

.(k ! m(2)2 + "2(2

(755.7)

mentre la fase + e determinata univocamente in [0, 2$) dalle relazioni:

cos + =k ! m(2

.(k ! m(2)2 + "2(2

sin + =!"(.

(k ! m(2)2 + "2(2,

Stefano Siboni 4050

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

sicche risulta:s(t) =

mg

ka+A cos((t + +) * t " R .

Per tempi lunghi il telaio tende quindi a “vibrare” armonicamente con pulsazione ( attornoalla posizione media s = mg/ka. Si noti che rispetto al telaio il disco ruota uniformementeattorno all’asse fisso Qz senza che siano realizzate le condizioni di equilibratura statica edinamica: questa circostanza appare responsabile della vibrazione del telaio.

RisonanzaSi ha risonanza quando la pulsazione ( e scelta in modo da rendere massima l’ampiezzadi oscillazione (755.7) del moto di regime. Tale ampiezza si scrive nella forma equivalente:

A = -

?m2(4

(m(2 ! k)2 + "2(2=

HIIIJ(4

!(2 ! k

m

"2+

"2

m2(2

ed e massima per un certo ( > 0 se e solo se la funzione ausiliaria:

F(0) =02

!0 ! k

m

"2+

"2

m20

presenta un massimo relativo in 0 = (2 > 0. Per ricavare il massimo si calcola la derivataprima:

F!(0) =20

(!0 ! k

m

"2+

"2

m20

)! 02

(2!0 ! k

m

"+

"2

m2

)

(!0 ! k

m

"2+

"2

m20

)2

e la si eguaglia a zero, ottenendo dopo semplici passaggi algebrici l’unico punto critico:

0 =k

m

1

1 ! "2

2mk

,

a condizione che sia "2 < 2mk. La positivita di F(0) e le condizioni ai limiti:

lim'#0+

F(0) = 0 lim'#+$

F(0) = 1

consentono di riconoscere immediatamente che il punto critico corrisponde in e$etti ad unmassimo relativo proprio di F(0). Si ha cosı la pulsazione di risonanza:

(R =

:k

m

1:1 ! "2

2mk

Stefano Siboni 4051

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

definita per "2 < 2mk. Nel caso "2 ) 2mk la funzione F!(0) non ammette alcuno zero 0 > 0e la F(0) risulta una funzione monotona crescente nell’intervallo 0 " [0,+5). L’ampiezzaA e dunque una funzione strettamente crescente della pulsazione ( e non ricorre alcunacondizione di risonanza in senso stretto. Si confronti il risultato ottenuto con l’usualepulsazione di risonanza nel caso la forzante abbia ampiezza indipendente da (:

(R =

:k

m

:1 ! "2

2mk.

Caso limite per - = 0Nel caso - = 0 il baricentro G coincide con il centro Q del disco e l’equazione del moto(755.5) si riduce a:

ms + "s + ks =mg

a

grazie all’annullarsi del termine forzante -m(2 cos((t). La soluzione stazionaria cor-risponde semplicemente allo stato di quiete nella posizione di equilibrio s = mg/ka:

s(t) =mg

ka.

Per - = 0 il moto del disco rispetto al telaio attorno all’asse fisso Qz soddisfa la condizionedi equilibratura dinamica, che a regime impedisce la “vibrazione” del telaio rispetto alsistema di riferimento assoluto — G " Qz e Gz costituisce un asse centrale d’inerzia inquanto ortogonale al piano di simmetria Gxy.Questo semplice esempio illustra l’importanza di realizzare la condizione di equilibraturadinamica di un rotore, allo scopo di evitare vibrazioni indesiderate dell’asse di rotazionesostenuto elasticamente.

Esercizio 756. Equazioni cardinali staticheNel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz undisco circolare omogeneo e pesante D, di centroC , raggio a e massa m, rotola senza strisciare e-sternamente a una guida circolare fissa ! di cen-tro O e raggio 4a. In C e incernierata un’astaomogenea BC , di lunghezza 5a e massa m, ilcui secondo estremo B scorre senza attrito lungol’asse verticale Oy. Una molla ideale di costanteelastica k collega B con O. Reazioni vincolariconcentrate agiscono in A, C e B. Usare l’angolo+ " R in figura per determinare del sistema:

(a) le equazioni cardinali statiche necessarie e su!cienti per l’equilibrio;

(b) gli equilibri, tramite le equazioni precedenti;(c) le forze reattive in A, C e B per tutti gli stati di quiete.

Stefano Siboni 4052

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) Equazioni cardinali della statica necessarie e su"cienti per l’equilibrioIl sistema consta di due parti rigide: il disco D e l’asta BC . La condizione necessariae su!ciente per l’equilibrio, nell’assunto usuale che le due parti rigide siano perfette, equindi data dalle equazioni cardinali statiche per il disco e per l’asta. Poiche il sistemagiace nel piano Oxy, che contiene anche le sollecitazioni attive, si puo ritenere che tutte lereazioni vincolari abbiano componenti nulle lungo Oz. Su D agiscono:

# una reazione vincolare %"A = "Axe1+"Ay e2 in A, associata all’interazione con la guida!. Le componenti della reazione possono essere qualsiasi a causa della condizione dipuro rotolamento;

# una reazione vincolare %"C = "Cxe1 + "Cy e2, anche questa di componenti arbitrarie,applicata nel centro C e dovuta al contatto con l’asta BC ;

# il sistema delle forze peso, che equivale al peso totale !mge2 applicato nel centro disimmetria (e baricentro) C .

L’asta BC e invece soggetta:# a una forza reattiva !%"C in C , reazione della forza %"C che BC esercita su D nello

stesso punto;# a una reazione vincolare "B e1 in B, imputabile al contatto liscio con l’asse Oy;# al sistema delle forze peso, equivalente al peso complessivo !mge2 applicato nel punto

medio M dell’asta omogenea;# alla forza elastica !k(B ! O) agente in B.

Una volta individuate le sollecitazioni attive e reattive applicate alle due parti rigide, eimmediato scrivere le equazioni cardinali statiche corrispondenti.

Prima equazione cardinale statica per il disco DIn condizioni statiche la somma delle forze esterne, attive e reattive, che agiscono sul discodeve annullarsi:

%"A + %"C !mge2 = 0

per cui sussistono le equazioni scalari:%&

'"Ax + "Cx = 0

"Ay + "Cy ! mg = 0 .(756.1)

Prima equazione cardinale statica per l’asta BCLa prima equazione cardinale statica per l’asta impone che la somma delle forze esterneagenti sull’asta BC sia uguale a zero in condizioni statiche:

!%"C + "B e1 ! mge2 ! k(B !O) = 0 .

Poiche |C ! O| = |B ! C | = 5a, il triangolo OBC e chiaramente isoscele con vertice C econsente di scrivere il vettore posizione di B come:

B ! O = !2 · 5a cos + e2 = !10a cos + e2

Stefano Siboni 4053

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

per cui la forza elastica agente in B assume la forma:

!k(B ! O) = 10ka cos + e2

e l’equazione cardinale diventa:

!"Cxe1 ! "Cy e2 + "B e1 ! mge2 + 10ka cos + e2 = 0 .

Basta proiettare lungo gli assi coordinati per ottenere il sistema di equazioni scalari:%&

'!"Cx + "B = 0

!"Cy !mg + 10ka cos + = 0 .(756.2)

Seconda equazione cardinale statica per il disco D, con polo in CIl momento rispetto al polo C delle forze esterne applicate al disco deve risultare nullo:

(A ! C) $ %"A + (C ! C)$ (!mge2 + %"C) = 0

vale a dire, notando che i punti O, A, C si mantengono sempre allineati:

a(! sin + e1 + cos + e2) $ ("Axe1 + "Ay e2) = 0

ed infine:a(! sin + "Ay ! cos + "Ax) e3 = 0 .

Ne segue l’unica equazione scalare:

sin+ "Ay + cos + "Ax = 0 . (756.3)

Seconda equazione cardinale statica per l’asta BC, con polo in CSi richiede che il momento delle forze esterne agenti su BC sia nullo rispetto al polo C :

(C !C) $ (!%"C) + (B ! C)$ ["B e1 ! k(B ! O)] + (M ! C)$ (!mge2) = 0 .

Avendosi poi:

B ! C = 5a(! sin + e1 ! cos + e2) M ! C =B !C

2=

5a

2(! sin + e1 ! cos + e2) ,

l’equazione diventa:

5a(! sin + e1 ! cos + e2) $ ["B e1 + 10ka cos + e2]+

+5a

2(! sin + e1 ! cos + e2) $ (!mge2) = 0

Stefano Siboni 4054

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ovvero:5a(!10ka sin+ cos + + "B cos +) e3 +

5a

2mg sin+ e3 = 0

ed e quindi riducibile alla sola equazione scalare:

5a!!10ka sin+ cos + + "B cos + +

12mg sin +

"= 0 . (756.4)

Equazioni di equilibrioLe equazioni di equilibrio sono le equazioni scalari (756.1), (756.2), (756.3) e (756.4):

%,,,,,,,,,,,,,&

,,,,,,,,,,,,,'

"Ax + "Cx = 0

"Ay + "Cy ! mg = 0

!"Cx + "B = 0

!"Cy ! mg + 10ka cos + = 0

sin + "Ay + cos + "Ax = 0

!10ka sin + cos+ + "B cos + +12mg sin + = 0 .

(756.5)

(b) EquilibriPer determinare gli equilibri occorre ricavare una equazione pura di equilibrio eliminando lereazioni vincolari dalle equazioni cardinali statiche (756.5). Ricavando "Cx dalla secondaequazione e sostituendo l’espressione nella quarta si perviene al sistema equivalente:

%,,,,,,,,,,,,,&

,,,,,,,,,,,,,'

"Cx = !"Ax

"Cy = mg ! "Ay

"Cx = "B

!mg + "Ay ! mg + 10ka cos + = 0

sin + "Ay + cos + "Ax = 0

!10ka sin + cos+ + "B cos + +12mg sin + = 0 .

(756.6)

in modo che la quarta equazione porge l’espressione esplicita di "Ay:

"Ay = 2mg ! 10ka cos + (756.7)

mentre la prima e la terza implicano che sia:

"B = !"Ax . (756.8)

Stefano Siboni 4055

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Basta allora sostituire le relazioni (756.7) e (756.8) nella quinta e nella sesta delle equazioni(756.6) per ottenere le equazioni equivalenti:

2mg sin + ! 10ka sin + cos + + cos + "Ax = 0

!10ka sin+ cos + ! "Ax cos + +12mg sin+ = 0

(756.9)

e, sommando membro a membro, l’equazione pura di equilibrio richiesta:

52mg sin+ ! 20ka sin+ cos + = 0 .

L’equazione si riscrive come:

20ka sin+! mg

8ka! cos +

"= 0

ed ammette due radici definite incondizionatamente:

+ = 0 + = $ (756.10)

e altre due definite e distinte dalle precedenti:

+ = arccos! mg

8ka

"= +! + = !+! (756.11)

a condizione che si abbia mg/8ka < 1.

(c) Reazioni vincolari per gli stati di quietePoiche in nessuna configurazione di equilibrio risulta cos+ = 0, dalla seconda delle (756.9)si deduce:

"Ax =12mg

sin+

cos+! 10ka sin +

e di conseguenza ogni singola componente delle reazioni vincolari:

%,,,,,,,,,,,&

,,,,,,,,,,,'

"Ax =!1

2mg

1cos+

! 10ka"

sin+

"Ay = 2mg ! 10ka cos +

"Cx = !!1

2mg

1cos +

! 10ka"

sin+

"Cy = mg ! 2mg + 10ka cos + = !mg + 10ka cos +

"B = !!1

2mg

1cos+

! 10ka"

sin+ .

(756.12)

Siamo cosı in condizione di calcolare le reazioni vincolari concentrate per lo stato di quietedel sistema in ciascuna configurazione di equilibrio.

Stefano Siboni 4056

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Configurazione + = 0In questa configurazione le equazioni (756.12) forniscono le reazioni vincolari esterne:

%"A = (2mg ! 10ka)e2%"C = (!mg + 10ka)e2

%"B = 0 .

Configurazione + = $Nella fattispecie si ha:

%"A = (2mg + 10ka)e2%"C = !(mg + 10ka)e2

%"B = 0 .

Configurazione + = +!, con cos +! = mg/8ka < 1In questo caso si hanno le relazioni:

"Ax =!1

2mg

1cos+!

! 10ka"

sin +! = !6ka sin+!

"Ay = 2mg ! 10ka cos +! = 2mg ! 54mg =

34mg

"Cx = 6ka sin +!

"Cy = !mg + 10ka cos +! = !mg +54mg =

14mg

"B = 6ka sin +!

per cui le reazioni vincolari richieste risultano:

%"A = !6ka sin+! e1 +34mg e2

%"C = 6ka sin+! e1 +14mg e2

%"B = 6ka sin+! e1 .

Configurazione + = !+!, con cos +! = mg/8ka < 1Le reazioni vincolari sono uguali a quelle calcolate nella configurazione precedente, salvoche per la sostituzione +! . !+!:

%"A = 6ka sin+! e1 +34mg e2

%"C = !6ka sin+! e1 +14mg e2

%"B = !6ka sin+! e1 .

Esercizio 757. Sistema di equazioni di!erenziali nel pianoNel piano (x, y) " R2 e dato il sistema di equazioni di$erenziali ordinarie:

%,&

,'

!x = !3y + 6x

y = !y2

2+ 3x + 2

Stefano Siboni 4057

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e se ne vogliono determinare:

(a) i punti fissi;(b) le caratteristiche di stabilita dei punti fissi;

(c) se la funzione V (x, y) =y3

6! 3xy + 3x2 ! 2y, (x, y) " R2, convenientemente adattata

se necessario, puo essere usata come funzione di Liapunov per provare la stabilita diqualche punto fisso.

Soluzione(a) Punti fissiI punti fissi sono le soluzioni costanti del sistema di equazioni di$erenziali, e si ottengonopercio risolvendo il sistema di equazioni algebriche:

%,&

,'

0 = !3y + 6x

0 = !y2

2+ 3x + 2

la prima delle quali consente di ricavare la y in funzione di x:

y = 2x

e sostituita nella seconda porge l’equazione della sola x:

!2x2 + 3x + 2 = 0 .

Ne derivano le radici reali:

x =!3±

.9 ! 4 · (!2) · 22 · (!2)

=!3 ± 5!4

=,

-

2

!1/2

dalle quali seguono i punti fissi richiesti:

(x, y) = (2, 4) (x, y) = (!1/2,!1) .

(b) Stabilita dei punti fissiPer studiare le proprieta di stabilita dei punti fissi conviene ricorrere al teorema di analisilineare, scrivendo il sistema nella forma normale:

%,&

,'

x = 3y ! 6x

y = !y2

2+ 3x + 2

Stefano Siboni 4058

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e introducendo la notazione:

f(x, y) = 3y ! 6x g(x, y) = !y2

2+ 3x + 2 .

Le derivate parziali prime delle funzioni a secondo membro valgono:

)f

)x(x, y) = !6

)f

)y(x, y) = 3

)g

)x(x, y) = 3

)g

)y(x, y) = !y

e forniscono la matrice jacobiana:

J(x, y) =0!6 33 !y

1

che va calcolata in ciascun punto fisso.

Punto fisso (x, y) = (2, 4)In questo caso la matrice jacobiana dei secondi membri diventa:

J(2, 4) =0!6 33 !4

1

e i suoi autovalori si ricavano risolvendo l’equazione caratteristica:

0 = det#J(2, 4) ! ,I

$= det

0!6 ! , 3

3 !4 ! ,

1= (, + 6)(, + 4) ! 9 = ,2 + 10, + 15

che porge:

,1,2 =!10 ±

'100 ! 4 · 152

=!10 ±

'40

2= !5 ±

'10 .

Poiche entrambi gli autovalori hanno parte reale negativa, il teorema di analisi lineareassicura la stabilita asintotica del punto fisso.

Punto fisso (x, y) = (!1/2,!1)Nella fattispecie si ha la matrice jacobiana:

J(!1/2,!1) =0!6 33 1

1

con equazione caratteristica:

0 = det#J(!1/2,!1)!,I

$= det

0!6 ! , 3

3 1 ! ,

1= (,+6)(,!1)!9 = ,2 +5,!15

Stefano Siboni 4059

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e autovalori:

,1,2 =!5 ±

.25 ! 4 · (!15)

2=

!5 ±'

852

,

dei quali uno positivo e uno negativo:

,1 =!5 +

'85

2> 0 ,2 =

!5 !'

852

< 0 .

La presenza di un autovalore con parte reale positiva implica l’instabilita del punto fisso.

(c) Funzione di LiapunovLa funzione V presenta in (x, y) = (2, 4) un minimo relativo proprio. Risulta infatti:

)V

)x(x, y) = !3y + 6x = !f(x, y)

)V

)y(x, y) =

y2

2! 3x ! 2 = !g(x, y)

per cui i punti critici di V coincidono esattamente con i punti fissi del sistema di equazionidi$erenziali. La matrice hessiana di V vale inoltre:

HV (x, y) =

2

@3

)2V

)x2(x, y)

)2V

)y)x(x, y)

)2V

)x)y(x, y)

)2V

)y2(x, y)

4

A5 = !J(x, y) =0

6 !3!3 y

1

e in (x, y) = (2, 4) si riduce alla forma gia calcolata:

!J(2, 4) =0

6 !3!3 4

1

i cui autovalori risultano ovviamente opposti a quelli determinati per J(2, 4):

,1 = 5 +'

10 ,1 = 5 !'

10

e sono quindi entrambi positivi. La funzione:

V (x, y) ! V (2, 4) = V (x, y) !!!28

3

"=

y3

6! 3xy + 3x2 ! 2y +

283

e pertanto definita positiva in un intorno del punto fisso (x, y) = (2, 4). La derivata di Lievale invece:

V =)V

)xx +

)V

)yy = !f(x, y)x ! g(x, y)y = !f(x, y)2 ! g(x, y)2 ( 0 * (x, y) " R2

e si annulla unicamente nei punti fissi:

V (x, y) = 0 %& (x, y) = (2, 4), (!1/2,!1)

e risulta certamente definita negativa in un intorno convenientemente piccolo di (x, y) =(2, 4). Il punto fisso e quindi asintoticamente stabile per il teorema di Liapunov di stabilitaasintotica.

Stefano Siboni 4060

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 758. Geometria delle masse. Punto vincolato a una curva fissaNel piano Oxy di una terna inerziale Oxyzuna piastra omogenea L, di densita /, oc-cupa la regione definita dalle disequazioni0 ( x ( a, 0 ( y ( a!x2/a, dove a indicauna lunghezza caratteristica. Un puntomateriale P , di massa m, scorre senza at-trito lungo il bordo curvo di L ed e con-nesso all’origine O da una molla ideale dicostante elastica k > 0 — vedi figura. Ilpeso si puo considerare trascurabile. De-terminare:

(a) la massa e la posizione del baricentro di L rispetto a Oxyz;(b) la matrice d’inerzia di L relativa a Oxyz;(c) il momento d’inerzia di L rispetto alla retta r di equazione x = a, z = 0;(d) le equazioni pure del moto di P , usando x come variabile indipendente;(e) gli equilibri di P ;(f) la condizione di equilibrio di P qualora il coe!ciente di attrito statico fra P e L sia

µs > 0.

Soluzione(a) Massa e baricentro della piastraMassa della piastraLa massa di L si ricava integrando la densita costante / sulla regione occupata dalla piastra:

m =a;

0

dx

a%x2/a;

0

dy / = /

a;

0

!a ! x2

a

"dx = /

(ax ! x3

3a

)a

0

=23/a2 ,

risultato coerente anche dal punto di vista dimensionale.

Baricentro della piastraIl momento statico della piastra ha componenti:

mxG =a;

0

dx

a%x2/a;

0

dy x/ = /

a;

0

dxx!a! x2

a

"= /

a;

0

!ax! x3

a

"dx = /

(ax2

2! x4

4a

)a

0

=/a3

4

e:

myG =a;

0

dx

a%x2/a;

0

dy y / = /

a;

0

dx12

!a ! x2

a

"2=

/

2

a;

0

!a2 +

x4

a2! 2x2

"dx =

=/

2

(a2x +

x5

5a2! 2x3

3

)a

0

=/

2

!a3 +

a3

5! 2a3

3

"=

415

/a3 ,

Stefano Siboni 4061

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

per cui le coordinate del baricentro risultano:

xG =/a3

43

2/a2=

38a yG =

415

/a3 32/a2

=25a

e il relativo vettore posizione vale:

G ! O =38a e1 +

25a e2 .

(b) Matrice d’inerzia in Oxyz della piastraPoiche la piastra giace nel piano coordinato Oxy, la forma della matrice d’inerzia di L inOxyz e la seguente:

[LO] =

2

3Lxx Lxy 0Lxy Lyy 00 0 Lxx + Lyy

4

5 .

Il momento d’inerzia relativo all’asse Ox si scrive:

Lxx =a;

0

dx

a%x2/a;

0

dy y2 / = /

a;

0

dx13

!a ! x2

a

"3=

/

3

a;

0

!a3 ! 3a2 x2

a+ 3a

x4

a2! x6

a3

"dx =

=/

3

!a3a ! 3a

a3

3+

3a

a5

5! 1

a3

a7

7

"=

/a4

3

!35! 1

7

"=

16105

/a4

mentre quello relativo all’asse Oy vale:

Lyy =a;

0

dx

a%x2/a;

0

dy x2 / = /

a;

0

dx!a ! x2

a

"x2 =

= /

a;

0

!ax2 ! x4

a

"dx = /

!a

a3

3! a5

5a

"=

215

/a4

e l’unico prodotto d’inerzia non banale risulta:

Lxy = !a;

0

dx

a%x2/a;

0

dy xy / = !/

a;

0

dxx

2

!a ! x2

a

"2= !/

2

a;

0

x!a2 +

x4

a2! 2x2

"dx =

= !/

2

a;

0

!a2x +

x5

a2! 2x3

"dx = !/

2

!a2 a2

2+

a6

6a2! 2a4

4

"= ! 1

12/a4 .

Considerato che:

Lxx + Lyy =16105

/a4 +215

/a4 =30105

/a4 =27/a4,

Stefano Siboni 4062

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

la matrice d’inerzia della piastra si riduce pertanto a:

[LO] = /a4

2

@316/105 !1/12 0!1/12 2/15 0

0 0 2/7

4

A5.

Si osservi che tutti gli elementi della matrice sono dimensionalmente omogenei e presentanola corretta dimensione fisica.

(c) Momento d’inerzia di L relativo alla retta x = a nel piano OxyLa retta r e parallela all’asse coordinato Oy, ma non passa per il baricentro G della piastra.Considerata la retta Gy, passante per G e parallela ad r, il teorema di Huygens-Steinerporge allora le relazioni:

Ir = IGy + m(a ! xG)2 IOy = Lyy = IGy + mx2G

che sottratte membro a membro conducono all’equazione:

Ir ! Lyy = m(a ! xG)2 ! mx2G

e consentono cosı di esprimere il momento d’inerzia incognito in termini di Lyy :

Ir = Lyy + m(a2 ! 2axG) = Lyy + ma2!1 ! 2xG

a

"=

=215

/a4 +23/a2 a2

!1 ! 2 · 3

8

"=

215

/a4 +23/a4 1

4=

! 215

+16

"/a4 =

310

/a4 .

(d) Equazioni pure del moto di PLa posizione del punto lungo il bordo curvo della piastra e individuata per mezzo dell’ovviaparametrizzazione:

P (x) ! O = xe1 +!a ! x2

a

"e2 , x " [0, a] ,

con derivata prima non nulla:

P !(x) = e1 !2x

ae2

e versore tangente associato:

& (x) =P !(x)|P !(x)| =

e1 !2x

ae2

:1 +

4x2

a2

.

La velocita istantanea di P si scrive:

P =!e1 !

2x

ae2

"x

Stefano Siboni 4063

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e derivando in t una seconda volta fornisce l’espressione dell’accelerazione:

P =!e1 !

2x

ae2

"x ! 2x2

ae2 .

L’ipotesi di vincolo liscio autorizza a scrivere l’equazione pura del moto proiettando ilpostulato delle reazioni vincolari:

mP = !k(P ! O) + %"

lungo la direzione tangente:

mP · P !(x) = !k(P ! O) · P !(x) ,

in modo che risulta:

m!1 +

4x2

a2

"x +

4mxx2

a2= !k

(x ! 2x

a

!a ! x2

a

")

ossia:m

!1 +

4x2

a2

"x +

4mxx2

a2= !kx

!!1 +

2x2

a2

". (758.1)

(e) Equilibri di PLe posizioni di equilibrio del punto corrispondono alle soluzioni costanti delle equazioni(758.1), e si ottengono percio risolvendo l’equazione algebrica:

0 = !kx!!1 +

2x2

a2

"

nell’intervallo x " [0, a]. Se ne deducono le radici:

x = 0 x =a'2

x = ! a'2

,

delle quali pero soltanto le prime due sono accettabili — la terza non appartiene eviden-temente all’intervallo di definizione della variabile indipendente. Gli equilibri del sistemasi hanno dunque per:

x = 0 x =a'2

.

(f) Condizione di equilibrio per P nel caso di attrito radente fra L e PSe µs e il coe!ciente di attrito radente statico fra L e P , la condizione necessaria esu!ciente a!nche la posizione di ascissa x " [0, a] sia di equilibrio per il punto P e chela quiete in tale posizione soddisfi la legge di Coulomb-Morin dell’attrito radente statico,ossia che valga la diseguaglianza:

|%F · & | ( µs|%F ! %F · & & |

Stefano Siboni 4064

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

dove %F = !k(P !O), mentre %F · & & e %F ! %F · & & indicano le componenti della forza attivarispettivamente tangente e ortogonale alla curva )L nella posizione considerata. Nellafattispecie si ha:

%F · & = !kx!2x2

a2! 1

"

:1 +

4x2

a2

= kx!1 ! 2x2

a2

"

:1 +

4x2

a2

per cui:

%F · & & = kx!1 ! 2x2

a2

"

1 +4x2

a2

!e1 !

2x

ae2

"

e quindi:

%F ! %F · & & = !kxe1 ! k!a ! x2

a

"e2 ! k

x!1 ! 2x2

a2

"

1 +4x2

a2

!e1 !

2x

ae2

"=

= ! kxe1

1 +4x2

a2

!1 +

4x2

a2+ 1 ! 2x2

a2

"! ke2

1 +4x2

a2

(!a ! x2

a

"!1 +

4x2

a2

"! 2x2

a

!1 ! 2x2

a2

")

= ! 2kxe1

1 +4x2

a2

!1 +

x2

a2

"! kae2

1 +4x2

a2

(!1 ! x2

a2

"!1 +

4x2

a2

"! 2x2

a2

!1 ! 2x2

a2

")=

= ! 2kxe1

1 +4x2

a2

!1 +

x2

a2

"! kae2

1 +4x2

a2

!1 +

x2

a2

"= !k(2xe1 + ae2)

1 +x2

a2

1 +4x2

a2

.

Per eliminare le radici quadrate conviene esprimere la condizione di equilibrio nella forma:

|%F · & |2 ( µ2s|%F ! %F · & & |2

che sostituendo le espressioni precedenti diventa:

k2x2!1 ! 2x2

a2

"2

1 +4x2

a2

( µ2sk

2(4x2 + a2)

!1 +

x2

a2

"2

!1 +

4x2

a2

"2

ed equivale a:

x2!1 ! 2x2

a2

"2( µ2

sa2!1 +

x2

a2

"2

Stefano Siboni 4065

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ossia:x2

a2

!1 ! 2x2

a2

"2

!1 +

x2

a2

"2( µ2

s , x " [0, a] . (758.2)

Osservazione. Insieme delle configurazioni di equilibrio in presenza di attritoPer determinare l’insieme delle configurazioni di equilibrio conviene porre x2/a2 = u " [0, 1]e riscrivere la condizione (758.2) come:

u(1 ! 2u)2

(1 + u)2( µ2

s , u " [0, 1] .

Si consideri allora la funzione ausiliaria non negativa:

"(u) =u(1 ! 2u)2

(1 + u)2, u " [0, 1]

con derivata prima:

"!(u) =(2u ! 1)(2u2 + 7u ! 1)

(1 + u)3, u " [0, 1] .

I punti critici di " si hanno per u = 1/2 e per:

2u2 + 7u ! 1 = 0

vale a dire:

u =!7 ±

'49 + 8

4=

!7 ±'

574

.

Di questi, sono ricompresi nell’intervallo u " [0, 1] soltanto i seguenti:

u =12

u =!7 +

'57

4

dove peraltro risulta:

"(1/2) = 0 "0!7 +

'57

4

1= !143

8+

198'

57 = 0.05585678378

mentre " soddisfa le condizioni al contorno:

"(0) = 0 "(1) =14

.

Stefano Siboni 4066

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Il grafico di "(u) ha dunque l’andamento illustrato nella figura seguente:

Per µs = si ricade nel caso di vincolo liscio e i soli equilibri corrispondono a u = 0 e u =1/2, come gia stabilito. Al crescere di µs gli equilibri sono individuati dalla disequazione"(u) ( µ2

s e costituiscono intervalli di ampiezza crescente intorno a u = 0 e a u = 1/2,visto che x = a

'u " [0, a]. Si osservi che se µs ) 1/2 tutte le configurazioni risultano di

equilibrio per il sistema, avendosi:

14

= sup0)u)1

"(u) ( µ2s .

Esercizio 759. Sistema scleronomo a 2 g.d.l., poi ridotto a 1 g.d.l. e reonomomediante l’introduzione di un ulteriore vincolo.Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz unapiastra quadrata omogenea pesante ABCD, dilato a e massa m, ha il punto medio M del latoAB vincolato a scorrere lungo l’asse verticale Oy.Una molla ideale di costante elastica k collega Mcon l’origine O. Una seconda molla, di costanteelastica 2k, congiunge O con il punto medio Ndel lato CD, opposto ad AB. Assunti i vincoliideali, ed introdotte le coordinate generalizzate0 " R e . " R in figura, determinare del sistema:(a) gli equilibri;(b) le caratteristiche di stabilita degli equilibri;(c) l’espressione dell’energia cinetica;(d) le equazioni di Lagrange;(e) le equazioni del moto della piastra e le relative soluzioni costanti qualora 0 fosse una

funzione assegnata 0(t) = 4 cos (t del tempo, con 4 e ( costanti positive fissate.

Stefano Siboni 4067

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Soluzione(a) EquilibriLe sollecitazioni attive applicate al sistema sono tutte posizionali conservative e vannopercio descritte da appropriati potenziali, quello gravitazionale della piastra e quello ela-stico associato alle due molle ideali. Per determinare i potenziali conviene ricavare preli-minarmente i vettori posizione dei punti M ed N :

M ! O = !a0e2

N ! O = M ! O + N ! M = !a0e2 + a sin . e1 ! a cos . e2 == a sin . e1 ! a(0 + cos .)e2

e quello del baricentro G della piastra, che coincide con il centro geometrico di questa:

G ! O = M ! O +N !M

2=

a

2sin. e1 ! a

!0 +

12

cos ."e2 . (759.1)

Potenziale gravitazionaleIl potenziale delle forze peso agenti sulla piastra e dato dalla formula:

Ug = !mge2 · (G ! O) = mga!0 +

12

cos .".

Potenziale elasticoIl potenziale elastico e la somma dei contributi relativi alle due molle:

Uel = !k

2|M ! O|2 ! 2k

2|N ! O|2 = !k

2|M ! O|2 ! k|N ! O|2

dove:

|M !O|2 = |! a0e2|2 = a202

|N !O|2 =//a sin . e1 ! a(0 + cos .)e2

//2 =

= a2(sin2. + 02 + cos2. + 20 cos .) = a2(02 + 20 cos . + 1)

per cui:

Uel = !ka2

202 ! ka2(02 + 20 cos . + 1) = !ka2

2(302 + 40 cos . + 2) .

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali gravitazionale ed elastico fornisce il potenziale del sistema:

U(0,.) = Ug + Uel = mga!0 +

12

cos ."! ka2

!3202 + 20 cos . + 1

".

Stefano Siboni 4068

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Conviene considerare la forma adimensionale del potenziale, omettendo la costante addi-tiva:

U(0,.) =1

mgaU(0,.) = 0 +

12

cos . ! ,!3

202 + 20 cos .

"(0,.) " R2

ed introducendo il parametro d’ordine adimensionale:

, = ka/mg > 0 .

EquilibriGli equilibri del sistema sono i punti critici del potenziale adimensionale e si ottengonoimponendo l’annullarsi delle derivate parziali prime:

)U)0

(0,.) = 1 ! 3,0 ! 2, cos .)U).

(0,.) = !12

sin. + 2,0 sin .

ossia risolvendo il sistema di equazioni:%&

'1 ! 3,0 ! 2, cos . = 0

!12

sin. + 2,0 sin. = 0

che equivale a: %&

'1 ! 3,0 ! 2, cos . = 0!!1

2+ 2,0

"sin. = 0 .

Dalla prima equazione di equilibrio si puo ricavare 0 in funzione della variabile angolare:

0 =13,

! 23

cos #

per cui la seconda equazione diventa:!1

6! 4

3, cos .

"sin. = 0 .

Soluzioni definite incondizionatamente si ottengono per sin. = 0:

. = 0 . = $

e corrispondono agli equilibri:

(0,.) =! 1

3,! 2

3, 0

"(0,.) =

! 13,

+23, $

".

Altre due soluzioni si hanno per:

16! 4

3, cos . = 0 %& cos . =

18,

Stefano Siboni 4069

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e risultano definite e distinte dalle precedenti a condizione che sia , > 1/8:

. = arccos*1/8,

+:= .! . = ! arccos

*1/8,

+= !.!

individuando sotto la stessa condizione gli ulteriori equilibri:

(0,.) =*1/4,, .!

+(0,.) =

*1/4,, !.!

+.

(b) Stabilita degli equilibriIl sistema e scleronomo posizionale e conservativo, a vincoli bilaterali ideali. Ricorronopercio le condizioni per analizzare le proprieta di stabilita degli equilibri facendo uso deiteoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. Serve calcolare le derivate parzialiseconde di U :

)2U)02

(0,.) = !3,)2U).)0

(0,.) = 2, sin .

)2U)0).

(0,.) = 2, sin .)2U).2

(0,.) = !12

cos . + 2,0 cos .

e quindi la corrispondente matrice hessiana:

HU (0,.) =

6!3, 2, sin.

2, sin . !12

cos . + 2,0 cos .

7

di cui si devono caratterizzare le proprieta spettrali in ciascuna configurazione di equilibrio.

Configurazione (0,.) =! 1

3,! 2

3, 0

"

In questo equilibrio la matrice hessiana del potenziale assume la forma diagonale:

HU

! 13,

! 23, 0

"=

2

3!3, 0

016! 4

3,

4

5

ma mentre l’autovalore !3, ha certamente segno negativo, nulla puo dirsi sul segno delsecondo, che obbliga percio a distinguere tre diversi casi:

# per , > 1/8 si ha16! 4

3, < 0 e la matrice risulta definita negativa. La configurazione

costituisce un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita e assicurata dalteorema di Lagrange-Dirichlet;

# se , < 1/8 la matrice hessiana presenta l’autovalore positivo16! 4

3, > 0, garantendo

cosı l’instabilita dell’equilibrio in forza del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

Stefano Siboni 4070

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

# qualora si abbia infine , = 1/8, la matrice hessiana ha un autovalore negativo e unonullo. In questo caso la posizione di equilibrio diventa (0,.) = (2, 0) e il potenzialeadimensionale si riduce a:

U(0,.) = 0 +12

cos . ! 316

02 ! 140 cos . .

Posto (0,.) = (2 + *0, *.), si ottiene allora:

U(2 + *0, *.) = 2 + *0 +12

cos *. ! 316

(4 + *02 + 4*0) ! 14(2 + *0) cos *. =

= 2 + *0 +12

cos *. ! 34! 3

16*02 ! 3

4*0 ! 1

2cos *. ! 1

4*0 cos *. =

=54

+14*0 ! 1

4*0 cos *. ! 3

16*02 =

=54

+12*0 sin2 *.

2! 3

16*02 =

=54! 3

16

!*02 ! 8

3*0 sin2 *.

2

"=

=54! 3

16

!*0 ! 4

3sin2 *.

2

"2+

316

169

sin4 *.

2=

=54! 3

16

!*0 ! 4

3sin2 *.

2

"2+

13

sin4 *.

2per cui appare evidente che l’equilibrio non e un massimo relativo proprio del poten-ziale. Tecnicamente, quello individuato e un caso critico di stabilita. Nondimeno, per isistemi a 2 gradi di liberta posizionali conservativi Painleve ha dimostrato l’instabilitadelle configurazioni di equilibrio che non siano massimi relativi propri del potenziale(supposto funzione analitica, cioe sviluppabile in serie di Taylor, in un intorno delpunto di equilibrio), nel caso in cui un autovalore dell’hessiano sia negativo e l’altrosia nullo. Condizioni che ricorrono nella circostanza presente e assicurano l’instabilitadella configurazione.

Configurazione (0,.) =! 1

3,+

23, $

"

Anche in questo punto critico la matrice hessiana risulta diagonale:

HU

! 13,

+23, $

"=

2

3!3, 0

0 !16! 4

3,

4

5

ma presenta ora due autovalori negativi. La configurazione costituisce pertanto un massimorelativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (0,.) =*1/4,, .!

+

Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale si scrive:

HU

! 14,

, .!"

=

2

3!3, 2, sin .!

2, sin .! !12

cos .! + 2,14,

cos .!

4

5 =0 !3, 2, sin .!

2, sin.! 0

1

Stefano Siboni 4071

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e ha determinante negativo:

det HU

! 14,

, .!"

= !4,2sin2.! < 0

risultando percio indefinita. Il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet implical’instabilita dell’equilibrio, causa la presenza di un autovalore positivo.

Configurazione (0,.) =*1/4,, !.!

+

La matrice hessiana del potenziale e analoga a quella calcolata nell’equilibrio simmetricoprecedente:

HU

! 14,

, !.!"

=0 !3, !2, sin.!

!2, sin .! 0

1

e con lo stesso determinante:

detHU

! 14,

, !.!"

= !4,2sin2.! < 0 .

Anche questo equilibrio risulta instabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

(c) Energia cineticaNon essendo presenti punti fissi, l’energia cinetica della piastra deve essere determinatafacendo uso della formula di Konig:

T =m

2G2 +

12IGz

//%(//2.

La velocita del baricentro si ottiene derivando in t il vettore posizione (759.1) di G:

G =a

2cos . . e1 + a

!!0 +

12

sin . ."e2

e ha modulo quadrato:

G2 =a2

4cos2. .2 + a2

!02 +

14sin2. .2 ! sin. 0.

"= a2

!02 +

14.2 ! sin. 0.

".

Il momento d’inerzia rispetto all’asse Gz e la velocita angolare della piastra valgono invece:

IGz =ma2

6%( = .e3 .

L’energia cinetica del sistema diventa cosı:

T =ma2

2

!02 +

14.2 ! sin. 0.

"+

12

ma2

6|.e3|2 =

ma2

2

!02 +

512

.2 ! sin . 0.".

Stefano Siboni 4072

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(d) Equazioni di LagrangeLe equazioni di Lagrange del sistema si scrivono:

d

dt

!)L

)0

"! )L

)0= 0

d

dt

!)L

).

"! )L

).= 0

in termini della lagrangiana L = T + U definita da:

L =ma2

2

!02 +

512

.2 ! sin . 0."

+ mga!0 +

12

cos ."! ka2

!3202 + 20 cos .

".

Ricordando che nel calcolo delle derivate parziali della lagrangiana i parametri lagrangiani0,. e le velocita generalizzate 0, . vanno riguardate come variabili indipendenti, e imme-diato ricavare le relazioni:

)L

)0= mga ! ka2(30 + 2 cos .)

)L

)0=

ma2

2(20 ! sin. .) = ma2

!0 ! 1

2sin . .

"

d

dt

!)L

)0

"= ma2

!0 ! 1

2sin. . ! 1

2cos . .2

"

)L

).= !ma2

2cos . 0. ! 1

2mga sin. + 2ka20 sin.

)L

).=

ma2

2

!56. ! sin. 0

"= ma2

! 512

. ! 12

sin. 0"

d

dt

!)L

).

"= ma2

! 512

. ! 12

sin . 0 ! 12

cos . .0"

.

Le equazioni del moto diventano pertanto:%,&

,'

ma2!0 ! 1

2sin. . ! 1

2cos . .2

"! mga + ka2(30 + 2 cos .) = 0

ma2! 5

12. ! 1

2sin. 0

"+

12mga sin. ! 2ka20 sin. = 0 .

(e) Equazioni del moto e soluzioni costanti nel caso 0 = 4 cos (tL’avere assegnato la variabile 0 come funzione nota del tempo equivale ad imporre unulteriore vincolo al sistema, che diventa cosı reonomo e ad un solo grado di liberta —descritto dal parametro lagrangiano residuo .. I calcoli per scrivere l’energia cinetica eil potenziale del sistema sono formalmente gli stessi gia considerati in precedenza, salvodover porre:

0 = 4 cos (t 0 = !(4 sin(t

per ottenere la lagrangiana:

L =ma2

2

!(242sin2(t +

512

.2 + (4 sin(t sin . ."+

+ mga!4 cos (t +

12

cos ."! ka2

!3242cos2(t + 24 cos (t cos .

"

Stefano Siboni 4073

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e l’unica equazione di Lagrange:

d

dt

!)L

).

"! )L

).= 0 .

Si hanno dunque le relazioni parziali:

)L

).=

ma2

2(4 sin (t cos . . ! 1

2mga sin. + 2ka24 cos (t sin.

)L

).=

ma2

2

!56. + (4 sin (t sin.

"= ma2

! 512

. +12(4 sin (t sin .

"

d

dt

!)L

).

"= ma2

! 512

. +12(4 sin(t cos . . +

12(24 cos (t sin .

"

dalle quali segue l’equazione del moto richiesta:

ma2! 5

12. +

12(4 sin (t cos . . +

12(24 cos (t sin.

"!

! ma2

2(4 sin(t cos . . +

12mga sin . ! 2ka24 cos (t sin . = 0

vale a dire:

ma2! 5

12. +

12(24 cos (t sin.

"+

12mga sin . ! 2ka24 cos (t sin . = 0

e raccogliendo i termini simili:

512

ma2. +(

12mga + 4a2

!m(2

2! 2k

"cos (t

)sin. = 0 . (759.2)

Le soluzioni costanti di questa equazione si hanno chiaramente per sin. = 0 e risultanopercio:

.(t) = 0 * t " R e .(t) = $ * t " R . (759.3)Da sottolineare come nessuna di queste soluzioni statiche possa essere associata ad unequilibrio del sistema, dal momento che per 0 = 4 cos (t la piastra non ammette alcunostato di quiete compatibile con i vincoli — la piastra non puo rimanere in quiete se il suopunto M e forzato a muoversi.

Osservazione. Stabilita delle soluzioni costantiL’analisi di stabilita delle soluzioni costanti (759.3) e tutt’altro che banale, a causa delladipendenza esplicita dal tempo. L’equazione del moto (759.2) equivale infatti a quella diun pendolo semplice modulato periodicamente nel tempo con legge sinusoidale:

. +(

6g

5a+ 4

65

!(2 ! 4k

m

"cos (t

)sin . = 0 ,

salvo il caso particolare di (2 = 4k/m, in cui la modulazione sinusoidale si annulla e la sta-bilita di . = 0 segue immediatamente dal teorema di Lagrange-Dirichlet, come l’instabilitadi # = $ da quello di inversione parziale. Nel caso generale, le proprieta di stabilita dellesoluzioni costanti . = 0 e . = $ sono pesantemente condizionate dal fenomeno dellarisonanza parametrica.

Stefano Siboni 4074

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 760. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoIn un riferimento inerziale Oxyz che ha l’asseOy diretto verso l’alto, due ingranaggi cir-colari omogenei D1 e D2, di eguale massam, sono disposti come mostrato in figura, inmodo da rotolare l’uno contro l’altro senzastrisciare. D1 ha raggio 2a, centro A e assefisso Ax = Ox, mentre D2 ha raggio a, centroB e asse fisso By = Oy. Un punto materialeP , di massa m, e saldato a D1 a distanza ada A. Il sistema e pesante e una molla idealedi costante elastica k collega P a B. Assuntii vincoli ideali, e usando come coordinata la-grangiana l’angolo + " R fra il raggio AP ela verticale condotta da A verso il basso, de-terminare del sistema:

(a) gli equilibri;

(b) la stabilita degli equilibri;

(c) l’energia cinetica;

(d) le equazioni del moto di Lagrange;

(e) quantita di moto e momento angolare in O.

Soluzione(a) EquilibriIl sistema e scleronomo a vincoli bilaterali ideali ed e soggetto esclusivamente a forzeposizionali conservative, che consistono nel peso e nell’interazione elastica mediata dallamolla ideale fra P e B. Le componenti generalizzate delle forze peso ed elastiche vengonocaratterizzate per mezzo dei relativi potenziali.

Potenziale delle forze pesoPoiche i due ingranaggi sono per ipotesi omogenei, i loro baricentri coincidono con i rispet-tivi centri geometrici A e B, che sono chiaramente punti fissi in quanto collocati lungogli assi di rotazione. L’unico contributo non banale al potenziale gravitazionale e dunqueo$erto dal punto materiale P , il cui vettore posizione in Oxyz si scrive:

P ! O = !a e1 ! a cos + e2 ! a sin + e3

e il potenziale corrispondente risulta:

Ug = !mg e2 · (P ! O) = mga cos+ .

Stefano Siboni 4075

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Potenziale elasticoIl potenziale elastico associato alla molla PB vale:

Uel = !k

2|P ! B|2

e va espresso in termini del parametro + per mezzo dei vettori posizione:

P ! O = !a e1 ! a cos + e2 ! a sin + e3 B ! O = 2a e2

dai quali segue:P !B = !a e1 ! a(2 + cos +) e2 ! a sin + e3

e quindi:|P ! B|2 = a2

*1 + 4 + 4 cos + + 1

+= a2(6 + 4 cos +) .

Omessa la costante additiva, il potenziale elastico del sistema si scrive percio:

Uel = !2ka2 cos + .

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali gravitazionale ed elastico definisce il potenziale del sistema, cheassume la semplice forma:

U(+) = Ug + Uel = mga cos + ! 2ka2 cos + = a(mg ! 2ka) cos + *+ " R .

EquilibriGli equilibri vanno identificati con i punti critici del potenziale U . Si tratta quindi dirisolvere l’equazione trigonometrica:

U !(+) = !a(mg ! 2ka) sin + , + " R .

Si rende necessario distinguere due casi:

(i) se mg ! 2ka += 0 l’equazione di equilibrio ammette due soluzioni fisicamente distinte:

+ = 0 + = $ ;

(ii) se viceversa e mg ! 2ka = 0, l’equazione di equilibrio degenera in una identita erisulta quindi soddisfatta per qualsiasi +: tutte le configurazioni del sistema sono diequilibrio, perche la forza elastica va a bilanciare esattamente il peso di P .

(b) Stabilita degli equilibriIl carattere posizionale conservativo del sistema scleronomo permette di studiare le pro-prieta di stabilita degli equilibri usando il teorema di Lagrange-Dirichlet e la relativainversione parziale. Alla base dell’analisi sta il calcolo della derivata seconda:

U !!(+) = !a(mg ! 2ka) cos +

Stefano Siboni 4076

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

in ciascuna configurazione di equilibrio. Si devono ora distinguere tre due casi.

(i) Per mg ! 2ka > 0 risulta:

U !!(0) = !a(mg ! 2ka) < 0 U !!($) = a(mg ! 2ka) > 0

e gli equilibri + = 0 e + = $ vengono rispettivamente identificati come un massimorelativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet, e un equilibrio instabileper il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

(ii) Se mg ! 2ka < 0 le derivate precedenti cambiano di segno:

U !!(0) = !a(mg ! 2ka) > 0 U !!($) = a(mg ! 2ka) < 0

per cui + = 0 e instabile per il teorema di inversione parziale, mentre + = $ risultastabile per Lagrange-Dirichlet;

(iii) Qualora si abbia mg ! 2ka = 0, infine, il potenziale U si riduce a una costante e lasua derivata seconda e identicamente nulla. I due teoremi standard per l’analisi distabilita non sono applicabili: non lo e Lagrange-Dirichlet, in quanto nessun equilibrionon costituisce un massimo relativo proprio del potenziale; e non lo e l’inversioneparziale, dal momento che la derivata seconda del potenziale non risulta positiva inalcuna configurazione di equilibrio. Ricorre dunque un caso critico di stabilita.

(c) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema e la somma delle energie cinetiche dei due ingranaggi e delpunto materiale.

Energia cinetica dell’ingranaggio D1

Il disco D1 ruota attorno all’asse fisso Ox con velocita angolare:

%(1 = !+ e1

e il suo momento d’inerzia rispetto allo stesso asse vale:

I1 =m(2a)2

2= 2ma2 .

La corrispondente energia cinetica si scrive percio:

T1 =12I1|%(1|2 =

12

2ma2|! + e1|2 = ma2+2.

Energia cinetica dell’ingranaggio D2

L’ingranaggio D2 ha asse fisso Oy e ruota con la velocita angolare:

%(2 = !2+ e2

Stefano Siboni 4077

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

che si desume dalla condizione di puro rotolamento su D1 — gli archi descritti dal puntodi contatto fra gli ingranaggi su D1 e D2 essere di eguale lunghezza, per cui l’angolo dirotazione di D2 risulta esattamente doppio di quello di D1, avendo D1 raggio doppio rispettoa D2. Il momento d’inerzia del disco D2 relativo all’asse Oy si scrive ovviamente:

I2 =ma2

2

per cui l’energia cinetica diventa:

T2 =12I2|%(2|2 =

12

ma2

2|! 2+ e2|2 = ma2+2.

Energia cinetica del punto PLa velocita istantanea del punto materiale si scrive:

P = (a sin + e2 ! a cos + e3)+

per cui la corrispondente energia cinetica diventa:

TP =12mP 2 =

ma2

2+2.

Energia cinetica del sistemaSommando le energie cinetiche dei due dischi e del punto P si perviene all’espressionedell’energia cinetica del sistema:

T = T1 + T2 + TP = ma2+2 + ma2+2 +ma2

2+2 =

52ma2+2.

(d) Equazioni di LagrangeLe equazioni pure del moto si riducono alla sola equazione di Lagrange:

d

dt

!)L

)+

"! )L

)+= 0

dove figura la lagrangiana:

L = T + U =52ma2+2 + a(mg ! 2ka) cos +

che porge l’equazione:5ma2+ + a(mg ! 2ka) sin + = 0 .

Vale la pena di osservare che per mg ! 2ka = 0 l’equazione precedente diventa:

5ma2+ = 0

Stefano Siboni 4078

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ed ammette la soluzione generale:

+ = at + b * t " R ,

dalla quale e immediato verificare, tramite l’applicazione diretta della definizione, che tuttigli equilibri sono instabili nel senso di Liapunov.

(e) Quantita di moto e momento angolare in OQuantita di motoGli ingranaggi hanno i baricentri fissi e presentano quindi impulso costantemente nullo. Ilsolo contributo alla quantita di moto del sistema proviene del punto P , che fornisce:

%Q = mP = ma(sin + e2 ! cos + e3)+ .

Momento angolare in OGli assi fissi Ox e Oy sono di simmetria per i dischi D1 e D2, rispettivamente. I relativimomenti angolari in O risultano quindi paralleli alle rispettive velocita angolari e sono datida:

%K1O = I1%(1 = 2ma2(!+ e1) = !2ma2+ e1

%K2O = I2%(2 =

ma2

2(!2+ e2) = !ma2+ e2 .

Per il momento angolare in O del punto P si ha invece:%KP

O = (P !O) $ mP = a(!e1 ! cos + e2 ! sin + e3) $ ma(sin + e2 ! cos + e3)+ =

= ma2+

//////

e1 e2 e3

!1 ! cos + ! sin +0 sin + ! cos +

//////= ma2+ (e1 ! cos + e2 ! sin + e3) .

La somma dei contributi parziali cosı calcolati fornisce il momento angolare in O dell’interosistema:

%KO = %K1O + %K2

O + %KPO = ma2+

#!e1 ! (1 + cos +) e2 ! sin + e3

$.

Esercizio 761. Recipiente cilindrico parzialmente riempito di liquidoUn recipiente cilindrico omogeneo, di massa m, area di base A e altezza h, completamentechiuso, poggia sul piano orizzontale Oxy di una terna inerziale Oxyz. Il recipiente, le cuipareti hanno spessore trascurabile, e pieno di un liquido omogeneo di densita 3. Sul fondodel recipiente viene praticato un piccolissimo foro, attraverso il quale il liquido comincialentamente a fuoriuscire. Determinare:(a) il livello z " [0, h] del liquido per il quale il baricentro del sistema, costituito dal

recipiente e dal liquido residuo in esso contenuto, presenta la minima altezza.

SoluzioneIl baricentro del recipiente cilindrico omogeneo si identifica con il centro geometrico diquesto, e la sua altezza rispetto al piano Oxy vale quindi h/2. Se il liquido contenuto nel

Stefano Siboni 4079

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

recipiente si trova al livello z " [0, h], la massa di liquido deve essere espressa dalla relazione:

3Az

e poiche il corpo liquido e comunque un cilindro omogeneo, di altezza z e area di base A,l’altezza del relativo baricentro risulta:

z/2 .

Il baricentro G del sistema costituito dal recipiente e dal liquido in esso e$ettivamentecontenuto si colloca cosı ad una altezza zG data da:

zG =1

m + 3Az

!m · h

2+ 3Az · z

2

"=

12

mh + 3Az2

m + 3Az(761.1)

come e immediato verificare in base al teorema distributivo. L’altezza zG del baricentroe quindi una funzione non banale del livello z del liquido all’interno del recipiente. Diquesta funzione si puo dare una espressione particolarmente compatta introducendo ilcambiamento di variabili:

z = h0 , 0 " [0, 1] ,

e la costante adimensionale:, =

3Ah

m> 0

per mezzo delle quali la (761.1) si riduce a:

zG(0) =h

21 + ,02

1 + ,0, 0 " [0, 1] .

Si tratta quindi di determinare il minimo assoluto della funzione ausiliaria:

'(0) =1 + ,02

1 + ,0

nell’intervallo limitato 0 " [0, 1]. La derivata prima della funzione vale:

'!(0) =2,0(1 + ,0) ! (1 + ,02),

(1 + ,0)2=

,202 + 2,0 ! ,

(1 + ,0)2= ,

,02 + 20 ! 1(1 + ,0)2

e si annulla per:,02 + 20 ! 1 = 0

ossia per:

0 =!2±

'4 + 4,

2,=

!1 ±'

1 + ,

,

Di queste due radici soltanto quella di segno positivo e accettabile:

0+ =!1 +

'1 + ,

,

Stefano Siboni 4080

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

risultando infatti:

0+ ='

1 + , ! 1,

=1,

1 + , ! 1'1 + , + 1

=1'

1 + , + 1<

12

e quindi 0+ " (0, 1). Basta poi osservare che la funzione ' asssume lo stesso valore agliestremi dell’intervallo di definizione:

'(0) = '(1) = 1

e che la derivata della funzione e certamente negativa al primo estremo:

'!(0) = !, < 0 ,

per concludere che la funzione '(0) deve presentare un unico minimo assoluto in 0 = 0+ "(0, 1/2). L’altezza minima del baricentro G viene dunque raggiunta quando il livello delliquido all’interno del recipiente e pari a:

z = h0+ =h'

1 + , + 1=

h:1 +

3Ah

m+ 1

.

Si osservi, in particolare, che risulta sempre zG < h/2.

Esercizio 762. Un’analisi dell’e!etto giroscopicoUn giroscopio S ruota liberamente con velocita angolare costante ( attorno all’asse centraled’inerzia a — rotazione permanente del giroscopio. Si indichi con A3 il momento d’inerziadi S rispetto all’asse a, e siano A1 = A2 = A += A3 i momenti centrali d’inerzia relativi aidue assi centrali ortogonali ad a. L’asse a coincide inizialmente con l’asse coordinato Ge!3della terna fissa Gx!y!z! = Ge!1e

!2e

!3, che ha origine nel baricentro G del giroscopio. Ad un

certo istante, mediante l’applicazione di forze opportune, l’asse a viene fatto ruotare di unangolo # attorno a Ge!2 nel piano coordinato Ge!1e

!3, secondo una legge oraria arbitraria

#(t), lasciando invariata la velocita angolare ( attorno ad a. Si chiede di:(a) determinare il risultante e il momento risultante in G delle forze necessarie a imprimere

ad S il moto descritto;(b) interpretare fisicamente il risultato, precisando in particolare la distribuzione qualita-

tiva delle forze agenti sui singoli punti del giroscopio.

Soluzione(a) Risultante e momento risultante delle forze applicate ad SAll’istante iniziale la terna Gx!y!z! e centrale d’inerzia per il giroscopio, in quanto Ge!3coincide con l’asse centrale d’inerzia a relativo al momento centrale d’inerzia A3 e diconseguenza Ge!1, Ge!2 sono gli assi centrali d’inerzia relativi al momento centrale d’inerziadoppio A1 = A2 = A. La rotazione uniforme, con velocita angolare arbitraria (, attorno

Stefano Siboni 4081

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

all’asse centrale d’inerzia a = Ge!3 e noto costituire una soluzione delle equazioni del motodi Eulero (rotazione permanente):

Per e$etto della rotazione impressa attorno a Gy!, l’asse a del giroscopio si inclina di unangolo #(t) rispetto a Gz! mantenendosi nel piano Gx!z!:

La quantita di moto del giroscopio e banalmente nulla, poiche G costituisce un punto fissodel sistema. Di conseguenza, nullo e il risultante delle forze che devono essere applicatead S per produrre il moto descritto. Occorre pero determinare il momento angolare inG del sistema rispetto alla terna fissa Gx!y!z!, %KG, e calcolarne poi la derivata in t perricavare il momento in G delle forze applicate. A questo scopo conviene introdurre unaterna di riferimento ausiliaria Ge1e2e3 = Gxyz in modo che l’asse coordinato Gy coincidacon l’asse Gy! della terna assoluta, e Ge3 con l’asse a del giroscopio:

Stefano Siboni 4082

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Poiche e2 non segue S nella propria rotazione attorno ad a, la terna Gxyz non e solidaleal giroscopio ma risulta comunque centrale d’inerzia per il corpo. A causa della strutturagiroscopica (A1 = A2 = A), infatti, tutte le rette passanti per G e ubicate nel pianoGe1e2 sono assi centrali d’inerzia di S e lo stesso vale, in particolare, per gli assi Ge1 eGe2, sebbene non solidali. Rispetto alla terna ausiliaria Gxyz la matrice d’inerzia delgiroscopio assume dunque la forma diagonale:

[LG] =

2

3A 0 00 A 00 0 A3

4

5 .

D’altra parte, per il teorema dei moti (rigidi) composti la velocita angolare di S relativaalla terna assoluta Gx!y!z! vale:

%( = #(t) e!2 + ( e3 = #(t) e2 + ( e3

e di conseguenza il momento angolare in G del sistema si scrive, nella terna assoluta:

%KG = K1e1 + K2e2 + K3e3 ,

con: 2

3K1

K2

K3

4

5 =

2

3A 0 00 A 00 0 A3

4

5

2

30

#(t)(

4

5 =

2

30

A #(t)A3 (

4

5

ossia:%KG = A #(t) e2 + A3 ( e3 = A #(t) e!2 + A3 ( e3 .

La derivata del momento angolare diventa pertanto:

d %KG

dt= A#(t) e!2 + A3(

de3

dt= A#(t) e!2 +A3([#(t) e2 + ( e3]$ e3 = A#(t) e!2 + A3(#(t) e1

e si identifica con il momento in G, %MG(t), delle forze da applicare al giroscopio perprodurre il moto assegnato. In particolare, all’istante iniziale t = 0 si ha e1 = e!1 e dunque:

%MG(0) = A#(0) e!2 + A3(#(0)e!1 .

L’ipotesi di solido rigido perfetto assicura che risultante e momento risultante delle reazionivincolari (necessariamente interne) siano sempre uguali a zero. Le forze attive esterneapplicate da S devono avere percio risultante nullo e momento risultante in G pari a%MG(t). I risultati ottenuti si prestano a varie osservazioni.(i) Per ( += 0 il moto del giroscopio avviene spontaneamente, senza l’ausilio di forze attive

esterne, se e solo se ad ogni istante e:

A#(t) e!2 + A3(#(t) e1 = 0 %& A#(t) e2 + A3(#(t) e1 = 0

Stefano Siboni 4083

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ossia:#(t) = 0 #(t) = 0

e quindi:#(t) = #(0) , costante .

L’asse centrale a non ruota rispetto al riferimento assoluto, in accordo con il concettodi rotazione permanente.

(ii) Se ( = 0, risulta:%MG(t) = A#(t) e!2 .

Per produrre il moto si rende necessario applicare una coppia di forze esterne attive ilcui momento sia diretto lungo l’asse Ge!2. La conclusione appare del tutto ragionevoleed intuitiva, visto che a viene ruotato precisamente attorno a tale asse. Da notare chese #(t) e costante (rotazione uniforme) non si rende necessaria l’applicazione di alcunmomento esterno: la conservazione del momento angolare basta da sola ad assicurareil moto, che e una rotazione permanente attorno all’asse centrale Ge!2.

(iii) Qualora sia ( += 0 e #(t) += 0, occorre applicare necessariamente anche un momentoesterno diretto lungo Ge1. E la presenza di questo momento esterno ad apparire fisi-camente controintuitiva, visto che esso apparentemente non contribuisce a far ruotarel’asse a attorno a Ge!2. Tale momento risulta predominante se:

A|#(t)| 6 A3 |(||#(t)| ,

condizione che tipicamente ricorre quando il giroscopio e posto in rapida rotazioneattorno all’asse centrale a — |(| 7 0. Detto momento e peraltro il solo da applicarenel caso sia #(t) = costante — rotazione uniforme dell’asse centrale a attorno a Ge!2.

(b) Interpretazione fisica del risultatoIl prodursi del momento A3( #(t)e1 si puointerpretare nel modo seguente. Si conside-ri una sezione di S con un piano ortogonaleall’asse centrale a, ad esempio quello passanteper il baricentro G (per le altre sezioni il ra-gionamento e analogo). Si immagini di rapp-resentare la sezione nel piano del foglio, conl’asse a diretto ortogonalmente verso il let-tore. Attorno all’asse la sezione, assieme atutto il giroscopio, ruota in senso antiorariocon una grande velocita angolare ( 7 0. Sicomincia quindi ad inclinare lentamente l’assea, in modo che la sezione ruota di un an-golo #(t) attorno alla retta MN in figura, cor-rispondente all’asse Gy delle figure preceden-ti. Per fissare le idee si puo ad esempio im-

Stefano Siboni 4084

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

maginare che la porzione superiore della sezione si muova verso il lettore e che quella infe-riore se ne allontani. In altre parole, l’asse di rotazione a si abbassa dalla parte del lettoree si alza dalla parte opposta, oltre la sezione. Ad un certo istante t si consideri un puntoA nella posizione A(t) del primo quadrante. Poiche la sezione ruota molto rapidamenteattorno all’asse centrale a, in un breve intervallo di tempo [t, t!] il punto si sposta nella po-sizione A(t!), significativamente diversa da A(t), ma la sezione non ha tempo di inclinarsiin modo apprezzabile: il piano della sezione rimane piu o meno invariato nell’intervallo[t, t!]. Ma mentre A(t) e vicino alla retta MN , e presenta quindi una piccola componentedi velocita verso il lettore, il punto A(t!) risulta piu lontano e poiche il sistema e rigidodeve muoversi con una componente di velocita piu elevata verso il lettore. Questo significache il punto A accelera in senso uscente rispetto al piano del foglio, ovvero verso il lettore.In base alla seconda legge della dinamica, sul punto A deve agire una forza diretta versoil lettore.Per il punto B nel secondo quadrante succede il contrario: nella posizione iniziale B(t) ilpunto ha una grande velocita verso il lettore, in quanto lontano dall’asse MN , mentre inB(t!) la velocita verso il lettore risulta piu piccola, data la minore distanza dall’asse MN .Il punto B decelera verso il lettore, il che significa che viene spinto verso la parte posterioredella sezione, opposta al lettore.Stesso comportamento per il punto C , nel terzo quadrante: nella posizione C(t) essopresenta una piccola velocita di allontanamento dal lettore, mentre in C(t!) la velocita diallontanamento e superiore a causa della maggiore distanza del punto dall’asse MN . Ilpunto decelera verso il lettore, e deve dunque risentire di una forza diretta verso la parteposteriore della sezione. Per il punto D del quarto quadrante vale infine quanto gia discussoper il punto A. D(t) ha una grande velocita in allontanamento dal lettore, mentre in D(t!)la velocita di allontamento risulta minore, visto che la distanza di D(t) da MN e maggioredi quella di D(t!). Dunque anche D accelera verso il lettore, e deve essere sottoposto aduna forza diretta verso il lettore.Nella figura si indicano con 8 le forze dirette verso il lettore e con 9 quelle dirette insenso opposto. Complessivamente, sulla sezione devono agire forze che producono unmomento diretto verticalmente verso il basso: la parte destra del disco e sollecitata versoil lettore, quella sinistra in senso opposto. Il momento delle forze che deve essere applicatoe rappresentato in figura dalla freccia diretta verso il basso e posta sotto l’asse verticale:esso corrisponde alla variazione del momento angolare del corpo nell’unita di tempo. Danotare che il risultato e qualitativamente coerente: l’asse di rotazione a si sta abbassandodalla parte del lettore, il momento angolare in G deve fare approssimativamente lo stessoe quindi la sua variazione deve essere diretta verticalmente verso il basso.Nel ragionamento esposto e cruciale che: (a) il corpo (o la sua sezione) sia rigido e (b) larotazione attorno all’asse a sia rapida. Se la velocita angolare di rotazione ( e piccola onulla, mentre la sezione si inclina attorno all’asse MN i vari punti A, B, C , D praticamenteruotano attorno allo stesso asse MN : i punti A e B posti nella parte superiore dellasezione accelerano verso il lettore, mentre i punti C e D, collocati nella porzione inferioreaccelerano nel verso opposto. La porzione superiore della sezione deve essere sollecitataverso il lettore, quella inferiore in senso contrario: il risultato netto e un sistema di forzeil cui momento appare diretto lungo l’asse MN , come suggerito dall’intuizione.

Stefano Siboni 4085

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

L’andamento sopradescritto delle accelerazioni puo essere determinato in modo rigorosofacendo uso degli angoli di Eulero. Basta assumere costantemente nullo l’angolo di preces-sione ', introdurre l’angolo di nutazione # come funzione lentamente variabile del tempoe imporre una legge oraria uniforme 6 = (t per l’angolo di rotazione propria, con velocitaangolare ( 7 0. In tal modo viene rappresentato il moto di un corpo rigido che ruota rapi-damente attorno all’asse solidale Gz!!! = Gz!!, mentre lo stesso asse viene fatto lentamenteruotare di un angolo #(t) attorno all’asse fisso Gx = Gx! = Gx!! (Gx = Gx! in quanto' = 0 e Gx! = Gx!! perche l’angolo di nutazione descrive una rotazione attorno a Gx!).Per un generico punto P del corpo rigido, con coordinate costanti x!!!, y!!!, z!!! relative allaterna solidale Gx!!!y!!!z!!!, le coordinate nella terna assoluta Gxyz sono allora date dallarelazione matriciale:

2

3xyz

4

5 =

2

3x!

y!

z!

4

5 = I

2

31 0 00 cos # ! sin #0 sin # cos #

4

5

2

3cos 6 ! sin 6 0sin6 cos 6 0

0 0 1

4

5

2

3x!!!

y!!!

z!!!

4

5 =

=

2

3cos (t ! sin(t 0

cos # sin(t cos # cos (t ! sin #sin # sin(t sin # cos (t cos #

4

5

2

3x!!!

y!!!

z!!!

4

5

che porge la legge oraria:%,&

,'

x(t) = cos (t x!!! ! sin(t y!!!

y(t) = cos # sin (t x!!! + cos # cos (t y!!! ! sin # z!!!

z(t) = sin # sin(t x!!! + sin # cos (t y!!! + cos # z!!! .

Derivando in t si ricavano le componenti relative a Gxyz della velocita istantanea P :

x(t) = !( sin (t x!!!!( cos (t y!!!

y(t) = (! sin # # sin(t+cos # ( cos (t)x!!! +(! sin # # cos (t!cos # ( sin(t) y!!!!cos # # z!!!

z(t) = (cos # # sin(t + sin # ( cos (t)x!!! + (cos # # cos (t ! sin # ( sin(t) y!!! ! sin # # z!!!

mentre per l’accelerazione istantanea relativa a Gxyz una ulteriore derivazione in t forniscele componenti:

x(t) = !(2 cos (t x!!! + (2 sin (t y!!!

y(t) = (! cos # #2 sin (t ! sin # # sin (t! 2 sin # #( cos (t ! cos # (2 sin (t)x!!!+

+ (! cos # #2 cos (t ! sin # # cos (t + 2 sin # #( sin (t ! cos # (2 cos (t) y!!!+

+ (sin # #2 ! cos # #) z!!!

z(t) = (! sin # #2 sin(t + cos # # sin (t + 2( cos # # cos (t ! sin # (2 sin(t)x!!!+

+ (! sin # #2 cos (t + cos # # cos (t ! 2 cos # #( sin(t ! sin # (2 cos (t) y!!!+

+ (! cos # #2 ! sin # #) z!!! .

Stefano Siboni 4086

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

All’istante iniziale t = 0 si assume che #(0) =0, mentre l’angolo di rotazione propria 6 =(t e banalmente nullo. In conformita alle i-potesi assunte nella precedente discussione, sidovra inoltre richiedere che #(0) > 0 e #(0) >0, entrambi piccoli (l’asse Gz e diretto versol’osservatore, Gy verso l’alto, Gx verso destra,e l’asse di rotazione Gz tende ad “abbassarsi”dalla parte piu prossima all’osservatore). Lafigura a lato illustra la situazione, immagi-nando che l’osservatore sia posto davanti alfoglio. All’istante iniziale le componenti del-l’accelerazione di P assumono cosı la forma:

%,,&

,,'

x(0) = !(2 x!!!

y(0) =#!#(0)2 ! (2

$y!!! ! #(0) z!!!

z(0) = 2( #(0)x!!! + #(0) y!!! ! #(0)2 z!!!

e, poiche allo stesso istante le terne fissa e solidale coincidono, si scrivono equivalentementecome:

%,,&

,,'

x(0) = !(2 x(0)

y(0) = !##(0)2 + (2

$y(0) ! #(0) z(0)

z(0) = 2( #(0)x(0) + #(0) y(0) ! #(0)2 z(0)

in termini delle coordinate assolute x(0), y(0) e z(0) del punto a t = 0. In particolare, lacomponente dell’accelerazione assoluta P (0) verso l’osservatore e la terza:

z(0) = 2( #(0)x(0) + #(0) y(0) ! #(0)2 z(0)

e nell’ipotesi che sia ( 7 0 e #(0) > 0, con #(0) 1 0 e #(0) 1 0, il termine dominanterisulta certamente quello in (:

z(0) : 2( #(0)x(0) .

Essendo per ipotesi ( #(0) > 0, l’equazione ottenuta mostra che tutti i punti a destradel piano Gyz accelerano verso l’osservatore in quanto x(0) > 0; viceversa, i punti posti asinistra del piano Gyz presentano ascissa negativa ed accelerano percio in direzione oppostaa quella dell’osservatore. Si ha cosı la conferma rigorosa delle conclusioni gia ottenute conla discussione qualitativa precedente, ora estese anche ai punti del sistema rigido posti aldi fuori del piano Gxy.

Stefano Siboni 4087

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 763. Geometria delle masseIn una terna Oxyz e dato il sistema costituitoda una piastra P = OAB posta nel piano Oxye da un’asta OC che giace lungo l’asse Oz. Pe la meta di un quadrato di lato a e il suo latoOA si colloca sul semiasse Ox positivo (vedifigura); OC ha lunghezza a. Le densita di Pe OC si scrivono rispettivamente:

/(P ) =µ

a4|P ! O|2 *P " P

,(Q) =µ

a3|Q !A|2 *Q " OC ,

dove µ e una massa costante caratteristica.Determinare del sistema:

(a) la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz;(b) la matrice d’inerzia relativa a Oxyz;(c) il momento d’inerzia rispetto alla retta OB;(d) il momento d’inerzia rispetto alla retta AB.

Soluzione(a) Massa e baricentroLa parametrizzazione della piastra e quella ovvia, in termini delle coordinate x e y:

P (x, y) !O = xe1 + ye2 , (x, y) " P ,

per mezzo delle quali la densita areale assume la forma:

/(x, y) =µ

a4|P !O|2 =

µ

a4|xe1 + ye2|2 =

µ

a4(x2 + y2) , (x, y) " P ,

e l’elemento d’area si riduce a:

dA =////)P

)x$ )P

)y

//// dxdy =//e1 $ e2

// dxdy = dxdy .

Per quella dell’asta OC si ha invece:

Q(z) ! O = ze3 , z " [0, a] ,

con densita di linea:

,(z) =µ

a3|Q ! A|2 =

µ

a3|ze3 ! ae1|2 =

µ

a3(z2 + a2) , z " [0, a] ,

Stefano Siboni 4088

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

ed elemento di lunghezza:

ds = |Q!(z)| dz = |e3| dz = dz .

Massa della piastra PLa massa della piastra si ottiene integrando la densita areale / sul dominio P, per mezzodell’integrale doppio:

m(P) =;

P

/ dA =a;

0

dx

x;

0

dyµ

a4(x2 + y2) =

µ

a4

a;

0

dx

x;

0

dy (x2 + y2) =

=µ

a4

a;

0

dx

(x2y +

y3

3

)x

y=0

=µ

a4

a;

0

dx43x3 =

µ

a4

43

a4

4=

µ

3.

Massa dell’asta OCLa massa m(OC) dell’asta e data dall’integrale sul segmento OC della densita ,:

m(OC) =;

OC

, ds =a;

0

µ

a3(z2 + a2)dz =

µ

a3

(z3

3+ a2z

)a

0

=µ

a3

!a3

3+ a3

"=

43µ .

Massa del sistemaLa somma delle masse di piastra e asta definisce la massa m del sistema:

m = mP + mOC =µ

3+

43µ =

53µ ,

l’intersezione O fra P e OC essendo ininfluente sul risultato.

Baricentro della piastra PIl baricentro GP della piastra deve appartenere al piano di giacitura Oxy di questa. Ilrelativo vettore posizione deve dunque essere della forma:

GP !O = xPe1 + yPe2 .

L’ascissa xP si calcola direttamente in base alla definizione:

xP =1

mP

;

P

x/ dA =3µ

a;

0

dx

x;

0

dy xµ

a4(x2 + y2) =

3a4

a;

0

dx

x;

0

dy (x3 + xy2) =

=3a4

a;

0

dx

(x3y + x

y3

3

)x

y=0

=3a4

a;

0

dx43x4 =

4a4

a5

5=

45a

Stefano Siboni 4089

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

mentre per l’ordinata si ha:

yP =1

mP

;

P

y/ dA =3µ

a;

0

dx

x;

0

dy yµ

a4(x2 + y2) =

3a4

a;

0

dx

x;

0

dy (x2y + y3) =

=3a4

a;

0

dx

(x2 y2

2+

y4

4

)x

y=0

=3a4

a;

0

dx34x4 =

94a4

a5

5=

920

a

in modo che risulta:

GP ! O =45ae1 +

920

ae2 .

Da notare che il punto appartiene alla piastra P, che in quanto chiusa e convessa coincidecon il proprio inviluppo convesso; vale infatti:

0 < xP < a yP < xP .

Baricentro dell’asta OCIl baricentro GOC dell’asta deve collocarsi lungo l’asse di giacitura Oz, per cui:

GOC !O = zOC e3 .

La quota del baricentro e quindi data da:

zOC =1

mOC

;

OC

z, ds =34µ

a;

0

dz zµ

a3(z2 + a2) =

34a3

a;

0

(z3 + za2)dz =

=3

4a3

(z4

4+

z2

2a2

)a

0

=3

4a3

!a4

4+

a4

2

"=

916

a

e si deve concludere che:

GOC !O =916

ae3 .

Baricentro del sistemaVisto che l’intersezione O fra P e OC risulta irrilevante ai fini del calcolo, il baricentro Gdel sistema puo essere determinato ricorrendo al teorema distributivo:

G ! O =mP(GP ! O) + mOC(GOC ! O)

m=

35µ

(µ

3

!45ae1 +

920

ae2

"+

43µ

916

ae3

)=

=35

! 415

e1 +320

e2 +34e3

"a =

! 425

e1 +9

100e2 +

920

e3

"a .

Stefano Siboni 4090

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

(b) Matrice d’inerzia relativa a OxyzMatrice d’inerzia relativa a Oxyz della piastra PPoiche la piastra giace nel piano coordinato Oxyz, la matrice d’inerzia corrispondente deveassumere la forma:

[LPO] =

2

3LP

xx LPxy 0

LPxy LP

yy 00 0 LP

xx + LPyy

4

5

dove il momento d’inerzia relativo all’asse Ox e dato da:

LPxx =

;

P

y2/ dA =a;

0

dx

x;

0

dy y2 µ

a4(x2 + y2) =

µ

a4

a;

0

dx

x;

0

dy (x2y2 + y4) =

=µ

a4

a;

0

dx

(x2 y3

3+

y5

5

)x

y=0

=µ

a4

a;

0

dx815

x5 =µ

a4

815

a6

6=

445

µa2

mentre quello relativo ad Oy si scrive:

LPyy =

;

P

x2/ dA =a;

0

dx

x;

0

dy x2 µ

a4(x2 + y2) =

µ

a4

a;

0

dx

x;

0

dy (x4 + x2y2) =

=µ

a4

a;

0

dx

(x4y + x2 y3

3

)x

y=0

=µ

a4

a;

0

dx43x5 =

43

µ

a4

a6

6=

29µa2 .

Per l’unico prodotto d’inerzia non banale si ha infine:

LPxy = !

;

P

xy/ dA = !a;

0

dx

x;

0

dy xyµ

a4(x2 + y2) = ! µ

a4

a;

0

dx

x;

0

dy (x3y + xy3) =

= ! µ

a4

a;

0

dx

(x3 y2

2+ x

y4

4

)x

y=0

= ! µ

a4

a;

0

dx34x5 = ! µ

a4

34

a6

6= !1

8µa2

in modo che la matrice d’inerzia cercata diventa:

[LPO] = µa2

2

34/45 !1/8 0!1/8 2/9 0

0 0 14/45

4

5.

Matrice d’inerzia relativa a Oxyz dell’asta OCL’asta si colloca lungo l’asse Oz della terna di riferimento, per cui la matrice d’inerzia diOC deve essere della forma:

[LOCO ] =

2

3LOC

xx 0 00 LOC

xx 00 0 0

4

5

Stefano Siboni 4091

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e dipendere unicamente dal momento d’inerzia relativo ad Ox:

LOCxx =

;

OC

z2, ds =a;

0

z2 µ

a3(z2 +a2)dz =

µ

a3

a;

0

(z4 +z2a2)dz =µ

a3

!a5

5+

a3

3a2

"=

815

µa2

per cui:

[LOCO ] = µa2

2

38/15 0 0

0 8/15 00 0 0

4

5 .

Matrice d’inerzia relativa a Oxyz del sistemaIn virtu della proprieta additiva, la matrice d’inerzia in Oxyz del sistema e la somma dellematrici d’inerzia precedentemente calcolate per piastra ed asta rispetto alla stessa terna:

[LO] = [LPO] + [LOC

O ] = µa2

2

34/45 !1/8 0!1/8 2/9 0

0 0 14/45

4

5 + µa2

2

38/15 0 0

0 8/15 00 0 0

4

5 =

= µa2

2

328/45 !1/8 0!1/8 34/45 0

0 0 14/45

4

5 .

(c) Momento d’inerzia relativo alla retta OBLa retta OB passa per l’origine O della terna di riferimento e la sua direzione e individuatadal versore tangente:

n =B ! O

|B ! O| =ae1 + ae2

|ae1 + ae2|=

e1 + e2'2

.

Il momento d’inerzia del sistema relativo ad OB si esprime dunque per mezzo della relazionealgebrica:

IOB = n · LO(n) =1'2

(1 1 0) [LO]1'2

2

3110

4

5 =12*Lxx + Lyy + 2Lxy

+=

=12µa2

!2845

+3445

! 2 · 18

"=

12µa2

!6245

! 14

"=

203360

µa2 .

(d) Momento d’inerzia relativo alla retta ABLa retta AB e parallela all’asse coordinato Oy, ma non passa per il baricentro G del sistema.Si rende quindi necessario applicare due volte il teorema di Huygens-Steiner, considerandola retta ausiliaria Gy. Indicate con (xG, zG) l’ascissa e la quota del baricentro:

xG =425

a zG =920

a

Stefano Siboni 4092

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e con (xA, zA) = (a, 0) quelle del vertice A, il teorema di Huygens-Steiner applicato allerette AB e Gy porge la relazione:

IAB = IGy + m#(xG ! xA)2 + (zG ! zA)2

$

mentre per le rette Oy e Gy si trova:

Lyy = IOy = IGy + m(x2G + z2

G) .

Sottraendo membro a membro la seconda equazione dalla prima si ricava allora:

IAB ! Lyy = m#(xG ! xA)2 + (zG ! zA)2

$! m(x2

G + z2G)

e di conseguenza:

IAB = Lyy + m*!2xGxA + x2

A ! 2zGzA + z2A

+=

=3445

µa2 +53µ!!2 · 4

25a · a + a2 + 0

"=

3445

µa2 +53µ

1725

a2 =8545

µa2 =179

µa2 .

Esercizio 764. Vettori applicatiIn una terna cartesiana ortogonale destra Oe1e2e3 = Oxyz si consideri il sistema S divettori applicati:

%v1 = !e2 + e3 applicato in P1(1,!1, 0)%v2 = 2e2 ! 2e3 applicato in P2(2, 0,!1) .

Determinare:

(a) l’asse centrale a di S, se definito;(b) se esiste un punto B " E3 rispetto al quale sia nullo il momento di S e, in tal caso,

ricavarne la posizione;(c) se S ammette centro e, in caso, calcolarne le coordinate.

Soluzione(a) Asse centraleL’esistenza dell’asse centrale segue dal fatto che il risultante del sistema S e non nullo:

%R = %v1 + %v2 = !e2 + e3 + 2e2 ! 2e3 = e2 ! e3 += 0 .

Il momento di S rispetto all’origine O si scrive:

%MO = (P1 ! O) $ %v1 + (P2 ! O) $ %v2 =

//////

e1 e2 e3

1 !1 00 !1 1

//////+

//////

e1 e2 e3

2 0 !10 2 !2

//////=

= !e1 ! e2 ! e3 + 2e1 + 4e2 + 4e3 = e1 + 3e2 + 3e3

Stefano Siboni 4093

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

in modo che risulta:

%R $ %MO =

//////

e1 e2 e3

0 1 !11 3 3

//////= 6e1 ! e2 ! e3 .

In forma vettoriale l’equazione parametrica dell’asse centrale a diventa pertanto:

A ! O =%R $ %MO

|%R|2+ -%R =

6e1 ! e2 ! e3

|e2 ! e3|2+ -(e2 ! e3) =

=6e1 ! e2 ! e3

2+ -(e2 ! e3) *- " R

e corrisponde al sistema di equazioni parametriche scalari:

x = 3 y = !12

+ - z = !12! - *- " R . (764.1)

(b) Polo B con momento risultante nulloLa condizione %MB = 0 implica che %MB sia parallelo al risultante %R, per cui il punto Bdeve necessariamente appartenere all’asse centrale a. In e$etti la stessa condizione e anchesu!ciente all’annullarsi di %MB , dal momento che S e un sistema di vettori applicati parallelicon risultante non nullo — si ricordi che in tal caso l’asse centrale e il luogo dei puntirispetto ai quali il momento polare del sistema si annulla. Si puo verificare esplicitamentel’asserto fissando un qualsiasi punto B dell’asse centrale, ad esempio ponendo - = 1/2nella (764.1):

B ! O = 3e1 ! e3

per poi calcolare il relativo momento polare come:

%MB = %MO + %R $ (B ! O) = e1 + 3e2 + 3e3 +

//////

e1 e2 e3

0 1 !13 0 !1

//////=

= e1 + 3e2 + 3e3 +*!e1 ! 3e2 ! 3e3

+= 0 .

In definitiva, il punto B richiesto puo essere scelto a piacere lungo l’asse centrale a delsistema S di vettori applicati.

(c) CentroIl centro e definito in quanto il sistema ha risultante non nullo e consiste di vettori applicatiparalleli:

%v2 = 2e2 ! 2e3 = !2(!e2 + e3) = !2%v1 .

I vettori possono quindi esprimersi tutti in termini di %v1 (o equivalentemente, del relativoversore):

%v1 = 1%v1 %v2 = !2%v1

Stefano Siboni 4094

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

per cui il vettore posizione del centro C di S diventa:

C ! O =1 · (P1 !O) + (!2)(P2 ! O)

1 + (!2)= !(P1 ! O) + 2(P2 ! O) =

= !(e1 ! e2) + 2(2e1 ! e3) = !e1 + e2 + 4e1 ! 2e3 = 3e1 + e2 ! 2e3 .

Le coordinate del centro C sono percio C(3, 1,!2).

Esercizio 765. Oscillatore armonico smorzato con forzante sinusoidaleUn punto materiale P di massa unitaria scorre senza attrito lungo l’asse orizzontale Oe1 =Ox. Una molla ideale di costante elastica k = 8 congiunge O a P , sul quale agiscono ancheuna resistenza viscosa di costante " = 1 e una forzante 3 cos (t e1, con ( > 0. Determinaredel sistema:

(a) l’espressione del moto stazionario;(b) l’espressione generale dei moti;(c) il valore della pulsazione ( per il quale si ha risonanza.

Soluzione(a) Moto stazionarioL’equazione pura del moto del sistema si ottiene proiettando la seconda legge della dinamica(postulato delle reazioni vincolari) lungo la direzione e1, tangente all’asse Ox:

x + x + 8x = 3 cos (t (765.1)

e costituisce chiaramente un’equazione di$erenziale lineare a coe!cienti costanti non omo-genea, con il termine di sorgente 3 cos (t. Il moto stazionario (o di regime) del sistema erappresentato da una soluzione particolare della forma:

x(t) = a cos (t + b sin (t , t " R ,

che sostituita nell’equazione del moto fornisce:

!(2a cos (t! (2b sin (t! (a sin (t + (b cos (t + 8a cos (t + 8b sin (t = 3 cos (t

ossia:(!(2a + (b + 8a) cos (t + (!(2b ! (a + 8b) sin (t = 3 cos (t

e causa la lineare indipendenza delle funzioni cos(t e sin(t soddisfa l’equazione se e solose i coe!cienti a, b verificano il sistema di equazioni lineari algebriche:

%&

'!(2a + (b + 8a = 3

!(2b ! (a + 8b = 0%&

%&

'(8 ! (2)a + (b = 3

!(a + (8 ! (2)b = 0 .

Stefano Siboni 4095

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Usando il teorema di Cramer, le costanti sono percio date da:

a =

////3 (0 8 ! (2

////////8 ! (2 (!( 8 ! (2

////=

3(8 ! (2)(8 ! (2)2 + (2

b =

////8 ! (2 3!( 0

////////8 ! (2 (!( 8 ! (2

////=

3(

(8 ! (2)2 + (2

e la soluzione stazionaria si scrive:

x(t) =3(8 ! (2) cos (t + 3( sin (t

((2 ! 8)2 + (2* t " R . (765.2)

(b) Forma generale dei motiLa soluzione generale dell’equazione del moto si ottiene sommando la soluzione particolareprecedente (765.2) alla soluzione generale dell’equazione omogenea associata:

x + x + 8x = 0cui corrisponde l’equazione caratteristica:

,2 + , + 8 = 0di radici complesse coniugate:

,1,2 =!1 ±

'1 ! 4 · 82

= !12± i

'312

.

La soluzione generale dell’equazione omogenea diventa cosı:

x(t) = c1e%t/2 cos

!'312

t"

+ c2e%t/2 sin

!'312

t"

* t " R ,

con c1 e c2 costanti reali arbitrarie, determinate dalle condizioni iniziali. Il generico motodel sistema viene infine descritto dalla soluzione generale dell’equazione completa:

x(t) = c1e%t/2 cos

!'312

t"

+ c2e%t/2 sin

!'312

t"

+3(8 ! (2) cos (t + 3( sin(t

((2 ! 8)2 + (2* t " R .

(c) Pulsazione di risonanzaL’ampiezza della soluzione stazionaria (765.2) e data da:

A =3.

((2 ! 8)2 + (2

e assume il proprio valore massimo per ( > 0 tale che:

0 =d

d(2

#((2 ! 8)2 + (2

$= 2((2 ! 8) + 1 = 2(2 ! 15 ,

corrispondente al minimo del radicando a denominatore. La pulsazione di risonanza epertanto definita, e vale:

(R =:

152

.

Stefano Siboni 4096

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 766. Punto vincolato a una curva fissaNel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz, con l’asse Oy diretto verso l’alto, un puntomateriale pesante P di massa m e vincolato a scorrere lungo la curva liscia di equazioney = !x2/a, x " (!a, a), essendo a una lunghezza caratteristica. Determinare di P :

(a) le equazioni pure del moto;(b) gli equilibri;(c) gli equilibri qualora il coe!ciente di attrito statico fra punto e curva fosse µs > 0.

Soluzione(a) Equazioni pure del motoLa curva vincolare e l’arco di parabola descritto dalla parametrizzazione C$:

P (x) ! O = xe1 !x2

ae2 , x " (!a, a) ,

con le derivate prima e seconda:

P !(x) = e1 !2x

ae2 P !!(x) = !2

ae2 .

Da notare che la derivata prima della funzione risulta sempre diversa da zero, circostanzache assicura il carattere regolare della curva. Un generico moto possibile del sistema siesprime nella forma P (x(t)), con x(t) funzione C2 in un intervallo di tempo I. Velocita eaccelerazione istantanea diventano percio:

P = P !(x) x P = P !(x) x + P !!(x)x2

e il postulato delle reazioni vincolari si scrive:

mP !(x) x + mP !!(x)x2 = !mge2 + %" .

La reazione vincolare %" agente su P viene eliminata proiettando l’equazione precedentelungo la direzione tangente individuata dal vettore P !(x):

m|P !(x)|2x + mP !!(x) · P !(x)x2 = !mge2 · P !(x) ,

dato che %" · P !(x) = 0. Eseguiti i prodotti scalari, l’equazione pura del moto assume cosıla forma:

m!1 +

4x2

a2

"x + m

4x

a2x2 =

2mg

ax . (766.1)

(b) EquilibriGli equilibri del sistema si identificano con le soluzioni costanti dell’equazione pura delmoto (766.1), che si riduce semplicemente a:

0 =2mg

ax

Stefano Siboni 4097

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

e porge l’unico equilibrio x = 0, ovvero:

P = O .

La sola posizione di equilibrio del punto risulta l’origine O.

(c) Equilibri in presenza di attritoPoiche l’asse Oy e per ipotesi verticale e la curva vincolare coincide con il grafico di unafunzione del tipo y = f(x), la condizione di equilibrio in presenza di attrito si scrive:

|f !(x)| ( µs .

Nella fattispecie e f(x) = !x2/a, per cui risulta:////!

2x

a

//// ( µs

ossia:|x| ( µsa

2ed infine:

!µsa

2( x ( µsa

2.

Si osservi che, essendo tipicamente µs < 1, tutti i valori di equilibrio della variabile x sonocompresi entro l’intervallo di definizione x " (!a, a) della parametrizzazione della curva,e in quanto tali definiscono e$ettivamente un equilibrio del sistema.

Esercizio 767. Corpo rigido con asse fisso privo di attritoUna piastra circolare omogenea P, di centro C , massa m e raggio r, ruota senza attrito at-torno all’asse fisso Oz nel piano Oxy di unaterna inerziale Oxyz, che ha l’asse Oy direttoverso l’alto. L’origine O appartiene al bordodi P e l’estremo A del diametro OA e colle-gato al punto fisso B(!r, 0, 0) da una mollaideale di costante elastica k. Si usi l’angolodi rotazione ' " R in figura per determinaredel sistema:

(a) le equazioni pure del moto;(b) le configurazioni di equilibrio.

Soluzione(a) Equazioni pure del motoL’ipotesi dell’asse fisso Oz privo di attrito autorizza a scrivere l’equazione pura del motonella forma:

IOz' = %MO · e3

Stefano Siboni 4098

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

dove %MO · e3 e il momento relativo all’asse fisso Oz di tutte le forze attive, il peso el’interazione elastica fra A e B. Il momento d’inerzia del disco omogeneo rispetto all’asseOz si ricava per mezzo del teorema di Huygens-Steiner:

IOz = ICz + m|C ! O|2 =mr2

2+ mr2 =

32mr2 .

Per il momento assiale delle forze peso, che equivalgono al peso totale !mge2 applicatonel baricentro C del disco, si ha invece:

(C ! O) $ (!mge2) · e3 = r(cos 'e1 + sin'e2) $ (!mge2) · e3 = !mgr cos '

mentre il contributo della forza elastica e dato da:

(A ! O) $ k(B ! A) · e3 == 2r(cos ' e1 + sin ' e2) $ k(!re1 ! 2r cos ' e1 ! 2r sin ' e2) · e3 =

= 2kr2(cos ' e1 + sin ' e2) $ (!e1) · e3 = 2kr2 sin ' .

L’equazione pura del moto si riduce cosı a:

32mr2' = !mgr cos ' + 2kr2 sin ' . (767.1)

(b) EquilibriGli equilibri del sistema corrispondono alle soluzioni statiche dell’equazione pura del moto(767.1), e sono percio individuati dall’equazione trigonometrica:

0 = !mgr cos ' + 2kr2 sin'

ovvero:sin ' =

mg

2krcos '

per le cui soluzioni risulta certamente cos ' += 0, come e immediato verificare ragionandoper assurdo. L’equazione assume cosı la forma equivalente:

tg ' =mg

2kr

dalla quale seguono incondizionatamente le soluzioni:

' = arctg! mg

2kr

"= '! ' = '! + $ ,

che individuano tutti e soli gli equilibri del sistema.

Stefano Siboni 4099