Prova scritta di meccanica razionale 2 del 13.01.2011
Esercizio 1
Nel piano (x, y) ∈ R2 si consideri il sistema di equazioni differenziali:

 ẋ = x − xy
(a) Determinare i punti fissi;
 ẏ = 2xy − y 2 − y .
(b) Studiare le proprietà di stabilità dei punti fissi.
Esercizio 2
In una terna cartesiana ortogonale Oxyz = Oê1 ê2 ê3 , con asse Oy diretto verticalmente
verso l’alto, una trave sottile rettilinea e pesante OA, di lunghezza L e generatrice
P (x) − O = xê1 ,
x ∈ [0, L] ,
ha l’estremo O incastrato in un sostegno fisso e il secondo estremo A libero. La densità
della trave vale
µ
∀ x ∈ [0, L] ,
λ(x) = 2 x
L
con µ massa costante positiva. Un peso µg è inoltre applicato alla trave nella posizione
x = L/2. Supponendo il sistema in quiete, determinare:
(a) il campo degli sforzi normali lungo la trave e il risultante delle reazioni vincolari
applicate dal sostegno su O;
(b) il campo degli sforzi di taglio lungo la trave;
(c) il campo dei momenti torcenti lungo la trave e il momento in O delle reazioni vincolari
agenti sull’estremo O;
(d) il campo dei momenti flettenti lungo la trave.
1
Esercizio 3
Una guida circolare γ di raggio R e centro O è fissa nel piano Oxy di una terna Oxyz, che
ruota con velocità angolare costante ω attorno
all’asse verticale Oy rispetto ad un riferimento
inerziale. Una sbarra omogenea e pesante AB,
di massa m, ha la forma di un arco di circonferenza di raggio R ed è libera di scorrere lungo
γ. L’angolo al centro AÔB ha ampiezza π/3.
Una molla ideale di costante elastica k congiunge il punto medio M di AB con il punto
fisso P (0, R, 0). Su M agisce una resistenza
idraulica con coefficiente di frizione β > 0. Assumere i vincoli ideali ed usare l’angolo ϑ ∈ R
in figura per determinare del sistema:
(a) le componenti generalizzate delle sollecitazioni, precisandone la natura sotto il profilo
energetico;
(b) gli equilibri relativi alla terna Oxyz;
(c) le proprietà di stabilità dei predetti equilibri;
(d) le equazioni pure del moto.
Esercizio 4
Un sistema scleronomo a vincoli ideali è descritto dalle coordinate lagrangiane ϑ, ξ ∈ R, in
termini delle quali l’energia cinetica assume la forma
T = ma
2
$ ξ˙2
%
3 2
1
2
2
˙
+ ϑ̇ + sin ϑ ϑ̇ + sin ξ ξ ϑ̇
2
8
2
e le componenti generalizzate delle forze attive risultano:
1
Qξ = −mga sin ξ + ka2 sin(ϑ − ξ)
2
1
Qϑ = −mga sin ϑ − ka2 sin(ϑ − ξ) ,
2
dove g indica l’accelerazione di gravità, mentre k e a sono una costante elastica e una
lunghezza caratteristiche del sistema. Nell’intorno dell’equilibrio stabile (ϑ, ξ) = (0, 0)
determinare:
(a) le frequenze normali delle piccole oscillazioni;
(b) l’espressione dei modi normali delle piccole oscillazioni.
2
Soluzione dell’esercizio 1
(a) Punti fissi
Per comodità, si indichino i secondi membri delle equazioni differenziali con:
f(x, y) = x − xy
g(x, y) = 2xy − y 2 − y .
I punti fissi del sistema corrispondono alle soluzioni costanti e si determinano perciò risolvendo il sistema di equazioni algebriche:

 0 = x − xy
 0 = 2xy − y 2 − y
vale a dire, evidenziando i fattori comuni:

 0 = x(1 − y)
(1)
 0 = (2x − y − 1)y .
La prima equazione ammette le soluzioni:
x = 0
e
y = 1
cui corrispondono i sistemi:
(i)

x = 0
(ii)
 (−y − 1)y = 0
Dal sistema (i) si deducono i due punti fissi:
(x, y) = (0, 0)

y = 1
 2x − 2 = 0 .
(x, y) = (0, −1) ,
mentre (ii) porge soltanto:
(x, y) = (1, 1) .
(b) Stabilità dei punti fissi
Le proprietà di stabilità dei punti fissi possono essere studiate usando il teorema di analisi lineare. Le derivate parziali prime dei secondi membri dell’equazione differenziale si
scrivono:
∂f
∂f
(x, y) = 1 − y
(x, y) = −x
∂x
∂y
∂g
∂g
(x, y) = 2y
(x, y) = 2x − 2y − 1
∂x
∂y
3
e forniscono la matrice jacobiana:

∂f/∂x(x, y)
J (x, y) = 
∂g/∂x(x, y)


∂f/∂y(x, y)
=
∂g/∂y(x, y)
1−y
2y
−x
2x − 2y − 1
il cui spettro deve essere caratterizzato in ciascun punto fisso.


Punto fisso (x, y) = (0, 0)
In questo punto fisso la matrice jacobiana dell’equazione differenziale assume la forma
diagonale:
*
+
1
0
J (0, 0) =
0
−1
di cui sono ovvi gli autovalori:
λ1 = 1
λ2 = −1 .
Il sussistere di un autovalore con parte reale positiva autorizza a concludere che il punto
fisso è instabile — più precisamente, si tratta di un punto di sella.
Punto fisso (x, y) = (0, −1)
In questo caso la matrice jacobiana diventa
*
J (0, −1) =
2
−2
0
1
+
ed ammette gli autovalori reali:
λ1 = 2
λ2 = 1
dai quali segue l’instabilità del punto fisso.
Punto fisso (x, y) = (1, 1)
Per il terzo punto fisso si ha infine:
J (1, 1) =
*
0
2
L’equazione caratteristica associata si scrive:
*
,
−λ
0 = det J (1, 1) − λI = det
2
−1
−1
+
.
−1
−1−λ
+
= λ2 + λ + 2
e le relative soluzioni risultano:
√
√
−1 ± −7
−1 ± i 7
=
.
λ1 , λ2 =
2
2
Entrambi gli autovalori hanno parte reale negativa, circostanza che assicura la stabilità
asintotica del punto fisso.
4
Soluzione dell’esercizio 2
Sulla trave agiscono delle forze distribuite peso di densità (continua)
µg
f)(x) = −λ(x)gê2 = − 2 xê2
L
e densità di momento
m(x)
)
= 0
∀ x ∈ [0, L]
∀ x ∈ [0, L]
causa l’ipotesi di trave sottile. Una forza concentrata −µgê2 agisce inoltre nel punto
x = L/2 della trave, producendo momento nullo rispetto al centro della sezione (sempre
per via dell’ipotesi di trave sottile). Nello stesso punto lo sforzo e il momento devono
quindi soddisfare le note condizioni di raccordo:
$
$
%
%
) L − 0 − µg ê2 + R
) L +0 = 0
−R
2
2
$
%
$
%
) L −0 +M
) L +0 = 0,
−M
2
2
(2)
)
dalle quali appare evidente che lo sforzo R(x)
presenta una discontinuità di prima specie in
)
x = L/2, mentre il momento M (x) è una funzione continua nell’intero intervallo x ∈ [0, L].
Poichè inoltre l’estremo A dell’asta è libero, in esso sforzo e momento si devono annullare:
)
R(L)
= 0
) (L) = 0 .
M
(3)
Conviene perciò applicare le equazioni cardinali della statica prima al tratto [x, L] della
trave, ∀ x ∈ (L/2, L], mediante le condizioni al contorno (3); per poi estendere il risultato
al tratto [x, L/2), ∀ x ∈ [0, L/2), utilizzando le (2).
(a) Sforzo normale lungo la trave e risultante delle reazioni vincolari su O
)
La distribuzione dello sforzo R(x)
lungo la trave viene determinata ricorrendo alla prima
equazione cardinale della statica, scritta per un generico tratto di trave.
Prima equazione cardinale della statica per il tratto di trave [x, L], ∀ x ∈ (L/2, L]
La prima equazione cardinale della statica per il tratto di trave [x, L], con x ∈ (L/2, L],
impone che si abbia:
.L
)
)
= 0
−R(x) + f)(s) ds + R(L)
x
dal momento che su tale porzione di trave non agisce alcuna forza concentrata. Consi)
derato che R(L)
= 0 e che l’ascissa curvilinea s può identificarsi con l’ascissa cartesiana,
l’equazione precedente porge:
)
R(x)
=
.L
x
) ds =
f(s)
.L$
x
/ 0L
%
µg
µg s2
µg
− 2 sê2 ds = − 2
ê2 = − 2 (L2 − x2 )ê2
L
L 2 x
2L
che definisce il campo degli sforzi per ogni x ∈ (L/2, L].
5
(4)
Limite da sinistra in x = L/2 dello sforzo
Il limite da destra in x = L/2 dello sforzo si ricava usando la precedente espressione (4):
$
%
) L +0 =
R
2
lim
x→L/2+
)
R(x)
=
lim
x→L/2+
−
µg 2
3
(L − x2 )ê2 = − µgê2
2
2L
8
in modo che la prima condizione di raccordo (2) consente di calcolare il corrispondente
limite da sinistra come:
$
$
%
%
) L − 0 = −µgê2 + R
) L + 0 = −µgê2 − 3 µgê2 = − 11 µgê2 .
R
2
2
8
8
(5)
Quest’ultimo limite serve da condizione al contorno per il calcolo degli sforzi sul tratto
residuo di trave.
Prima equazione cardinale della statica per il tratto di trave [x, L/2), ∀ x ∈ [0, L/2)
Per questo tratto di trave la prima equazione cardinale della statica assume la forma
L/2
.
$L
%
)
)
)
−R(x) +
f(s) ds + R
−0 = 0
2
x
e fornisce pertanto l’espressione:
L/2
L/2
.
.
%
$L
$ µg %
11
)
)
f)(s) ds + R
−0 =
− 2 s ê2 ds − µgê2 =
R(x)
=
2
L
8
x
= −
/
0
2 L/2
µg s
L2 2
x
ê2 −
(6)
x
$ x2
x2 %
11
µg $ L2
11
3%
µgê2 = − 2
−
ê2 − µgê2 = µg
ê2
−
8
L
8
2
8
2L2
2
valida ∀ x ∈ [0, L/2).
Sforzo lungo la trave
Combinando le relazioni (4) e (6), il campo degli sforzi lungo la trave è definito dalla
funzione polinomiale a tratti:
 $ 2
3%
x


ê2
−
µg

2L2
2
)
R(x) =
$ x2
1%


 µg
ê2
−
2L2
2
∀ x ∈ [0, L/2)
∀ x ∈ (L/2, L]
munita di una discontinuità di prima specie in x = L/2.
6
Sforzo normale lungo la trave
Il versore tangente alla trave va identificato con il versore ê1 della base ortonormale associata alla terna di riferimento:
2
2−1
2 dP
2
2 2−1
dP
(x) 22
(x)22 = ê1 2ê1 2 = ê1 .
τ̂ (x) =
dx
dx
Lo sforzo normale alla trave è perciò dato dalla relazione:
)
) n (x) = R(x)
· ê1 ê1 = 0 ê1 = 0
R
∀ x ∈ [0, L] .
Risultante delle reazioni vincolari su O
)
Per definizione, lo sforzo R(0)
rappresenta il risultante delle forze di contatto che la porzione
di trave compresa fra la pagina positiva della sezione x = 0 e la sezione x = L esercita
sulla pagina negativa della sezione x = 0. Per il terzo principio della dinamica, il vettore
)
opposto −R(0)
costituisce il risultante delle forze di contatto che la pagina negativa della
sezione x = 0 esercita sulla pagina positiva della stessa sezione: tali forze di contatto sono
precisamente le reazioni vincolari che il sostegno esercita sull’estremo O della trave. Il
risultante cercato è dunque:
3
)
−R(0)
= µgê2 .
2
Da notare che questo risultante bilancia esattamente il peso −µgê2 applicato in x = L/2
ed il peso complessivo della trave:
.L
0
) ds =
f(s)
.L$
0
/ 0L
%
µg
µg x2
µg
− 2 xê2 dx = − 2
ê2 = − ê2 .
L
L 2 0
2
(b) Sforzo di taglio
Per definizione, lo sforzo di taglio è la componente dello sforzo ortogonale alla generatrice
della trave e si ottiene pertanto come differenza fra lo sforzo e lo sforzo normale:
 $ 2
x
3%


ê2
−
 µg
2L2
2
)
)
)
)
Rt (x) = R(x) − Rn(x) = R(x) − 0 =
$ x2
1%


 µg
−
ê2
2L2
2
∀ x ∈ [0, L/2)
∀ x ∈ (L/2, L] .
Nella fattispecie, tutti gli sforzi che agiscono lungo la trave sono di taglio.
7
(c) Momento torcente lungo la trave e momento in O delle forze reattive su O
) (x) lungo il corpo della trave viene ricavata usando la
La distribuzione del momento M
seconda equazione cardinale della statica, scritta per una generica porzione di trave.
Seconda equazione cardinale della statica per il tratto di trave [x, L], ∀ x ∈ (L/2, L]
Data l’assenza di momenti concentrati, rispetto al polo P (x) la seconda equazione cardinale
della statica per il tratto di trave [x, L], con x ∈ (L/2, L], si scrive:
)
−M(x)
+
.L3
x
4
) (L) + [P (L) − P (x)] ∧ R(L)
)
m(s)
)
+ [P (s) − P (x)] ∧ f)(s) ds + M
= 0
ossia, tenuto conto delle condizioni al contorno (3):
)
−M(x)
+
.L3
x
4
)
m(s)
)
+ [P (s) − P (x)] ∧ f(s)
ds = 0
e quindi, sostituendo le espressioni di P (s), f)(s) e m(s):
)
.L
%
$ µg
)
−M(x)
+ (s − x) ê1 ∧ − 2 s ê2 ds = 0 .
L
x
) (x) per ogni x ∈ (L/2, L]:
Ne segue l’espressione del momento M
/ 3
0
.L
%
$ µg
2 L
s
µg
s
) (x) = (s − x) ê1 ∧ − s ê2 ds = −
−x
M
ê3 =
L2
L2 3
2 s=x
x
µg $ L3
µg $ L3
L2
x3
x3 %
L2
x3 %
ê3 = 2 −
ê3 .
= − 2
−x
−
+
+x
−
L
3
2
3
2
L
3
2
6
(7)
Limite da sinistra in x = L/2 del momento
Il limite da sinistra in x = L/2 coincide con il corrispondente limite da destra nello stesso
punto, in virtù della seconda condizione di raccordo (2):
%
$L
%
$L
)
)
−0 = M
+0 .
M
2
2
Questo limite da destra segue dall’espressione (7):
%
$
) L +0 =
M
2
lim
x→L/2+
) (x) =
M
L2
x3 %
5
µg $ L3
+
x
−
ê3 = − µgLê3 .
−
2
x→L/2+ L
3
2
6
48
lim
Il comune limite destro e sinistro è anche il valore del momento in x = L/2.
8
(8)
Seconda equazione cardinale della statica per il tratto di trave [x, L/2), ∀ x ∈ [0, L/2)
La seconda equazione cardinale della statica in P (x) del tratto di trave [x, L/2), con
x ∈ [0, L/2), risulta:
)
−M(x)
+
L/2
.
,
x
m(s)
)
+ [P (s) − P (x)] ∧ f)(s) ds+
% ,
$L
%
$L
)
)
− 0 + P (L/2) − P (x) ∧ R
−0 = 0
+M
2
2
vale a dire, ricordando le formule (5) e (8):
L/2
.
%
%
$ µg
$L
$ 11
%
5
)
(s − x)ê1 ∧ − 2 sê2 ds − µgLê3 +
− x ê1 ∧ − µgê2 = 0 .
−M(x)
+
L
48
2
8
x
Eseguiti i prodotti vettoriali si ottiene cosı̀:
) (x) − µg
−M
L2
.L/2
%
5
11 $ L
(s2 − xs) ds ê3 − µgLê3 − µg
− x ê3 = 0
48
8
2
x
ed infine:
) (x) = − µg
M
L2
L/2
.
%
5
11 $ L
− x ê3 =
(s2 − xs) ds ê3 − µgLê3 − µg
48
8
2
x
0L/2
$5
s2
11
11 %
µg s3
−x
L + L − x ê3 =
= − 2
ê3 − µg
L 3
2 s=x
48
16
8
%
$
$
L2
x3
x3
11 %
µg L3
38
−x
−
+
ê3 − µg
L − x ê3 =
= − 2
L 24
8
3
2
48
8
$ 19
µg $ L3
L2
x3 %
11 %
= − 2
−x
+
ê3 − µg
L − x ê3 =
L 24
8
6
24
8
$L
$5
%
3
19
x
x
11
3
x3 %
ê3 ,
+
=
−µg
= −µg
− +
L
−
x
ê
L
−
x
+
3
24
8 6L2
24
8
6
2
6L2
/
che è l’espressione del momento ∀ x ∈ [0, L/2). Si verifica immediatamente che:
$
%
) L −0 =
M
2
lim
x→L/2−
−µg
5
3
x3 %
ê3 = − µgLê3 ,
L− x+
2
6
2
6L
48
$5
in accordo con la (8).
9
(9)
Momento lungo la trave
Il momento lungo la trave è specificato completamente dalle formule (7) e (9):
 $
5
3
x3 %


ê3
 µg − L + x −
6
2
6L2
)
M(x) =
$ L x
x3 %


 µg − + −
ê3
3
2 6L2
∀ x ∈ [0, L/2]
∀ x ∈ [L/2, L] .
Momento torcente lungo la trave
) (x) lungo la direzione tangente alla
Il momento torcente è dato dalla componente di M
generatrice della trave. Il momento torcente è dunque identicamente nullo:
) t (x) = M
) (x) · ê1 ê1 = 0 ê1 = 0
M
∀ x ∈ [0, L] .
Momento in O delle reazioni vincolari su O
)
Il momento M(0)
rappresenta il momento in O delle forze di contatto che la pagina positiva
della sezione x = 0 della trave esercita sulla pagina negativa della stessa sezione. Il principio
di azione e reazione autorizza perciò ad identificare il momento in O delle forze reattive
)
applicate dal sostegno sull’estremo O della trave con il momento M(0)
cambiato di segno:
) (0) =
−M
5
µgLê3 .
6
Questo momento bilancia esattamente il momento in O delle forze peso distribuite lungo
la trave e del peso supplementare −µgê2 concentrato in x = L/2:
.L
0
%
$ µg
L
xê1 ∧ − 2 x ê2 dx + ê1 ∧ (−µgê2 ) =
L
2
µg
=− 2
L
.L
1
µg L3
1
5
x2 dx ê3 − µgLê3 = − 2
ê3 − µgL ê3 = − µgL .
2
L 3
2
6
0
(d) Momento flettente
Per definizione, il momento di flessione non è altro che la componente del momento orto) (x), il
gonale alla generatrice della trave. Esso si identifica allora con l’intero momento M
momento torcente essendo risultato identicamente nullo:
 $
5
3
x3 %


ê3 ∀ x ∈ [0, L/2]
 µg − L + x −
6
2
6L2
)
)
)
)
Mf (x) = M (x) − Mt (x) = M (x) − 0 =
$ L x
x3 %


 µg − + −
ê3
∀ x ∈ [L/2, L] .
3
2 6L2
10
Soluzione dell’esercizio 3
(a) Componenti generalizzate delle sollecitazioni
Sul sistema scleronomo, a vincoli bilaterali ideali, agiscono le seguenti sollecitazioni:
◦ le forze di Coriolis;
◦ le forze centrifughe;
◦ le forze peso;
◦ l’interazione elastica fra i punti M e P ;
◦ la resistenza idraulica applicata in M;
delle quali si devono determinare le componenti lagrangiane, precisandone la natura sotto
il profilo energetico.
Forze di Coriolis
La curva materiale AB si mantiene nel piano coordinato Oxy, che contiene l’asse di rotazione Oy della terna di riferimento Oxyz. Per un generico punto P ∈ AB la velocità
istantanea Ṗ e la derivata parziale ∂P/∂ϑ sono vettori paralleli a Oxy, in modo che
Ṗ ∧ ∂P/∂ϑ ' ê3 e la componente generalizzata delle forze di Coriolis risulta identicamente
nulla:
QCor
=
ϑ
5
P ∈AB
−2mP ωê2 ∧ Ṗ ·
5
5
∂P
∂P
=
=
−2mP ωê2 · Ṗ ∧
−2mP ω 0 = 0 .
∂ϑ
∂ϑ
P ∈AB
P ∈AB
Le forze di Coriolis sono dunque irrilevanti nell’analisi dinamica del sistema, dal momento
che esse non compaiono nelle equazioni pure del moto.
Forze centrifughe
Quello delle forze centrifughe è un sistema di sollecitazioni posizionali conservative, il cui
potenziale può esprimersi nella forma:
Ucf =
ω 2 AB
I
2 Oy
AB
dove il momento d’inerzia IOy
della curva omogenea AB rispetto all’asse Oy deve essere
ricavato in funzione dell’angolo ϑ. A questo scopo conviene ricorrere alla definizione e
parametrizzare l’arco AB mediante l’angolo al centro α ∈ [ϑ − π/6, ϑ + π/6] misurato fra
il semiasse Oy negativo e il raggio OA. Si osservi inoltre che la lunghezza dell’arco è
, = 2πR
π
1 π
= R
2π 3
3
e che di conseguenza la densità costante della sbarra risulta:
λ =
3m
m
=
.
,
πR
11
Essendo ds = Rdα l’elemento infinitesimo di lunghezza di AB, il momento d’inerzia
richiesto si scrive perciò:
AB
IOy
=
ϑ+π/6
.
ϑ+π/6
.
3
3m
R dα = mR2
(R sin α)2
πR
π
ϑ−π/6
sin2 α dα =
ϑ−π/6
/
0ϑ+π/6
1 − cos 2α
3
sin 2α
2
=
dα =
mR α −
2
2π
2
ϑ−π/6
ϑ+π/6
.
3
= mR2
π
ϑ−π/6
0
/
$
$
π 1
3
π%
π%
π 1
2
− ϑ + + sin 2ϑ −
=
mR ϑ + − sin 2ϑ +
=
2π
6
2
3
6
2
3
/
0
$
$
3
1
π% 1
π%
2 π
+ sin 2ϑ −
=
mR
− sin 2ϑ +
2π
3
2
3
2
3
ed applicando le identità trigonometriche per il seno della somma e della differenza di due
angoli si riduce a:
/
0
3
1
π
1
π 1
π 1
π
AB
2 π
IOy =
mR
− sin 2ϑ cos − cos 2ϑ sin + sin 2ϑ cos − cos 2ϑ sin
2π
3
2
3
2
3
2
3
2
3
√
%
$
$
%
3
3
π
π
3
π
=
=
mR2
− cos 2ϑ sin
mR2
−
cos 2ϑ =
2π
3
3
2π √ 3
2
√
$
%
3 3
3 √
3
2 π
2
mR
−
+ 3 sin ϑ =
mR2 sin2 ϑ + costante .
=
2π
3
2
2π
Omessa la costante additiva, irrilevante, il potenziale delle forze centrifughe diventa cosı̀:
√
3 3
mR2 ω 2 sin2 ϑ ,
(10)
Ucf =
4π
e la relativa componente generalizzata vale:
√
∂Ucf
3 3
cf
=
mR2 ω 2 sin ϑ cos ϑ .
Qϑ =
∂ϑ
2π
Forze peso
Il potenziale delle forze peso è dato dalla formula
Ug = −mg ê2 · (G − O)
dove il baricentro G della sbarra AB si colloca certamente lungo l’ovvio asse di simmetria
OM. La distanza di G dall’origine O è individuata per mezzo della formula seguente:
1
|G − O| =
m
.π/6
.π/6
3
3m
R dε = R cos ε dε =
R cos ε
πR
π
−π/6
−π/6
4π/6
3
π
6 1
3
3 3
= R 2 sin = R = R
= R sin ε
π
π
6
π 2
π
−π/6
12
ottenuta esprimendo l’unica coordinata non banale di G lungo l’asse M − O e introducendo
il parametro angolare ε = M ÔA. Il vettore posizione del baricentro diventa pertanto
G−O =
3
3
R sin ϑ ê1 − R cos ϑ ê2
π
π
ed il potenziale gravitazionale si riduce a:
Ug =
3
mgR cos ϑ ,
π
(11)
con componente generalizzata:
Qgϑ =
∂Ug
3
= − mgR sin ϑ .
∂ϑ
π
Forze elastiche
Gli estremi della molla ideale sono individuati dai vettori posizione:
M − O = R sin ϑ ê1 − R cos ϑ ê2
P − O = R ê2
per cui risulta
M − P = R sin ϑ ê1 − R(1 + cos ϑ)ê2
ed il potenziale elastico associato alla molla assume la forma:
k
kR2
(sin2 ϑ + cos2 ϑ + 2 cos ϑ + 1) = −kR2 cos ϑ + costante , (12)
Uel = − |M − P |2 = −
2
2
mentre la relativa componente generalizzata è esprimibile come
Qel
ϑ =
∂Uel
= kR2 sin ϑ .
∂ϑ
Resistenza idraulica
La forza di resistenza idraulica agente sul punto M si scrive
−β|Ṁ | Ṁ
in termini della velocità istantanea del punto M:
Ṁ = R(cos ϑ ê1 + sin ϑ ê2 )ϑ̇ .
Considerato che
∂M
= R(cos ϑ ê1 + sin ϑ ê2 ) ,
∂ϑ
la componente generalizzata della resistenza idraulica diventa cosı̀:
∂M
Qid
=
ϑ = −β|Ṁ| Ṁ ·
∂ϑ
2
2
= −β 2R(cos ϑ ê1 + sin ϑ ê2 )ϑ̇2 R(cos ϑ ê1 + sin ϑ ê2 )ϑ̇ · R(cos ϑ ê1 + sin ϑ ê2 ) = −βR3 |ϑ̇|ϑ̇
13
ed ha natura completamente dissipativa, in quanto:
3
2
3
3
π = Qid
ϑ ϑ̇ = −βR |ϑ̇|ϑ̇ = −βR |ϑ̇| ≤ 0
ed inoltre
π = −βR3 |ϑ̇|3 = 0
⇐⇒
∀ϑ̇ ∈ R
ϑ̇ = 0 .
(b) Equilibri
Nel calcolo degli equilibri la sollecitazione dissipativa Qid
ϑ può essere ignorata, dal momento
che essa si annulla in qualsiasi stato di quiete. Gli equilibri del sistema, tutti ordinari, sono
quindi i punti critici del potenziale del sistema:
√
$3
%
3 3
2 2
2
2
U(ϑ) = Ucf + Ug + Uel =
mR ω sin ϑ +
mgR − kR cos ϑ
4π
π
ossia le soluzioni dell’equazione trigonometrica:
√
%
$3
3 3
∂U
2 2
2
(ϑ) =
mR ω sin ϑ cos ϑ −
mgR − kR sin ϑ = 0
∂ϑ
2π
π
che può anche porsi nella forma equivalente
√
6
7
3 3
mR2 ω 2 sin ϑ cos ϑ − λ = 0 ,
2π
essendosi introdotto il parametro d’ordine adimensionale:
$3
%
$3
%
2π
2π
2
λ = √
mgR − kR = √
mg − kR ∈ R .
3 3mR2 ω 2 π
3 3mRω 2 π
(13)
Due equilibri sono definiti incondizionatamente per
ϑ = 0
e
ϑ = π.
Altre due radici, distinte dalle precedenti, si hanno invece per
ϑ = arccos λ = ϑ$ ∈ (0, π)
e
ϑ = − arccos λ = −ϑ$ ∈ (−π, 0)
a condizione che si abbia λ ∈ (−1, 1).
(c) Stabilità degli equilibri
Essendo in numero finito, gli equilibri del sistema risultano tutti isolati. La presenza di una
sollecitazione completamente dissipativa, unitamente alle forze posizionali conservative,
consente allora di caratterizzare le proprietà di stabilità degli equilibri usando la forma
forte del teorema di Lagrange-Dirichlet e relativa inversione, basata sui criteri di Barbasin
e Krasovskii. A tal fine la derivata seconda del potenziale:
√
7
6 2
3 3
∂2U
2 2
2
mR
(ϑ)
=
ω
ϑ
−
sin
ϑ
−
λ
cos
ϑ
(14)
cos
∂ϑ2
2π
14
va calcolata in ciascuna configurazione di equilibrio.
Configurazione ϑ = 0
Nella fattispecie la (14) diventa
√
6
7
3 3
∂2U
2 2
(0)
=
ω
1
−
λ
mR
∂ϑ2
2π
e per λ ∈ R non presenta segno definito. Si devono distinguere i tre casi seguenti:
◦ se λ > 1 la derivata seconda ha segno negativo, per cui l’equilibrio risulta un massimo
relativo proprio del potenziale. La forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet
assicura la stabilità asintotica dell’equilibrio;
◦ per λ < 1 si ha invece una derivata seconda positiva, che esclude il ricorrere di
un massimo relativo proprio nel punto critico. Ciò basta ad affermare l’instabilità
dell’equilibrio;
◦ qualora sia infine λ = 1, la natura del punto di equilibrio non è immediatamente
evidente. Il potenziale del sistema assume però la forma:
√
√
6
7
6
7
3
3
3 3
mR2 ω 2 sin2 ϑ + 2λ cos ϑ =
mR2 ω 2 sin2 ϑ + 2 cos ϑ =
U(ϑ) =
4π
4π
√
√
%
$
$
3
3 3
ϑ
ϑ
ϑ
3
ϑ%
=
=
mR2 ω 2 4 sin2 cos2 + 2 − 4 sin2
mR2 ω 2 2 − 4 sin4
4π
2
2
2
4π
2
dalla quale appare evidente che ϑ = 0 rappresenta un massimo relativo proprio del
potenziale, asintoticamente stabile.
Configurazione ϑ = π
In questa configurazione la derivata seconda del potenziale risulta:
√
6
7
3 3
∂2U
2 2
(π)
=
ω
1
+
λ
mR
∂ϑ2
2π
e non ha segno definito, rendendo necessario considerare tre diversi casi:
◦ per λ < −1 la derivata seconda del potenziale è negativa e l’equilibrio è un massimo
relativo proprio del potenziale, stabile asintoticamente;
◦ se λ > −1 si ha invece ∂ 2 U/∂ϑ2 (π) > 0 e il ricorrere di un massimo relativo proprio
in ϑ = π è esclusa. Ne deriva che l’equilibrio è instabile per la forma forte del teorema
di Lagrange-Dirichlet,
◦ qualora si abbia infine λ = −1 la derivata seconda di U si annulla. Il potenziale
diventa:
√
√
3 3
3
3
mR2 ω 2 (sin2 ϑ + 2λ cos ϑ) =
mR2 ω 2 (sin2 ϑ − 2 cos ϑ) .
U(ϑ) =
4π
4π
15
Posto ϑ = π + δϑ, si ottiene cosı̀:
√
,
3 3
U(π + δϑ) =
mR2 ω 2 sin2 (π + δϑ) − 2 cos(π + δϑ) =
4π
√
√
$
6 2
7
δϑ %
3 3
3 3
2 2
mR ω sin δϑ + 2 cos δϑ =
mR2 ω 2 2 − 4 sin4
=
4π
4π
2
per cui appare chiaro che anche questa configurazione costituisce un massimo relativo
proprio del potenziale, asintoticamente stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet in
presenza di sollecitazioni completamente dissipative ed equilibrio isolato.
Configurazione ϑ = ϑ$ , con cos ϑ$ = λ, λ ∈ (−1, 1)
Nella fattispecie la derivata seconda di U è sempre di segno negativo:
√
6
7
3 3
∂2U $
(ϑ ) =
mR2 ω 2 cos2 ϑ$ − sin2 ϑ$ − λ cos ϑ$ =
2
∂ϑ
2π
√
√
6
7
3
3
3 3
mR2 ω 2 cos2 ϑ$ − sin2 ϑ$ − cos ϑ$ cos ϑ$ = −
mR2 ω 2 sin2 ϑ$ < 0
=
2π
2π
in quanto ϑ$ ∈ (0, π). Ne consegue che l’equilibrio è asintoticamente stabile per la forma
forte del teorema di Lagrange-Dirichlet.
Configurazione ϑ = −ϑ$ , con cos ϑ$ = λ, λ ∈ (−1, 1)
La derivata seconda è uguale a quella calcolata nella configurazione simmetrica precedente:
√
∂2U
3 3
$
mR2 ω 2 sin2 ϑ$ < 0
(−ϑ ) = −
∂ϑ2
2π
risultato peraltro atteso per via della parità del potenziale:
U(−ϑ) = U(ϑ)
∀ϑ ∈ R.
Si tratta quindi, nuovamente, di un equilibrio asintoticamente stabile in quanto massimo
relativo proprio di U.
I risultati dell’analisi di stabilità degli equilibri possono essere riassunti nel seguente diagramma di biforcazione:
16
(d) Equazioni pure del moto
Le equazioni pure del moto si riducono all’unica equazione di Lagrange:
∂U
d $ ∂T % ∂T
=
+ Qid
−
ϑ
dt ∂ ϑ̇
∂ϑ
∂ϑ
nella quale è necessario calcolare l’energia cinetica T della sbarra AB. Il modo più diretto
per ricavare T consiste nell’osservare che la sbarra ruota con velocità angolare ϑ̇ê3 attorno
all’asse fisso Oz, dal quale tutti i punti dell’arco AB si mantengono a distanza costante R,
sicchè risulta:
1 AB 22 222
1
T = IOz
ϑ̇ê3 = mR2 ϑ̇2
2
2
e di conseguenza:
d $ ∂T % ∂T
= mR2 ϑ̈ .
−
dt ∂ ϑ̇
∂ϑ
L’equazione pura del moto è pertanto:
√
$3
%
3 3
2
2 2
2
mR ω sin ϑ cos ϑ −
mgR − kR sin ϑ − βR3 |ϑ̇| ϑ̇ .
mR ϑ̈ =
2π
π
Soluzione dell’esercizio 4
È opportuno verificare preliminarmente che le sollecitazioni applicate al sistema siano posizionali conservative. Poichè le componenti generalizzate Qϑ , Qξ sono definite sull’aperto
convesso R2 , a questo scopo basta verificare che:
∂Qξ
∂Qϑ
(ϑ, ξ) −
(ϑ, ξ) = 0
∂ϑ
∂ξ
∀ (ϑ, ξ) ∈ R2
come peraltro un semplice calcolo dimostra immediatamente:
∂Qϑ
ka2
ka2
∂Qξ
(ϑ, ξ) −
(ϑ, ξ) =
cos(ϑ − ξ) −
cos(ϑ − ξ) = 0
∂ϑ
∂ξ
2
2
∀ (ϑ, ξ) ∈ R2 .
È dunque assicurata l’esistenza di un potenziale scalare U tale che:
Qϑ (ϑ, ξ) =
∂U
(ϑ, ξ)
∂ϑ
Qξ (ϑ, ξ) =
∂U
(ϑ, ξ)
∂ξ
∀ (ϑ, ξ) ∈ R2
e le cui derivate seconde si ottengono derivando le componenti generalizzate delle sollecitazioni:
∂Qϑ
ka2
∂2U
(ϑ,
ξ)
=
(ϑ,
ξ)
=
−mga
cos
ϑ
−
cos(ϑ − ξ)
∂ϑ2
∂ϑ
2
∂2U
∂Qϑ
ka2
∂2U
(ϑ, ξ) =
(ϑ, ξ) =
(ϑ, ξ) =
cos(ϑ − ξ)
∂ϑ∂ξ
∂ξ∂ϑ
∂ξ
2
∂Qξ
∂2U
ka2
(ϑ,
ξ)
=
(ϑ,
ξ)
=
−mga
cos
ξ
−
cos(ϑ − ξ)
∂ξ 2
∂ξ
2
17
in modo che la relativa matrice hessiana risulta:


ka2
ka2
cos(ϑ − ξ)
 −mga cos ϑ − 2 cos(ϑ − ξ)

2
HU (ϑ, ξ) = 
.
2
2
ka
ka
cos(ϑ − ξ)
−mga cos ξ −
cos(ϑ − ξ)
2
2
Oltre a costituire un ovvio equilibrio la configurazione (ϑ, ξ) = (0, 0) è stabile per il teorema
di Lagrange-Dirichlet, in quanto la matrice hessiana del potenziale


ka2
ka2

 −mga − 2
2
(15)
HU (0, 0) = 
2
2 
ka
ka
−mga −
2
2
risulta chiaramente definita negativa per qualsivoglia scelta dei coefficienti m, g, k, a, causa
il segno rispettivamente negativo e positivo della traccia e del determinante:
trHU (0, 0) = −2mga − ka2 < 0
$
ka2 %2 $ ka2 %2
detHU (0, 0) = mga +
−
= mga(mga + ka2 ) > 0 .
2
2
L’energia cinetica è invece una forma quadratica definita positiva delle velocità generalizzate:
0
/$
* +
%
1
3
1
ϑ̇
2
2
2
2
˙
+ 2 sin ϑ ϑ̇ + ξ̇ + sin ξ ϑ̇ξ = (ϑ̇ ξ̇) A(ϑ, ξ) ˙
T = ma
ξ
2
4
2
con la matrice di rappresentazione
3

1
sin ξ
2

1
+ 2 sin2 ϑ
2 4
A(ϑ, ξ) = ma
1
sin ξ
2
che in (ϑ, ξ) = (0, 0) si riduce a
A(0, 0) = ma
*
2
3/4
0
+
0
.
1
(16)
Si hanno cosı̀ tutti gli elementi atti a caratterizzare completamente i piccoli moti attorno
all’equilibrio stabile.
(a) Frequenze normali delle piccole oscillazioni
Le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni sono le soluzioni in ω > 0 dell’equazione
caratteristica
,
det ω 2A(0, 0) + HU (0, 0) = 0 .
(17)
Tenuto conto delle espressioni (15) e (16), ed introdotte per brevità le notazioni:
α =
k
g
+
a 2m
β =
18
k
,
2m
la matrice ω 2A(0, 0) + HU (0, 0) si scrive esplicitamente come:

ka2
ka2
3/4 0
 −mga − 2

2
+
ω 2A(0, 0) + HU (0, 0) = ma2 ω 2
=
ka2
0 1
ka2
−mga −
2
 2

:
;
g
k
k
*
+
3 2
−
−
3/4 0
ω −α
β


2m
= ma2 4
= ma2 ω 2
+ ma2 a 2m
g
k 
k
0
1
2
β
ω −α
− −
2m
a 2m
*
+

in modo che la (17) diventa
$3
4
ovvero
%
ω 2 − α (ω 2 − α) − β 2 = 0
3 4 7
ω − α ω 2 + α2 − β 2 = 0
4
4
con le radici:
<
/
2 7
49 2
ω =
α±
α −4·
3 4
16
<
α2
7
4
= α±
+ β2 =
6
36
3
2
<
*
+
0
2
3 2
2
7
α
(α − β 2 ) =
α±
+ 3β 2 =
4
3 4
16
<
1 $g
7$g
k2
k %
k %2
+
.
+
±
+
6 a 2m
36 a 2m
3m2
Le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni sono pertanto:
ω1 =
ω2 =
=
=
k %
7$g
−
+
6 a 2m
k %
7$g
+
+
6 a 2m
<
<
e corrispondono alle frequenze normali:
ω1
1
ν1 =
=
2π
2π
=
1
ω2
=
ν2 =
2π
2π
=
k2
k %2
1 $g
+
+
36 a 2m
3m2
k %2
k2
1 $g
+
+
36 a 2m
3m2
7$g
k %
−
+
6 a 2m
7$g
k %
+
+
6 a 2m
per i modi basso e alto rispettivamente.
19
<
<
k2
1 $g
k %2
+
+
36 a 2m
3m2
1 $g
k %2
k2
+
+
36 a 2m
3m2
(b) Modi normali delle piccole oscillazioni
I modi normali delle piccole oscillazioni sono caratterizzati completamente dai vettori delle
ampiezze, ottenibili risolvendo in (ai , bi ) ∈ R2 \ {(0, 0)} il problema agli autovalori:
:3
;* + * +
β
0
ωi2 − α
ai
=
4
bi
0
β
ω2 − α
i
per il modo basso (i = 1) e per il modo alto (i = 2). I vettori delle ampiezze sono definiti
a meno di un fattore non nullo arbitrario; è dunque lecito porre, per esempio,
ai = −β
bi =
3 2
ω −α.
4 i
Le ampiezze ai sono comuni ad ambo i modi normali:
a1 = a2 = −
k
2m
mentre per le componenti bi si hanno le espressioni:
<
*
+
α2
4 2
1> 2
3 7
α
i
α + (−1)
+ β − α = − + (−1)i
α + 48β 2 =
bi =
4 6
36
3
8
8
<
$g
k %
k %2 12k 2
1$g
i 1
+
+ (−1)
+
+
i = 1, 2 .
= −
8 a 2m
8
a 2m
m2
=
<
k2
7$g
k %
1 $g
k %2
−
Modo basso: ω1 =
+
+
+
6 a 2m
36 a 2m
3m2
Questo modo normale di oscillazione è descritto dalla legge oraria:

4k


 ϑ(t) = A1 m cos(ω1 t + ϕ1 )
?
@
<
%2 12k 2
$g
∀t ∈ R,
g
k
k


+
+
+
ξ(t)
=
A
+
t
+
ϕ
)
cos(ω
1
1
1

a 2m
a 2m
m2
con A1 += 0 e ϕ1 costanti reali arbitrarie.
=
<
k2
7$g
k %
1 $g
k %2
+
Modo alto: ω2 =
+
+
+
6 a 2m
36 a 2m
3m2
Nella fattispecie il modo normale assume la forma:

4k


 ϑ(t) = A2 m cos(ω2 t + ϕ2 )
?
@
<
%2 12k 2
$g
g
k
k


+
−
+
+
cos(ω2 t + ϕ2 )
 ξ(t) = A2
a 2m
a 2m
m2
con A2 += 0 e ϕ2 costanti reali assegnate a piacere.
20
∀t ∈ R,