Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Esercizio 221. Geometria delle masse
Un sistema rigido si compone di una lamina quadrata OABC di lato a e di un’asta rettilinea
OD di lunghezza a. Rispetto ad una terna solidale Oxyz l’asta OD si identifica con il
segmento [−a, 0] dell’asse coordinato Ox e la sua densità lineare è data da
λ(x) =
µ
(−x)
a2
∀ x ∈ [−a, 0].
La lamina OABC coincide invece con il quadrato {(x, y) ∈ [0, a]2 } e ha densità areale
σ(x, y) =
µ
(x + y)
a3
∀ (x, y) ∈ [0, a] × [0, a] .
Determinare:
(a) la posizione del baricentro rispetto alla terna Oxyz;
(b) la matrice d’inerzia rispetto alla stessa terna;
(c) il momento d’inerzia rispetto all’asse y = −2x nel piano Oxy;
(d) energia cinetica e momento angolare in O qualora Oz sia asse fisso del sistema e la
velocità angolare istantanea valga ω
# = 2ωê3 , con ω costante;
(e) nell’ipotesi che il sistema abbia asse fisso Oz privo di attrito, il valore del parametro
β per cui si ha equilibrio sotto l’azione delle forze:
#B = ê1 + βê2 applicata in B, e
F
#D = 2ê2 agente in D.
F
Soluzione
(a) Baricentro
Il baricentro del sistema viene calcolato determinando separatamente i baricentri dell’asta
OD e della lamina quadrata OABC e applicando poi il teorema distributivo.
Baricentro dell’asta
La massa m1 dell’asta si ricava per integrazione diretta della densità lineare λ sul segmento
OD e vale perciò:
" #0
!0
µ
µ x2
µ
m1 =
− 2 x dx = − 2
= .
a
a 2 −a
2
−a
Stefano Siboni
1253
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Esercizi di Meccanica razionale
L’asta si colloca lungo l’asse Ox, che quindi ne costituisce un ovvio asse di simmetria. Il
vettore posizione del suo baricentro assume la forma generale:
G1 − O = x1 ê1
in cui l’ascissa x1 è data dall’espressione:
1
x1 =
m1
!0
−a
2
x dm =
µ
sicché
!0
−a
" #0
µ 2
2 x3
2
− 2 x dx = − 2
= − a
a
a 3 −a
3
2
G1 − O = − a ê1 .
3
Baricentro della lamina quadrata
La massa m2 della lamina quadrata segue dall’integrazione della densità areale σ sul dominio OABC:
!a
dx
µ
= 3
a
!a
m2 =
0
!a
µ
µ
dy 3 (x + y) = 3
a
a
0
dx
0
#
2 a
"
y
dx xy +
2
0
!a
y=0
µ
= 3
a
!a
dy (x + y) =
0
!a
0
"
#a
a2 %
µ x2
a2
dx xa +
= 3 a + x = µ.
2
a
2
2 0
$
Il baricentro G2 della lamina deve collocarsi nel piano coordinato Oxy, evidente piano di
simmetria; un asse di simmetria è inoltre identificabile con la bisettrice y = x, considerata
l’identità:
σ(x, y) =
µ
µ
(x + y) = 3 (y + x) = σ(y, x)
3
a
a
Si può perciò scrivere:
G2 − O = x2 ê1 + x2 ê2
con ascissa x2 determinata da:
1
x2 =
m2
1
= 3
a
!a
0
!a
dx
!a
µ
1 µ
dy x 3 (x + y) =
a
µ a3
0
"
y2
dx x y + x
2
0
2
y=0
1
= 3
a
!a
0
In definitiva:
G2 − O =
Stefano Siboni
!a
dx
0
#a
∀ (x, y) ∈ OABC .
!a
dy (x2 + xy) =
0
#a
"
1 x3
x2 a2
a2 %
7
= 3
a+
a.
dx x a + x
=
2
a 3
2 2 0
12
$
2
7
7
a ê1 + a ê2 .
12
12
1254
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Baricentro del sistema
Per determinare il baricentro G del sistema non rimane che applicare la proprietà distributiva alle parti OD e OABC:
m1 (G1 − O) + m2 (G2 − O)
=
m1 + m2
" $
%
$7
%#
2
1
7
µ
− a ê1 + µ
= µ
a ê1 + a ê2
=
3
12
12
+µ 2
2
1
7 %
7
2$1
ê1 + ê2 a = a ê1 +
a ê2 .
=
3 4
12
6
18
G−O =
(b) Matrice d’inerzia rispetto rispetto alla terna Oxyz
La matrice d’inerzia del sistema viene calcolata come somma delle matrici d’inerzia, relative alla stessa terna, dell’asta OD e della lamina quadrata OABC, che devono essere
determinate separatamente.
Matrice d’inerzia dell’asta
Dal momento che l’asta è ubicata lungo l’asse coordinato Ox, la sua matrice d’inerzia
relativa alla terna Oxyz deve avere il momento d’inerzia rispetto all’asse Oy come unico
elemento non banalmente nullo:


0
0
0
0 .
[LO ]Asta =  0 LAsta
yy
0
0
LAsta
yy
Il momento d’inerzia incognito si ricava dalla definizione, per mezzo dell’integrale:
=
LAsta
yy
!
OD
x2 λ dx =
!0
−a
x2
$
" #0
!0
µ %
µ
µ x4
1
3
− 2 x dx = − 2
x dx = − 2
= µa2
a
a
a 4 −a
4
−a
in modo che la matrice d’inerzia cercata diventa:


0
0
0
[LO ]Asta = µa2  0 1/4 0  .
0
0 1/4
Matrice d’inerzia della lamina
La lamina quadrata di lato a è completamente contenuta nel piano coordinato Oxy. Di
conseguenza, la sua matrice d’inerzia relativa a Oxyz deve assumere la forma generale:
 Lamina

LLamina
0
Lxx
xy
.
[LO ]Lamina =  LLamina
LLamina
0
xy
yy
+ LLamina
0
0
LLamina
xx
yy
Stefano Siboni
1255
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Per il momento d’inerzia relativo all’asse Ox si ha:
LLamina
xx
!
=
y σ dxdy =
2
[0,a]2
!a
dx
0
µ
= 3
a
!a
µ
= 3
a
!a $
dx
0
!a
!a
dy y 2
0
µ
dy (xy + y ) = 3
a
2
3
0
0
µ
(x + y) =
a3
!a
"
y3
y4
dx x +
3
4
0
#a
=
y=0
#a
a4 %
µ x2 a3
a4
a3
5
dx = 3
+ x =
µa2
x +
3
4
a 2 3
4 0
12
"
e per simmetria si riconosce coincidere con il momento d’inerzia rispetto all’asse ortogonale
Oy:
!
!
LLamina
=
yy
x2 σ(x, y) dxdy =
[0,a]2
=
!
y 2 σ(y, x) dydx =
[0,a]2
y 2 σ(x, y) dydx = LLamina
=
xx
[0,a]2
5 2
µa .
12
Non rimane che calcolare il prodotto d’inerzia LLamina
, che è dato dall’espressione:
xy
LLamina
xy
= −
!
[0,a]2
µ
= − 3
a
xy σ dxdy = −
!a
0
!a
0
dx
!a
dx
!a
dy xy
µ
(x + y) =
a3
0
µ
dy (x2 y + xy 2 ) = − 3
a
0
!a
0
"
y3
+x
dx x
2
3
2y
2
#a
=
y=0
#a
"
!a
µ a2 x3
1
µ $ 2 a2
a3 %
x2 a3
dx = − 3
x
= − µa2 .
= − 3
+x
+
a
2
3
a 2 3
2 3 0
3
0
Si conclude pertanto che la matrice d’inerzia della lamina vale:


5/12 −1/3 0
[LO ]Lamina = µa2  −1/3 5/12
0 .
0
0
5/6
Matrice d’inerzia del sistema
Sommando le matrici [LO ]Asta e [LO ]Lamina si perviene al risultato richiesto:
[LO ] = [LO ]Asta + [LO ]Lamina
Stefano Siboni


5/12 −1/3
0
= µa2  −1/3 2/3
0 .
0
0
13/12
1256
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(c) Momento d’inerzia rispetto all’asse y = −2x
L’asse y = −2x passa evidentemente per l’origine e la sua direzione è completamente
specificata dal versore:
n̂ =
ê1 − 2ê2
2
1
ê1 − 2ê2
√
=
= √ ê1 − √ ê2 .
|ê1 − 2ê2 |
5
5
5
Il momento d’inerzia relativo alla retta considerata si esprime allora nella forma:


n1
I = (n1 n2 n3 )[LO ]  n2  =
n3
=
$ 1
2
√ −√
5
5
=
1 2
µa (1 − 2
5
=
1 2
µa (1 − 2
5
 1 

 √


5/12 −1/3
0
%
 25 
2



0 µa −1/3 2/3
0
 −√  =
5
0
0
13/12 
0



5/12 −1/3
0
1
0)  −1/3 2/3
0  −2  =
0
0
13/12
0


13/12
$ 13 10 %
53 2
1
=
0)  −5/3  = µa2
+
µa .
5
12
3
60
0
(d) Energia cinetica e momento angolare
Se il sistema rigido ruota attorno all’asse Oz con velocità angolare #ω = 2ωê3 , il suo
momento angolare in O è dato dalla formula generale:
# O = LO (#ω ) = K1 ê1 + K2 ê2 + K3 ê3
K
con le componenti K1 , K2 , K3 specificate dalla relazione matriciale:
 


 


0
0
0
5/12 −1/3
0
K1
 K2  = [LO ]  0  = µa2 −1/3 2/3
0  0  = µa2 ω  0  .
2ω
2ω
0
0
13/12
13/6
K3

Si ha pertanto:
# O = 13 µa2 ω ê3 .
K
6
Quanto all’energia cinetica, si ha:
T =
Stefano Siboni
1 13 2
13 2 2
1#
µa ω ê3 · 2ω ê3 =
µa ω .
KO · #ω =
2
2 6
6
1257
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(e) Equilibrio
Se il sistema rigido ha asse fisso Oz privo di attrito, condizione necessaria e sufficiente per
l’equilibrio è il momento risultante, rispetto allo stesso asse, delle forze attive applicate sia
#B = ê1 + β ê2 agente in B(a, a, 0) vale:
nullo. Il momento in O della forza F
,
,
, ê1 ê2 ê3 ,
,
,
(B − O) ∧ F#B = (a ê1 + a ê2 ) ∧ (ê1 + β ê2 ) = ,, a a 0 ,, = a(β − 1) ê3
,1 β 0,
#D = 2 ê2 applicata in D(−a, 0, 0)
mentre quello della forza F
,
, ê1 ê2
,
(D − O) ∧ F#D = (−a ê1 ) ∧ 2 ê2 = ,, −a 0
, 0
2
risulta:
,
ê3 ,,
0 ,, = −2a ê3 .
0,
Il momento assiale risultante delle sollecitazioni attive applicate diventa quindi:
#D ] · ê3 = a(β − 1) − 2a = a(β − 3)
#B + (D − O) ∧ F
[(B − O) ∧ F
e si annulla se e soltanto se β = 3.
Esercizio 222. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativo
Una circonferenza omogenea, di raggio R, massa m e centro O ruota attorno all’asse
orizzontale Oz di una terna inerziale Oxyz, mantenendosi nel piano Oxy di questa. Sul
suo bordo è fissato un punto A di massa m, che una molla di costante elastica k = mg/2R
collega ad un altro punto B di pari massa, a sua volta libero di muoversi lungo la semiretta
dell’asse Ox definita da x ≤ 2R. L’intero sistema è soggetto alla forza peso.
Assunti i vincoli ideali e facendo uso delle coordinate lagrangiane φ ed s indicate in figura,
determinare del sistema, rispetto alla terna Oxyz:
(a) l’energia cinetica;
(b) gli equilibri ordinari;
(c) le proprietà di stabilità degli equilibri ordinari;
Stefano Siboni
1258
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(d) le equazioni di Lagrange;
(e) un integrale primo;
(f) gli equilibri di confine (facoltativo) .
Soluzione
(a) Energia cinetica
Grazie alla proprietà di additività, l’energia cinetica del sistema si può determinare come
somma delle energie cinetiche della circonferenza e del punto B.
Circonferenza
La circonferenza, cui è fissato solidalmente il punto A, rispetto all’asse di rotazione Oz ha
momento d’inerzia:
circ
+ m|A − O|2 = mR2 + mR2 = 2mR2
IOz = IOz
e velocità angolare istantanea:
#ω = φ̇ ê3
per cui la sua energia cinetica si scrive:
Tcirc =
1
1
IOz |#ω|2 = 2mR2 |φ̇ ê3 |2 = mR2 φ̇2 .
2
2
Punto B
Il punto B è vincolato a scorrere lungo l’asse Ox e la sua posizione è completamente
individuata da:
B − O = Rs ê1
e la relativa velocità istantanea vale
Ḃ = ṡR ê1 .
L’energia cinetica del punto risulta pertanto:
TB =
1
1
mḂ 2 = mR2 ṡ2 .
2
2
Energia cinetica del sistema
L’energia cinetica del sistema segue ora dalla somma delle energie cinetiche di circonferenza
e punto B:
1
T = Tcirc + TB = mR2 φ̇2 + mR2 ṡ2 .
2
Stefano Siboni
1259
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(b) Equilibri ordinari
Le sollecitazioni attive applicate al sistema sono la forza peso e l’interazione elastica fra i
punti A e B, entrambe di natura posizionale conservativa. Nel calcolo del potenziale gravitazionale il punto B e la circonferenza omogenea possono essere ignorati, dal momento che
i rispettivi baricentri non subiscono alcuna variazione di ordinata al variare dei parametri
lagrangiani s e φ. La sola forza peso da tenere in conto è dunque quella del punto A, al
quale si può associare il potenziale
Ug = −mg ê2 · (A − O) = −mgR sin φ.
Quanto all’interazione elastica, è evidente che:
A − O = R cos φ ê1 + R sin φ ê2
B − O = Rs ê1
per cui
A − B = R cos φ ê1 + R sin φ ê2 − Rs ê1 = R(cos φ − s) ê1 + R sin φ ê2
ed il potenziale elastico diventa:
k
kR2 2
Uel = − |A − B|2 = −
(s − 2s cos φ + 1) .
2
2
Omesse le costanti additive inessenziali, il potenziale del sistema è la somma dei potenziali
gravitazionale ed elastico:
U(s, φ) = −mgR sin φ −
kR2 2
(s − 2s cos φ)
2
∀ (s, φ) ∈ (−∞, 2] × R .
Gli equilibri ordinari del sistema si ricavano uguagliando a zero le derivate parziali prime
del potenziale:
kR2
∂U
(s, φ) = −
(2s − 2 cos φ) = −kR2 (s − cos φ)
∂s
2
∂U
(s, φ) = −mgR cos φ − kR2 s sin φ
∂φ
e quindi risolvendo nel dominio aperto {(s, φ) ∈ (−∞, 2) × R} il sistema di equazioni
trigonometriche:

 s − cos φ = 0
 −mgR cos φ − kR2 s sin φ = 0.
La prima equazione porge la relazione:
s = cos φ
Stefano Siboni
1260
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che sostituita nella seconda conduce all’equazione trigonometrica nella sola variabile angolare φ:
−mgR cos φ − kR2 cos φ sin φ = 0
ossia:
− cos φ(mgR + kR2 sin φ) = 0 .
Essendo k = mg/2R è evidente che l’espressione entro parentesi tonde non può annullarsi
per alcun valore reale di φ:
1
mgR + kR2 sin φ = mgR + mgR sin φ > 0
2
∀φ ∈ R
per cui i soli equilibri ordinari possono aversi per cos φ = 0:
φ =
π
2
φ = −
π
.
2
Ad entrambe queste radici corrisponde, in effetti, lo stesso valore s = 0 del secondo
parametro lagrangiano. Gli equilibri ordinari del sistema sono pertanto individuati tutti e
soltanto dai valori:
$ π%
$
π%
(s, φ) = 0,
(s, φ) = 0, −
2
2
dei parametri.
(c) Stabilità degli equilibri ordinari
L’analisi di stabilità degli equilibri ordinari viene condotta per mezzo dei teoremi di
Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale, visto che tutte le sollecitazioni attive hanno
carattere posizionale conservativo. Il primo passo è, al solito, la determinazione delle
derivate parziali seconde del potenziale:
∂2U
(s, φ) = −kR2
∂s2
∂2U
(s, φ) = mgR sin φ − kR2 s cos φ
∂φ2
∂2U
∂2U
(s, φ) =
(s, φ) = −kR2 sin φ
∂φ∂s
∂s∂φ
e della relativa matrice hessiana:

HU (s, φ) = 
−kR2
− kR2 sin φ
− kR2 sin φ
mgR sin φ − kR2 s cos φ
che deve essere valutata nelle singole configurazioni di equilibrio.
Configurazione (s, φ) = (0, π/2)
L’hessiana del potenziale è data da:



−kR2
− kR2
−mgR/2
 = 
HU (0, π/2) = 
− kR2
mgR
− mgR/2
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

− mgR/2
mgR


1261
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e il suo determinante ha chiaramente segno negativo:
$ 1 1%
3
detHU (0, π/2) = (mgR)2 − −
= − (mgR)2 < 0.
2 4
4
Gli autovalori — reali — della matrice sono quindi di segno opposto. La presenza di un
autovalore positivo consente di applicare il teorema di inversione parziale di LagrangeDirichlet e di concludere che la configurazione di equilibrio è instabile.
Configurazione (s, φ) = (0, −π/2)
In questo caso l’hessiana del potenziale vale:



2
2
kR
−kR
−mgR/2
 = 
HU (0, −π/2) = 
kR2 −mgR
mgR/2
mgR/2
−mgR
con determinante positivo:
detHU (0, −π/2) =


1
(mgR)2 > 0
4
e traccia negativa:
3
trHU (0, −π/2) = − mgR < 0
2
in modo che i relativi autovalori risultanto entrambi negativi. La configurazione costituisce pertanto un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità è assicurata dal
teorema di Lagrange-Dirichlet.
(d) Equazioni di Lagrange
La lagrangiana L = T + U del sistema si scrive
1
kR2 2
L = mR2 φ̇2 + mR2 ṡ2 − mgR sin φ −
(s − 2s cos φ)
2
2
e da essa si deducono le relazioni:
d $ ∂L %
= mR2 s̈
dt ∂ ṡ
$
d ∂L %
= 2mR2 φ̈
dt ∂ φ̇
∂L
= −kR2 (s − cos φ)
∂s
∂L
= −mgR cos φ − kR2 s sin φ
∂φ
che inserite nelle equazioni di Lagrange:
d $ ∂L % ∂L
−
= 0
dt ∂ ṡ
∂s
porgono le equazioni pure del moto:
d $ ∂L % ∂L
−
= 0
dt ∂ φ̇
∂φ
mR2 s̈ + kR2 (s − cos φ) = 0
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1262
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Esercizi di Meccanica razionale
2mR2 φ̈ + mgR cos φ + kR2 s sin φ = 0
ovvero — si ricordi che k = mg/2R:

g


(s − cos φ) = 0
 s̈ +
2R
g
g


 φ̈ +
cos φ +
s sin φ = 0.
2R
4R
(e) Integrale primo
Il sistema è scleronomo e soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali conservative. Un
ovvio integrale primo è allora offerto dall’energia meccanica H = T − U, che esplicitamente
si scrive:
1
kR2 2
2 2
H(s, φ, ṡ, φ̇) = mR φ̇ + mR ṡ + mgR sin φ +
(s − 2s cos φ) .
2
2
2 2
(f) Equilibri di confine
In una generica configurazione (s, φ) il lavoro virtuale delle forze attive, per un qualsiasi
spostamento virtuale (δs, δφ) relativo alla configurazione considerata, è dato dall’espressione:
∂U
∂U
(s, φ) δs +
(s, φ) δφ
δL =
∂s
∂φ
che esplicitamente si legge:
δL = −kR2 (s − cos φ) δs − (mgR cos φ + kR2 s sin φ) δφ .
Le configurazioni di confine del sistema sono tutte e soltanto quelle della forma:
(s, φ) = (2, φ) ,
φ ∈ R,
con gli spostamenti virtuali dati da:
(δs, δφ) ,
∀ δs ≤ 0 , ∀ δφ ∈ R.
In una qualsiasi configurazione di confine si ha pertanto:
δL = −kR2 (2 − cos φ) δs − (mgR cos φ + 2kR2 sin φ) δφ
e l’equilibrio ricorre se e soltanto se:
−kR2(2 − cos φ) δs − (mgR cos φ + 2kR2 sin φ) δφ ≤ 0
ossia:
∀ δs ≤ 0 , ∀ δφ ∈ R

 −kR2 (2 − cos φ) ≥ 0
 −(mgR cos φ + 2kR2 sin φ) = 0.
È evidente che la prima delle due condizioni non è mai verificata, per cui il sistema non
ammette alcun equilibrio di confine.
Stefano Siboni
1263
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Esercizi di Meccanica razionale
Esercizio 223. Geometria delle masse
Un corpo rigido è costituito da un’asta rettilinea OA di lunghezza R e da un settore
circolare omogeneo S di massa µ/2, raggio R, centro O ed ampiezza π/2 radianti. Rispetto
ad una terna solidale Oξηζ l’asta OA si dispone lungo l’asse Oξ, mentre S è collocato nel
primo quadrante del piano Oξη con vertice in O. La densità lineare dell’asta si scrive
µ
∀ ξ ∈ [−R, 0] .
λ(ξ) = − 2 ξ
R
Sapendo che l’intero sistema ha punto fisso in O, si chiede di determinare:
(a) la posizione del baricentro rispetto alla terna Oξηζ;
(b) la matrice d’inerzia del sistema rispetto alla stessa terna;
(c) il momento d’inerzia relativo alla bisettrice del primo e terzo quadrante Oξη;
(d) l’energia cinetica del sistema qualora la velocità angolare istantanea sia #ω = ωê1 −ωê3 ;
(e) il momento angolare in O del corpo, nella stessa ipotesi di cui al punto (d).
Soluzione
(a) Posizione del baricentro
Conviene calcolare separatamente i baricentri dell’asta OA e del settore circolare S, per
poi applicare il teorema distributivo.
Baricentro di S
S
S
S
Se si indicano con ξG
, ηG
, ζG
le coordinate del baricentro GS del settore circolare rispetto
alla terna Oξηζ, il vettore posizione di GS si scrive:
S
S
S
êξ + ηG
êη + ζG
êζ
GS − O = ξG
in termini dei versori di base êξ , êη , êζ associati alla stessa terna di riferimento. Il piano
Oξη di giacitura del settore circolare costituisce un ovvio piano di simmetria della figura
ed implica pertanto che si abbia
S
= 0;
ζG
per contro, è altresı̀ evidente che la retta η = ξ rappresenta un asse di simmetria di S, per
cui deve risultare altresı̀
S
S
= ηG
.
ξG
Stefano Siboni
1264
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
S
L’ascissa ξG
si può determinare direttamente mediante la definizione, eseguendo il calcolo
in coordinate polari (ρ, φ) definite da x = ρ cos φ, y = ρ sin φ. Poiché il settore è omogeneo
non si rende necessario considerare nel calcolo la densità della lamina. Si ha allora:
S
ξG
1
=
πR2 /4
4
=
πR2
!
!R
0
4
ξ dξdη =
πR2
S
!R
0
!π/2
ρ dρ
cos φ dφ =
2
0
per cui
GS − O =
!π/2
dρ
dφ ρ ρ cos φ =
0
2π/2
4 R3 1
4
=
sin
φ
R
0
2
πR 3
3π
4
4
R êξ +
R êη .
3π
3π
Massa e baricentro dell’asta
Per ricavare la massa dell’asta OA si deve integrarne la densità λ(ξ) sull’intervallo ξ ∈
[−R, 0]:
" #0
!0 $
µ %
µ ξ2
µ R2
µ
mOA =
− 2 ξ dξ = − 2
= 2
= .
R
R 2 −R
R 2
2
−R
OA
OA
e ζG
sono certamente
L’asta è ubicata lungo l’asse Oξ, in modo che le coordinate ηG
nulle:
OA
OA
ηG
= 0
ζG
= 0
e la sola coordinata da determinare è l’ascissa
OA
ξG
1
=
mOA
= −
sicché
" #0
!0 $
µ %
1 µ ξ3
ξ − 2 ξ dξ = −
=
R
mOA R2 3 −R
−R
1 µR
2 µR
2
1 µ R3
= −
= −
= − R
2
mOA R 3
mOA 3
µ 3
3
2
GOA − O = − R êξ .
3
Baricentro del sistema
La proprietà distributiva del baricentro applicata alle parti disgiunge AO ed S porge per
il baricentro G del sistema l’espressione:
"
% µ$ 2 % #
1 µ$ 4
4
G−O =
Rêξ +
Rêη +
− R êξ =
µ 2 3π
3π
2
3
$
2
1%
2
1
2
2
Rêξ +
Rêη − Rêξ =
−
Rêη .
=
Rêξ +
3π
3π
3
3π 3
3π
Stefano Siboni
1265
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Esercizi di Meccanica razionale
(b) Matrice d’inerzia
Per il calcolo della matrice d’inerzia è opportuno considerare il sistema come costituito
dalle due parti rigide OA e S, che possono peraltro essere riguardate come disgiunte visto
che il solo elemento di contatto fra le due si identifica con il punto O, del tutto irrilevante
nel calcolo degli integrali curvilinei lungo OA e di quelli di superficie sul settore S. Si
procedere pertanto alla determinazione delle matrici d’inerzia in Oξηζ dell’asta OA e del
settore circolare S, per poi sommare elemenento per elemento le due matrici d’inerzia cosı̀
ottenute.
Matrice d’inerzia dell’asta OA
L’asta si dispone secondo l’asse coordinato Oξ della terna prescelta per il calcolo, cosicché
la relativa matrice d’inerzia si presenta nella forma generale


0
0
0
0 
[LO ]OA =  0 LOA
ηη
OA
0
0
Lηη
dove compare il solo momento d’inerzia LOA
ηη rispetto all’asse coordinato Oη. L’unico
elemento incognito viene determinato secondo la definizione e quindi per mezzo di un
integrale curvilineo:
" #0
!0
!0
$ µ %
µ
µ ξ4
µ R4
µR2
OA
2
3
(−ξ) − 2 ξ dξ = − 2
ξ dξ = − 2
= 2
Lηη =
=
R
R
R 4 −R
R 4
4
−R
dal quale si deduce la matrice cercata:
−R


0 0
0
0 .
[LO ]OA = µR2  0 1/4
0 0
1/4
Matrice d’inerzia del settore circolare S
Il settore circolare S si colloca nel piano coordinato Oξη della terna di riferimento Oξηζ;
inoltre, per simmetria, i momenti d’inerzia relativi agli assi coordinati Oξ ed Oη debbono
necessariamente coincidere, visto che il settore circolare è omogeneo. Di conseguenza, la
matrice d’inerzia di S deve assumere la forma tipica:
 S

Lξξ LSξη
0
[LO ]S =  LS LS
0 
ξη
0
ξξ
0
2LSξξ
nella quale sono incogniti il solo momento d’inerzia LSξξ ed il solo prodotto d’inerzia LSξη ,
che possono essere ricavati direttamente mediante le relative definizioni integrali. Per il
momento d’inerzia si ha:
!
!R
!π/2
!R
!π/2
2µ
µ/2
=
LSξξ =
η 2 σ dξdη =
dρ ρ
dφ (ρ sin φ)2
ρ3 dρ
sin2 φ dφ =
πR2 /4
πR2
S
2 µ R4
=
π R2 4
0
!π/2
0
Stefano Siboni
0
0
0
"
#π/2
1
1
1
1 − cos 2φ
π
sin 2φ
2 1
dφ =
µR
µR2 = µR2
=
φ−
2
2π
2
2
4π
2
8
0
1266
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Esercizi di Meccanica razionale
mentre il prodotto d’inerzia viene ottenuto come segue:
LSξη
= −
!R
0
!π/2
2µ
dρρ
dφ ρ sin φ ρ cos φ
=
πR2
2µ
= − 2
πR
0
!R
0
"
#π/2
!π/2
2µ R4 sin2 φ
1
3
ρ dρ
sin φ cos φ dφ = − 2
= − µR2 .
πR 4
2
4π
0
0
La matrice d’inerzia del settore S vale pertanto:

1/8
S
2
[LO ] = µR
−1/4π
0
−1/4π
1/8
0

0
0 .
1/4
Matrice d’inerzia del sistema
Non rimane che sommare la matrici d’inerzia relative ai singoli sottosistemi OA ed S per
ricavare la matrice d’inerzia dell’intero sistema — proprietà di additività —

1/8
OA
S
2
+ [LO ] = µR
−1/4π
[LO ] = [LO ]
0
−1/4π
3/8
0

0
0 .
1/2
(c) Momento d’inerzia rispetto alla bisettrice
La bisettrice del primo e terzo quadrante nel piano coordinato Oξη — di equazione η = ξ
— si identifica con la retta passante per l’origine la cui direzione è specificata dal versore
1
1
n̂ = √ êξ + √ êη .
2
2
Il momento d’inerzia relativo allo stesso asse si scrive perciò:
IOn̂
 
1
1
1
= √ (1 1 0)[L0 ] √  1  = n̂ · LO (n̂) =
2
2 0
 1
1 
 
−
1/8
−1/4π
0
1
 8 4π 
1
1 2
 1
3
2



= (1 1 0) µR −1/4π
3/8
0
1 = µR (1 1 0)  −
+  =
2
2
 4π 8 
0
0
1/2
0
0
%
$
%
$
1
1
1
1
1
3
1
=
1−
µR2 .
= µR2
−
−
+
2
8 4π 4π 8
4
π

Stefano Siboni
1267
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Esercizi di Meccanica razionale
(d) Energia cinetica
L’ipotesi che il sistema rigido abbia punto O fisso autorizza ad affermare che la sua energia
cinetica possa essere espressa nella forma
 
ω1
1
1

T = #ω · LO (#ω ) = (ω1 ω2 ω3 )[L0 ] ω2 
2
2
ω3
in termini del vettore velocità angolare istantanea #ω = ωê1 − ωê3 , di componenti:
(ω1 , ω2 , ω3 ) = (ω, 0, −ω).
Per sostituzione, e tenuto conto della matrice d’inerzia [LO ] ricavata al punto (b), si ricava
allora l’espressione cercata:



ω
1/8
−1/4π
0
1
3/8
0  0  =
T = (ω 0 − ω)µR2 −1/4π
2
−ω
0
0
1/2



1/8
−1/4π
0
1
1
= µR2 ω 2 (1 0 − 1)  −1/4π
3/8
0  0  =
2
0
0
1/2
−1


1/8
$1 1%
5
1 2 2
1

=
= µR ω (1 0 − 1) −1/4π  = µR2 ω 2
+
µR2 ω 2 .
2
2
8 2
16
−1/2
(e) Momento angolare in O
Il momento angolare nel polo O, punto fisso del sistema rigido, si calcola in modo analogo
a quanto già visto per l’energia cinetica nello stesso sistema di riferimento. Il momento
angolare è esprimibile come
# O = K1 êξ + K2 êη + K3 êζ
K
e le sue componenti cartesiane K1 , K2 , K3 si determinano per mezzo della fondamentale
relazione matriciale


 
K1
ω1
 K2  = [LO ]  ω2 
K3
ω3
che sostituite le espressioni esplicite della matrice d’inerzia e delle componenti di ω
# diventa:







1/8
−1/4π
0
ω
1/8
K1
2 



 K2  = µR2  −1/4π
3/8
0
0
= µR ω −1/4π 
−1/2
0
0
1/2
−ω
K3
per cui:
K1 =
ed infine:
Stefano Siboni
1 2
µR ω
8
K2 = −
1
µR2 ω
4π
1
K3 = − µR2 ω
2
$1
1
1 %
2
#
êη − êζ .
KO = µR ω êξ −
8
4π
2
1268
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Esercizio 224. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativo
Un’asta rettilinea omogenea pesante AB, di lunghezza L e massa m, si muove nel piano
verticale Oxy con l’estremo A vincolato a scorrere lungo l’asse orizzontale Ox e senza che
l’asta possa oltrepassare il piano x = 2L — vedi figura. Lo stesso estremo è collegato
all’origine O da una molla di costante elastica k.
Supposti i vincoli ideali, si faccia uso delle coordinate s e θ illustrate in figura per determinare:
(a) l’energia cinetica del sistema;
(b) gli equilibri ordinari;
(c) le proprietà di stabilità degli equilibri ordinari;
(d) le equazioni di Lagrange del moto;
(e) una costante del moto;
(f) gli equilibri di confine (facoltativo).
Soluzione
(a) Energia cinetica
L’asta AB è priva di punti fissi per cui la sua energia cinetica deve essere determinata
facendo ricorso al teorema di König. Il baricentro G dell’asta omogenea si identifica con il
suo punto medio, il cui vettore posizione rispetto alla terna Oxyz si scrive pertanto:
1
(B − A) =
2
$
%
1
1
L
= sLê1 + (L sin θê1 − L cos θ ê2 ) = L s + sin θ ê1 − cos θ ê2 .
2
2
2
G−O = A−O + G−A = A−O +
Una derivazione rispetto al tempo porge allora la velocità istantanea del baricentro:
con modulo quadrato
%
$
L
1
Ġ = L ṡ + cos θ θ̇ ê1 + sin θ θ̇ ê2
2
2
#
1 2
Ġ = L ṡ + cos θ ṡθ̇ + θ̇ .
4
2
Stefano Siboni
2
"
2
1269
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Esercizi di Meccanica razionale
Il teorema di König permette perciò di esprimere l’energia cinetica dell’asta come somma
di due contributi:
m 2 1 AB
T =
Ġ + IGz |#ωAB |2
2
2
AB
dove il momento d’inerzia IGz
dell’asta rispetto all’asse Gz e il vettore velocità angolare
istantanea della stessa sono dati da:
AB
IGz
=
mL2
12
#ωAB = θ̇ ê3 .
Basta allora sostituire queste ultime relazioni nella formula di König per ottenere l’energia
cinetica richiesta:
T =
1 % mL2 2
mL2 $ 2
1 %
mL2 $ 2
ṡ + cos θ ṡθ̇ + θ̇2 +
ṡ + cos θ ṡθ̇ + θ̇2 .
θ̇ =
2
4
24
2
3
(b) Equilibri ordinari
Le sollecitazioni applicate al sistema consistono nella forza peso agente sull’asta e nell’interazione elastica fra l’estremo A e l’origine O. Entrambe hanno natura posizionale conservativa e vengono descritte per mezzo dei relativi potenziali. Il potenziale associato
all’interazione elastica è dato dall’espressione
k
k
kL2 2
Uel = − (A − O)2 = − (Ls)2 = −
s
2
2
2
mentre il potenziale delle forze peso vale
%
$ L
1
Ug = −mg ê2 · (G − O) = −mg − cos θ = mgL cos θ.
2
2
La somma dei potenziali elastico e gravitazionale definisce il potenziale U del sistema:
U(s, θ) = −
kL2 2 1
s + mgL cos θ.
2
2
Il dominio Ω di definizione di tale potenziale — nonché della stessa parametrizzazione del
sistema scleronomo — è individuato dalla condizione che l’asta non possa oltrepassare il
piano x = 2L, per cui le ascisse degli estremi A e B devono mantenersi non superiori a 2L:
sL ≤ 2L
ossia
s ≤ 2
sL + L sin θ ≤ 2L
s ≤ 2 − sin θ.
Il dominio Ω è quindi rappresentabile nella forma:
4 3
4
3
Ω = (s, θ) ∈ R2 : s ≤ 2 ∩ (s, θ) ∈ R2 : s ≤ 2 − sin θ =
3
4
= (s, θ) ∈ R2 : s ≤ min(2, 2 − sin θ)
Stefano Siboni
1270
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Esercizi di Meccanica razionale
ed ha l’aspetto evidenziato con il tratteggio nella figura seguente:
Dalla definizione è immediato verificare che si tratta di un dominio chiuso ed appare quindi
evidente che il sistema scleronomo è a vincoli unilaterali. Gli equilibri ordinari del sistema
sono tutti e soli i punti critici del potenziale, purché ricompresi nell’interno del dominio Ω.
Calcolando le derivate parziali prime di U ed uguagliandole a zero si hanno le equazioni
di equilibrio:
∂U
∂U
1
= −kL2s = 0
= − mgL sin θ = 0
∂s
∂θ
2
dalle quali si ricavano i punti critici:
(s, θ) = (0, 0)
(s, θ) = (0, π)
che appartengono entrambi all’interno del dominio Ω:
0 < min(2, 2 − sin 0) = 2
0 < min(2, 2 − sin π) = 2
ed individuano perciò altrettanti equilibri ordinari del sistema.
(c) Stabilità degli equilibri ordinari
Trattandosi di sistema scleronomo posizionale conservativo, l’analisi di stabilità degli equilibri ordinari — i soli per i quali abbia significato — può essere condotta facendo riferimento
ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo si rende necessario
il calcolo delle derivate parziali seconde del potenziale:
∂2U
= −kL2
∂s2
1
∂2U
= − mgL cos θ
2
∂θ
2
∂2U
∂2U
=
= 0
∂s∂θ
∂θ∂s
che vengono inserite nella relativa matrice hessiana:
6
5
−kL2
0
1
.
HU (s, θ) =
0
− mgL cos θ
2
Non rimane che procedere all’analisi delle singole configurazioni di equilibrio ordinarie.
Stefano Siboni
1271
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Esercizi di Meccanica razionale
Configurazione (s, θ) = (0, 0)
L’hessiana del potenziale si riduce alla forma diagonale:
5
6
−kL2
0
1
HU (0, 0) =
0
− mgL
2
i cui autovalori sono entrambi negativi. Se ne conclude che la configurazione costituisce
un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità è assicurata dal teorema di
Lagrange-Dirichlet.
Configurazione (s, θ) = (0, π)
Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale ha autovalori di segno opposto, sempre
identificabili con i suoi elementi diagonali:
5
6
−kL2
0
1
HU (0, π) =
;
0
mgL
2
la presenza dell’autovalore positivo mgL/2 autorizza a concludere che la configurazione di
equilibrio è instabile in virtù del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.
(d) Equazioni di Lagrange
La lagrangiana del sistema è definita dalla somma dell’energia cinetica T e del potenziale
U e risulta perciò:
1 2 % kL2 2 1
mL2 $ 2
ṡ + cos θ ṡθ̇ + θ̇ −
s + mgL cos θ.
L =
2
3
2
2
Da essa si deducono le espressioni:
%
$
∂L
∂L
1
= mL2 ṡ + cos θ θ̇
= −kL2s
∂ ṡ
2
∂s
$
% mL2
1
d $ ∂L %
2
= mL s̈ + cos θ θ̈ −
sin θ θ̇2
dt ∂ ṡ
2
2
2 %
mL2
1
mL2 $
∂L
∂L
cos θ ṡ + θ̇
= −
sin θ ṡθ̇ − mgL sin θ
=
2
3
∂θ
2
2
∂ θ̇
$
%
%
$
d ∂L
1
1
1
cos θ s̈ + θ̈ − sin θ θ̇ ṡ
= mL2
dt ∂ θ̇
2
3
2
che inserite nelle equazioni di Eulero-Lagrange:
d $ ∂L % ∂L
d $ ∂L % ∂L
−
= 0
= 0
−
dt ∂ ṡ
∂s
dt ∂ θ̇
∂θ
porgono le equazioni pure del moto richieste:

$
%
1
1

 mL2 s̈ + cos θ θ̈ − sin θ θ̇2 + kL2 s = 0
2
$1 2
1 % 1

2
 mL
cos θ s̈ + θ̈ + mgL sin θ = 0
2
3
2
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1272
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Esercizi di Meccanica razionale
definite ∀ (s, θ) ∈ int(Ω) e ∀ (ṡ, θ̇) ∈ R2 .
(e) Costante del moto
Per questo sistema scleronomo, soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali conservative, un ovvio integrale primo è quello dell’energia meccanica H = T −U, che esplicitamente
si scrive:
1 2 % kL2 2 1
mL2 $ 2
ṡ + cos θ ṡθ̇ + θ̇ +
H(s, θ, ṡ, θ̇) =
s − mgL cos θ.
2
3
2
2
(f) Equilibri di confine
Nell’ipotesi di vincoli ideali, gli equilibri di confine del sistema sono individuati mediante
il teorema dei lavori virtuali. Il lavoro virtuale delle sollecitazioni attive in una generica
configurazione (s, θ) e per un qualsiasi spostamento virtuale (δs, δθ) è dato da
δL =
∂U
1
∂U
(s, θ) δs +
(s, θ) δθ = −kL2 s δs − mgL sin θ δθ .
∂s
∂θ
2
La configurazione di confine (s, θ) ∈ ∂Ω è un equilibrio se e soltanto se
1
−kL2s δs − mgL sin θ δθ ≤ 0
2
per ogni (δs, δθ) ∈ R2 che individua uno spostamento virtuale del sistema relativo alla
configurazione considerata. Dalla struttura del dominio Ω è evidente che, qualunque sia
la configurazione di confine prescelta, è sempre possibile considerare spostamenti virtuali
della forma
(δs, δθ) = (δs, 0)
∀ δs ≤ 0
per i quali il lavoro virtuale diventa
δL = −kL2s δs .
Siccome i punti della frontiera di Ω sono del tipo s = 2 − sin θ, si conclude allora che per
l’equilibrio dovrebbe aversi:
δL = −kL2(2 − sin θ) δs ≤ 0
∀ δs ≤ 0 ,
una condizione palesemente assurda, in quanto è sempre 2 − sin θ > 0. Ciò basta ad
escludere il ricorrere di equilibri di confine per il sistema.
Esercizio 225. Sistema rigido con asse fisso
In una terna galileiana Oxyz è dato un sistema rigido con asse fisso Ox privo di attrito.
In una assegnata configurazione S al sistema sono applicate le seguenti sollecitazioni:
#1 = f(3ê1 − ê2 + 2ê3 )
F
#2 = f(−2ê1 + ê2 + 4ê3 )
F
Stefano Siboni
nel punto P1 (0, L, L)
nel punto P2 (2L, −L, −L)
1273
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Esercizi di Meccanica razionale
essendo f > 0 e L > 0 due costanti caratteristiche del sistema aventi rispettivamente le
dimensioni di una forza e di una lunghezza. Determinare:
(a) se la configurazione S è un equilibrio del sistema;
(b) il risultante delle reazioni vincolari esterne applicate al sistema;
(c) il momento risultante delle reazioni vincolari esterne.
Soluzione
(a) Equilibrio del rotore rigido
Nel caso di un sistema rigido con asse fisso privo di attrito la condizione necessaria e sufficiente perchè la configurazione S del sistema sia di equilibrio è che il momento risultante,
rispetto all’asse fisso Ox, delle forze attive applicate sia uguale a zero:
S equilibrio
⇐⇒
# a = 0.
ê1 · M
O
In questo caso la condizione diventa:
#2 ] =
ê1 · [(P1 − O) ∧ F#1 + (P2 − O) ∧ F
,
, ,
,
,
, , 1
, 1
0
0
0
0
,
, ,
,
L
L ,, + ,, 2L −L −L ,, = 3fL + f(−3L) = 0
= ,, 0
, 3f −f 2f , , −2f
f
4f ,
per cui la configurazione è effettivamente di equilibrio per il sistema.
(b) Risultante delle reazioni vincolari esterne
# est,φ delle
La prima equazione cardinale della statica permette di identificare il risultante R
reazioni vincolari esterne con il risultante cambiato di segno delle sollecitazioni attive. Si
ha pertanto:
#1 + F
#2 ) = −f(3ê1 − ê2 + 2ê3 − 2ê1 + ê2 + 4ê3 ) = f(−ê1 − 6ê3 ) .
# est,φ = −(F
R
(c) Momento risultante in O delle reazioni vincolari esterne
Dalla seconda equazione cardinale della statica si deduce che il momento risultante in O
delle reazioni vincolari esterne è opposto al momento risultante, nello stesso polo, delle
forze attive. Vale dunque:
# est,φ = −(P1 − O) ∧ F#1 − (P2 − O) ∧ F#2
M
O
, ,
,
, ê1 ê2 ê3 , , ê1
ê2
, ,
,
,
,
,
L
L , − , 2L −L
= −, 0
, 3f −f 2f , , −2f
f
=
,
ê3 ,,
−L ,, =
4f ,
= −(3fLê1 + 3fLê2 − 3fLê3 ) − (−3fLê1 − 6fLê2 ) = (3ê2 + 3ê3 )fL.
Stefano Siboni
1274
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Esercizi di Meccanica razionale
Esercizio 226. Analisi di Weierstrass
Un punto materiale di massa unitaria è vincolato a scorrere senza attrito lungo l’asse Ox
di una terna inerziale e soggetto ad un campo di forze:
# (x) = (x4 − 1) ê1 .
F
Determinare:
(a) le condizioni iniziali per le quali il moto del sistema è periodico;
(b) le condizioni iniziali per i moti a meta asintotica;
(c) il ritratto di fase del sistema.
Soluzione
Poichè il punto è vincolato a scorrere senza attrito lungo l’asse coordinato Ox la relativa
equazione pura del moto si ricava proiettando la seconda legge della dinamica — postulato
delle reazioni vincolari — lungo l’asse vincolare Ox e risulta perciò:
%
dW
d $ x5
ẍ = F# (x) · ê1 = x4 − 1 = −
− +x = −
(x)
dx
5
dx
essendo W l’energia potenziale del sistema:
W (x) = −
x5
+x
5
x ∈ R.
Il sistema è unidimensionale e soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali conservative.
L’andamento qualitativo dei suoi moti può essere discusso con i metodi dell’analisi di
Weierstrass, che richiede un esame dettagliato del grafico di W . Detta funzione ha due soli
punti critici che si ottengono uguagliandone a zero la derivata prima
W " (x) = −x4 + 1
e risultano dati da
x = +1
x = −1 .
La natura di questi estremi appare evidente dal calcolo della derivata seconda W "" (x) =
−4x3 :
W "" (+1) = −4 < 0
W "" (−1) = +4 > 0
che consente di riconoscere in x = +1 e x = −1 rispettivamente un punto di massimo
relativo proprio ed un punto di minimo relativo proprio dell’energia potenziale. Al fine di
determinare il grafico di W importante è anche il valore assunto dalla funzione nei propri
punti critici:
W (+1) = 4/5
W (−1) = −4/5
nonché la circostanza che il grafico deve passare per l’origine — W (0) = 0. Si hanno infine
le condizioni ai limiti:
lim W (x) = −∞
x→+∞
Stefano Siboni
lim W (x) = +∞ .
x→−∞
1275
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L’energia potenziale ha cosı̀ il grafico illustrato nella figura seguente:
che serve come base per la discussione di Weierstrass e la costruzione del ritratto di fase
del sistema. La classificazione delle soluzioni viene ottenuta facendo uso, come sempre,
dell’integrale primo dell’energia meccanica:
H(x, ẋ) = T (x, ẋ) + W (x) =
ẋ2
x5
−
+x ,
2
5
(x, ẋ) ∈ R2 .
(a) Condizioni iniziali per i moti periodici
Per i criteri di Weierstrass i moti periodici si realizzano negli intervalli compatti dell’ascissa
x sul cui interno la funzione di Weierstrass risulta strettamente positiva, presentando due
zeri semplici agli estremi — che costituiscono altrettanti punti di inversione del moto. La
condizione ricorre se e soltanto se l’energia meccanica totale assume un valore compreso
fra W (−1) = −4/5 e W (1) = +4/5, sempreché la coordinata iniziale x sia minore di 1, il
punto di massimo relativo di W ,
7
(x, ẋ) ∈ R2 ,
−
ẋ2
x5
4
4
<
−
+x <
,
5
2
5
5
x < 1
8
in modo da escludere i moti definitivamente progressivi ottenuti per x > 1 — e tendenti a
x = +∞ nel futuro.
(b) Condizioni iniziali per i moti a meta asintotica
I moti a meta asintotica del sistema si verificano soltanto per H(x, ẋ) = W (1), poiché in tal
caso il punto x = 1 rappresenta uno zero doppio della funzione di Weierstrass. Al solito, la
posizione iniziale x = 1 deve essere esclusa in quanto implicherebbe ad una velocità iniziale
ẋ = 0 e corrisponderebbe alla soluzione statica (x, ẋ) = (1, 0). Per x < 1 si ottiene una
soluzione x(t) omoclina, in quanto dotata di meta asintotica x = 1 tanto nel futuro come
nel passato:
lim x(t) = 1
lim x(t) = 1 .
t→+∞
t→−∞
Nel caso si scelga una posizione iniziale x > 1 è necessario richiedere che la velocità iniziale
sia negativa, in modo che il moto sia a meta asintotica nel futuro e non nel passato. In
definitiva, l’insieme delle condizioni iniziali associate ai moti asintotici è dato da
8 7
8
7
4
4
ẋ2 x5
ẋ2 x5
2
2
− +x = , x < 1 ∪ (x, ẋ) ∈ R ,
− +x = , x > 1 , ẋ < 0 .
(x, ẋ) ∈ R ,
2
5
5
2
5
5
Stefano Siboni
1276
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Esercizi di Meccanica razionale
(c) Ritratto di fase
Il ritratto di fase viene ricavato tracciando
qualitativamente le orbite corrispondenti a
valori notevoli dell’energia meccanica, precisamente:
◦ E0 = −4/5, per la quiete nella configurazione di equilibrio stabile x = −1 e
per alcuni moti aperiodici;
◦ E1 ∈ (−4/5, 4/5), per i moti periodici
ed alcuni moti aperiodici;
◦ E2 = 4/5, per i moti a meta asintotica,
la quiete nella configurazione di equilibrio instabile x = +1 ed alcuni moti
aperiodici;
◦ E3 > 4/5 per i moti aperiodici residui.
I livelli di energia sul grafico dell’energia
potenziale e le relative orbite nel piano delle
fasi sono riprodotti nell’illustrazione a lato.
Esercizio 227. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. non conservativo
Un disco circolare omogeneo D, di massa m, raggio R e centro C, è vincolato a muoversi
nel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz, ruotando attorno al punto O del suo
bordo. Un punto materiale P , di massa m, può scorrere liberamente lungo il diametro
OA del disco, come illustrato in figura. L’intero sistema è pesante e una molla ideale di
costante elastica 2mg/R collega P con il centro C. Il punto P è infine soggetto ad una
# = −β Ṗ , con β costante positiva.
resistenza viscosa F
Assunti i vincoli ideali e utilizzando i parametri adimensionali s ∈ (−1, 1) e θ indicati in
figura come coordinate generalizzate, determinare:
(a) la lagrangiana del sistema;
(b) gli equilibri ordinari del sistema;
Stefano Siboni
1277
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Esercizi di Meccanica razionale
(c) le proprietà di stabilità degli equilibri;
(d) le equazioni linearizzate del moto nell’intorno di un equilibrio stabile, considerando
β = 0;
(e) frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni nell’intorno dello stesso equilibrio
stabile, sempre considerando β = 0.
Soluzione
(a) Lagrangiana
Per determinare la lagrangiana del sistema è necessario calcolare l’energia cinetica T e il
potenziale associato alle sollecitazioni attive applicate, il peso e l’interazione elastica fra i
punti C e P .
Energia cinetica
L’energia cinetica del sistema si calcola come somma di due contributi TD e TP , l’uno
relativo al disco circolare, l’altro riguardante il punto P . Notato che il baricentro del
disco D coincide con il centro geometrico C di questo e ricordando che la velocità angolare
istantanea di D si scrive θ̇ê3 , i teoremi di König e di Huygens-Steiner porgono per TD
l’espressione:
TD =
%
2
1 D
11 D
1 $ mR2
3
IOz |θ̇ ê3 |2 =
ICz + m|C − O|2 θ̇2 =
+ mR2 θ̇2 = mR2 θ̇2 .
2
2
2
2
4
L’energia cinetica del punto materiale P è invece data da:
TP =
m 2
Ṗ
2
dove il vettore posizione di P rispetto alla terna assoluta vale
P − O = R(s + 1) sin θ ê1 − R(s + 1) cos θ ê2
e la relativa velocità istantanea si ottiene derivando rispetto al tempo
Ṗ = R[ṡ sin θ ê1 + (s + 1) cos θ θ̇ ê1 − ṡ cos θ ê2 + (s + 1) sin θ θ̇ ê2 ] =
= R[sin θ ṡ + (s + 1) cos θ θ̇] ê1 + R[− cos θ ṡ + (s + 1) sin θ θ̇] ê2 .
Il modulo quadrato della velocità istantanea risulta cosı̀
1
Ṗ 2 = R2 sin2 θ ṡ2 + (s + 1)2 cos2 θ θ̇2 + 2 sin θ cos θ(s + 1) ṡθ̇+
2
1
2
+ cos2 θ ṡ2 + (s + 1)2 sin2 θ θ̇2 − 2 sin θ cos θ(s + 1) ṡθ̇ = R2 ṡ2 + (s + 1)2 θ̇2
e sostituita nell’espressione dell’energia cinetica fornisce il risultato richiesto:
TP =
Stefano Siboni
2
mR2 1 2
ṡ + (s + 1)2 θ̇2 .
2
1278
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Esercizi di Meccanica razionale
Non rimane che sommare le energie cinetiche del disco e del punto P per ricavare l’energia
cinetica del sistema:
"
: #
mR2 2 9 3
2 2
ṡ +
T = TD + TP =
+ (s + 1) θ̇ .
2
2
Potenziale
Il potenziale del sistema consiste di un termine di potenziale gravitazionale associato alle
parti pesanti D e P :
Ug = −mg(C − O) · ê2 − mg(P − O) · ê2 =
= mgR cos θ + mgR(s + 1) cos θ = mgR(s + 2) cos θ
e di un termine di potenziale elastico relativo all’interazione elastica fra i punti C e P :
k
1 2mg
Uel = − (P − C)2 = −
(Rs)2 = −mgRs2
2
2 R
in modo che risulta:
U(s, θ) = Ug + Uel = mgR(s + 2) cos θ − mgRs2 = mgR[(s + 2) cos θ − s2 ] .
La lagrangiana del sistema è allora identificabile con:
"
: #
mR2 2 9 3
2 2
ṡ +
+ (s + 1) θ̇ + mgR[(s + 2) cos θ − s2 ] .
L = T +U =
2
2
(b) Equilibri ordinari del sistema
Il sistema è scleronomo, a vincoli bilaterali e soggetto a sollecitazioni in parte posizionali
conservative, il peso e l’interazione elastica fra i punti C e P , e in parte di natura dissipativa,
la forza di resistenza viscosa
#P = −β Ṗ
F
applicata in P . Le sollecitazioni posizionali conservative saranno descritte dal potenziale U,
mentre della forza viscosa si dovrebbero determinare le componenti lagrangiane. In realtà
è sufficiente verificare la natura completamente dissipativa delle forze viscose calcolandone
la potenza:
#P · Ṗ = −β Ṗ 2 = −β[ṡ2 + (s + 1)2 θ̇2 ] ≤ 0
π = F
che non soltanto si mantiene di segno non positivo, ma risulta annullarsi soltanto a velocità
generalizzate nulle:
π = 0
⇐⇒
(ṡ, θ̇) = (0, 0)
in quanto s + 1 ∈ (0, 2). Queste sollecitazioni dissipative si annullano a velocità generalizzate ṡ, θ̇ nulle e quindi non giocano alcun ruolo nella determinazione delle configurazioni
di equilibrio del sistema, che si identificheranno con tutti e soli i punti critici del potenziale
U. Le derivate parziali prime di questo si scrivono
∂U
= mgR(cos θ − 2s)
∂s
Stefano Siboni
∂U
= −mgR(s + 2) sin θ
∂θ
1279
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Esercizi di Meccanica razionale
per cui le equazioni di equilibrio assumono la forma

 cos θ − 2s = 0
(s, θ) ∈ (−1, 1) × R .
 (s + 2) sin θ = 0
Poiché s + 2 /= 0 ∀ s ∈ (−1, 1), la seconda equazione di equilibrio equivale a sin θ = 0 ed
implica perciò
θ = 0,
π
mentre dalla prima si ha
s =
1
cos θ .
2
Gli equilibri ordinari del sistema sono dunque:
(s, θ) = (1/2, 0) ,
(−1/2, π)
e risultano entrambi definiti — in quanto s ∈ (−1, 1).
(c) Stabilità degli equilibri
Le configurazioni di equilibrio del sistema sono risultate in numero finito e sono pertanto
necessariamente isolate. A ciò si aggiunge il fatto che le sollecitazioni non posizionali
conservative, la resistenza viscosa in P , hanno natura completamente dissipativa. I
criteri di Barbasin-Krasovskii consentono allora di caratterizzare come asintoticamente
stabili tutte le configurazioni di equilibrio corrispondenti ai massimi relativi propri del
potenziale U, mentre tutti i punti critici di U che non siano di massimo vengono riconosciuti
come configurazioni di equilibrio instabili. Per accertare la natura dei punti critici del
potenziale si procede in modo standard, calcolando le derivate parziali seconde
Uss = −2mgR
Uθθ = −mgR(s + 2) cos θ
Usθ = Uθs = −mgR sin θ
e la relativa matrice hessiana del potenziale
HU (s, θ) = mgR
;
−2
− sin θ
− sin θ
−(s + 2) cos θ
<
.
Non rimane che esaminare le singole configurazioni di equilibrio.
Stefano Siboni
1280
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Esercizi di Meccanica razionale
Configurazione (s, θ) = (1/2, 0)
In questo caso la matrice hessiana del potenziale vale
;
<
−2
0
HU (1/2, 0) = mgR
0 −5/2
ed i suoi autovalori — gli elementi diagonali — sono entrambi di segno negativo, per cui
la configurazione si riconosce essere un massimo relativo proprio del potenziale. I criteri
di Barbasin-Krasovskii assicurano perciò la stabilità asintotica della configurazione.
Configurazione (s, θ) = (−1/2, π)
Nella fattispecie l’hessiana del potenziale risulta
HU (−1/2, π) = mgR
;
−2 0
0 3/2
<
e gli autovalori hanno segno opposto. La presenza dell’autovalore positivo 3/2 permette di
escludere il ricorrere in (s, θ) = (−1/2, π) di un massimo relativo proprio del potenziale,
per cui i criteri di Barbasin-Krasovskii autorizzano a concludere che l’equilibrio è instabile.
(d) Equazioni del moto linearizzate nell’intorno dell’equilibrio stabile, per β = 0.
La sola configurazione di equilibrio stabile del sistema è costituita da (s, θ) = (1/2, 0) ed è
quindi nell’intorno di questa che lo studio delle equazioni linearizzate del moto assume un
significato fisico di un qualche rilievo. Nell’ipotesi di β = 0 la sollecitazione dissipativa non
è presente ed il sistema ha natura puramente posizionale conservativa. Alla linearizzazione
delle equazioni si può dunque applicare la teoria standard delle piccole oscillazioni. Indicati
con δs e δθ gli scostamenti dei parametri lagrangiani rispetto ai relativi valori di equilibrio
δs = s −
1
2
δθ = θ ,
le equazioni del moto linearizzate nell’intorno di (s, θ) = (1/2, 0) si scrivono
; <
; <
¨
δs
δs
A(1/2, 0) ¨ − HU (1/2, 0)
= 0
δθ
δθ
dove
A(s, θ) = mR
2
;
1
0
0
(3/2) + (s + 1)2
<
è la matrice dell’energia cinetica del sistema scleronomo, definita da
; <
1
ṡ
,
T = (ṡ θ̇) A(s, θ)
θ̇
2
e HU (s, θ) l’hessiana del potenziale già introdotta. Nella fattispecie
;
<
0
2 1
A(1/2, 0) = mR
0 15/4
Stefano Siboni
1281
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Esercizi di Meccanica razionale
mentre l’hessiana è quella ricavata dall’analisi di stabilità
HU (1/2, 0) = mgR
per cui
mR
2
;
1
0
0
15/4
<;
<
¨
δs
¨
δθ
− mgR
;
−2
0
0 −5/2
;
−2
0
0
−5/2
<
<;
δs
δθ
<
= 0
e le equazioni linearizzate si riducono al sistema disaccoppiato

¨ + 2mgR δs = 0
 mR2 δs
 15 mR2 δθ
¨ + 5 mgR δθ = 0 .
4
2
(e) Frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni, per β = 0
Le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni nell’intorno dell’equilibrio stabile (s, θ) =
(1/2, 0) sono determinate dall’equazione caratteristica det[ω 2 A(1/2, 0) + HU (1/2, 0)] = 0,
che in questo caso assume la forma
;
<#
;
<
"
1
0
−2
0
2 2
+ mgR
= 0
det mR ω
0 15/4
0 −5/2
ossia
det
5
mR2 ω 2 − 2mgR
0
0
5
15
mR2 ω 2 − mgR
4
2
6
= 0
e si riduce quindi all’equazione biquadratica
$
$
2g % 15
2g%
mR2 ω 2 −
= 0
mR2 ω 2 −
R 4
3R
per cui le pulsazioni normali sono
ω1 =
=
2g
R
ω2 =
=
2g
3R
e le relative frequenze normali diventano
1
ω1
=
f1 =
2π
2π
=
2g
R
1
ω2
f2 =
=
2π
2π
=
2g
.
3R
Si procedere ora alla caratterizzazione dei modi normali di oscillazione, relativi alle due
pulsazioni normali ω1 ed ω2 .
Stefano Siboni
1282
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Esercizi di Meccanica razionale
>
Modo normale di pulsazione ω1 = 2g/R
Il problema agli autovalori che caratterizza le ampiezze di oscillazione del modo normale
diventa in questo caso
; <
;
<; <
;
<
1 2
2 a1
0
0
a1
0
0 = ω1 A(1/2, 0) + HU (1/2, 0)
=
=
a2
0 5mgR
a2
5mgRa2
per cui risulta a2 = 0 e a1 ∈ R \ {0} arbitrario. Il modo normale di oscillazione è quindi
descritto dalla legge oraria generale
;
δs
δθ
<
; <
%
$= 2g
1
= a1
t + φ1
cos
0
R
∀t ∈ R
dove a1 /= 0 e φ1 sono costanti reali arbitrarie.
>
Modo normale di pulsazione ω2 = 2g/3R
Per questa pulsazione normale si ha l’equazione agli autovalori
6
5
6; <
5
; <
4
4
1 2
2 b1
b
1
0 = ω2 A(1/2, 0) + HU (1/2, 0)
= − 3 mgR 0
= − 3 mgRb1
b2
b
2
0
0
0
dalla quale si deduce che b1 = 0 e che b2 può assumere qualsiasi valore reale non nullo.
L’espressione per il modo normale di oscillazione diventa pertanto
;
δs
δθ
<
; <
$= 2g
%
0
t + φ2
= b2
cos
1
3R
∀t ∈ R
essendo b2 /= 0 e φ2 costanti reali assegnate a piacere.
Esercizio 228. Corpo rigido appoggiato
Un tavolo rigido pesante è appoggiato su un terreno orizzontale debolmente cedevole,
identificabile con il piano Oxy di una terna inerziale Oxyz. I punti di appoggio del tavolo
sono:
P2 (4, 0, 0)
P3 (3, 2, 0)
P4 (1, 2, 0) .
P1 (0, 0, 0)
(a) Determinare il poligono di appoggio e l’area di completo appoggio.
(b) Stabilire se la configurazione che vede il tavolo appoggiato al terreno in P1 , P2 , P3 , P4
è di equilibrio, nell’ipotesi che il baricentro del tavolo sia G(3/2, 1, 4);
(c) Calcolare le reazioni vincolari esterne, nella stessa ipotesi del quesito (b).
Soluzione
(a) Poligono d’appoggio e area di completo appoggio
Per definizione, il poligono d’appoggio del tavolo rigido è dato dall’inviluppo convesso
della base d’appoggio. Essendo questa costituita dai punti P1 , P2 , P3 , P4 , che sono posti
ai vertici di un poligono convesso, si conclude immediatamente che il poligono d’appoggio
Stefano Siboni
1283
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Esercizi di Meccanica razionale
si identifica con il quadrilatero P1 P2 P3 P4 — è immediato verificare che si tratta di un
trapezio isoscele.
Secondo il modello del suolo debolmente cedevole, i coefficienti di struttura a, b, c del piano
di appoggio sono determinati dall’equazione matriciale

 

a
xG
S  b  = mg  yG 
1
c
nella quale xG , yG sono le coordinate della proiezione di G
di pressione — ed S è la matrice simmetrica



26
Sxx Sxy Sx



Sxy Syy Sy
=
8
S =
Sx Sy #Ω
8
di elementi
Sxx =
?
sul piano d’appoggio — centro
8
8
4

8
4
4
x2i = 02 + 42 + 32 + 12 = 26
i∈Ω
Syy =
?
yi2 = 02 + 02 + 22 + 22 = 8
i∈Ω
Sxy =
?
i∈Ω
Sx =
?
xi yi = 0 · 0 + 4 · 0 + 3 · 2 + 1 · 2 = 8
xi = 0 + 4 + 3 + 1 = 8
i∈Ω
Sy = 0 + 0 + 2 + 2 = 4
#Ω = 4 .
Si ha pertanto:



 
xG
2
a
 b  = S −1 mg  yG  = mg 1  0
20
1
−4
c
Stefano Siboni


0 −4
xG
5 −5   yG  .
1
−5 18
1284
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Esercizi di Meccanica razionale
Le reazioni vincolari esterne applicate ai punti Pi (xi , yi , 0), i = 1, 2, 3, 4 della base d’appoggio si scrivono nella forma
# i = Φi ê3
i = 1, 2, 3, 4
Φ
dove le componenti verticali Φi sono individuate in termini dei coefficienti di struttura per
mezzo delle relazioni


xi
2
0
mg



= (xG yG 1)
Φi = (a b c) yi
0
5
20
1
−4 −5

 
−4
xi


yi 
−5
1
18
e, affinché ricorra in Pi una posizione di effettivo appoggio del corpo, devono risultare
strettamente positive. In particolare, la componente Φ1 della reazione vincolare in P1
risulta positiva se e soltanto se le coordinate (xG , yG ) del centro di pressione soddisfano la
condizione:
Φ1 = (xG

 

−4
0
mg 
mg
yG 1)mgS −1  0  = (xG yG 1)
−5  =
(−4xG − 5yG + 18) > 0 .
20
20
18
1
Analoghe condizioni si hanno negli altri punti della base di appoggio:
Φ2 = (xG yG
Φ3 = (xG yG
Φ4 = (xG yG
 


4
4
mg 
mg
1)mgS −1  0  = (xG yG 1)
−5  =
(4xG − 5yG + 2) > 0
20
20
1
2

 

3
2
mg
mg 
5  =
1)mgS −1  2  = (xG yG 1)
(2xG + 5yG − 4) > 0
20
20
1
−4


 
−2
1
mg
mg 
5  =
(−2xG + 5yG + 4) > 0 .
1)mgS −1  2  = (xG yG 1)
20
20
4
1
Il poligono di completo appoggio si compone quindi di tutti e soli i punti individuati dalle
coordinate (x, y) che risolvono il sistema di disequazioni lineari

−4x − 5y + 18 > 0


4x − 5y + 2 > 0

 2x + 5y − 4 > 0
−2x + 5y + 4 > 0
la cui soluzione si ricava facilmente per via grafica ed è evidenziata con l’ombreggiatura
nella figura seguente:
Stefano Siboni
1285
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Vale la pena di ricordare che la soluzione si ottiene tracciando nel piano cartesiano le rette
di equazione
−4x − 5y + 18 = 0
4x − 5y + 2 = 0
2x + 5y − 4 = 0
− 2x + 5y + 4 = 0
ed individuando per ispezione i semipiani risolventi le singole disequazioni, di cui tali rette
costituiscono la frontiera — per esempio basta verificare se l’origine (x, y) = (0, 0) soddisfa
o meno la relativa disequazione.
(b) Equilibrio
Il centro di pressione C del tavolo è costituito dalla proiezione ortogonale del baricentro
sul piano d’appoggio. Nella fattispecie, se il baricentro ha coordinate (3/2, 1, 4), la sua
proiezione ortogonale sul piano d’appoggio Oxy si scrive dunque
C(3/2, 1, 0) .
È facile convincersi che il centro di pressione appartiene all’area di completo appoggio, in
quanto tutte le disequazioni che la definiscono sono soddisfatte per (x, y) = (3/2, 1):

−4x − 5y + 18


4x − 5y + 2

 2x + 5y − 4
−2x + 5y + 4
= −4(3/2) − 5 + 18
= 4(3/2) − 5 + 2
= 2(3/2) + 5 − 4
= −2(3/2) + 5 + 4
=
=
=
=
7
3
4
6
>
>
>
>
0
0
0
0.
La configurazione è quindi di equilibrio per il sistema, e il tavolo risulta effettivamente
appoggiato su tutti i quattro punti P1 , P2 , P3 , P4 .
(c) Reazioni vincolari esterne
Le reazioni vincolari richieste si ottengono calcolando le espressioni di Φ1 , Φ2 , Φ3 , Φ4 già
considerate al punto (a) per (xG , yG ) = (3/2, 1). Si ha cosı̀:
Φ1 =
mg
7
(−4xG − 5yG + 18) =
mg
20
20
Φ2 =
Stefano Siboni
mg
3
(4xG − 5yG + 2) =
mg
20
20
1286
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
mg
4
(2xG + 5yG − 4) =
mg
20
20
mg
6
(−2xG + 5yG + 4) =
mg
Φ4 =
20
20
Φ3 =
e le reazioni vincolari esterne in P1 , P2 , P3 , P4 risultano:
# 1 = 7 mgê3
Φ
20
# 2 = 3 mgê3
Φ
20
# 3 = 1 mgê3
Φ
5
# 4 = 3 mgê3 .
Φ
10
Esercizio 229. Analisi di Weierstrass
Un punto materiale di massa m = 1 è vincolato a scorrere senza attrito lungo l’asse Ox di
una terna galileiana e subisce l’azione del campo di forze
# (x) = (x2 − x3 ) ê1 ,
F
x ∈ R.
Si determinino:
(a) le condizioni iniziali che corrispondono ai moti a meta asintotica del sistema;
(b) le condizioni iniziali per i moti periodici;
(c) il ritratto di fase del sistema;
(d) se esistono moti x(t) del sistema per i quali |x(t)| → +∞ (moti non limitati).
Soluzione
L’equazione pura del moto del sistema è ottenuta proiettando la seconda legge della dinamica lungo l’asse Ox
# (x) · ê1 = x2 − x3 .
ẍ = F
Si tratta di un sistema unidimensionale soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali,
che hanno necessariamente natura conservativa: l’andamento qualitativo delle soluzioni
può essere descritto ricorrendo all’analisi di Weierstrass. Il potenziale della sollecitazione
# (x) · ê1 :
posizionale conservativa è una qualsiasi primitiva di F
U(x) =
x3
x4
−
3
4
x∈R
cui corrisponde l’energia potenziale
W (x) = −U(x) = −
x4
x3
+
3
4
x ∈ R.
Il grafico dell’energia potenziale viene determinato osservando in primo luogo che
lim W (x) = +∞
x→+∞
Stefano Siboni
lim W (x) = +∞
x→−∞
1287
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Esercizi di Meccanica razionale
mentre annullando la derivata prima
W " (x) = −x2 + x3
si ricavano i due soli punti critici x = 0 e x = 1. Di questi il primo è un punto di flesso
orizzontale e il secondo un minimo relativo proprio, come si verifica immediatamente dal
valore della derivata seconda W "" (x) = −2x + 3x2 negli stessi punti:
W "" (0) = 0
W "" (1) = 1 .
Nella discussione di Weierstrass giocano inoltre un ruolo fondamentale i valori dell’energia
potenziale nei punti critici:
W (0) = 0
W (1) = −
1
.
12
L’energia potenziale ha cosı̀ il grafico illustrato nella figura seguente:
che serve come base per la discussione di Weierstrass e la costruzione del ritratto di fase del
sistema. La classificazione delle soluzioni viene ottenuta facendo uso, al solito, dell’integrale
primo dell’energia meccanica:
H(x, ẋ) = T + W (x) =
ẋ2
x3
x4
−
+
,
2
3
4
(x, ẋ) ∈ R2 .
(a) Condizioni iniziali per i moti a meta asintotica
Per i criteri di Weierstrass i moti a meta asintotica ricorrono soltanto per H(x, ẋ) = W (0) =
0, allorquando il punto x = 0 è uno zero doppio della funzione di Weierstrass. È necessario
escludere la posizione iniziale x = 0, ossia la velocità iniziale ẋ = 0, che corrisponderebbe
alla soluzione statica (x, ẋ) = (0, 0). Per x > 0 si ottiene una soluzione x(t) con meta
asintotica x = 0 ed orbita omoclina, in quanto
lim x(t) = 0
t→+∞
lim x(t) = 0 .
t→−∞
In definitiva, l’insieme delle condizioni iniziali associate ai moti asintotici è dato da
A
@
x3
x4
ẋ2
2
−
+
= 0, x > 0 .
(x, ẋ) ∈ R ,
2
3
4
Stefano Siboni
1288
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
(b) Condizioni iniziali per i moti periodici
I criteri di Weierstrass prescrivono che i moti periodici si realizzino negli intervalli compatti di x sul cui interno la funzione di Weierstrass si mantiene strettamente positiva,
presentando due zeri semplici agli estremi — punti di inversione del moto. La condizione
ricorre se e soltanto se l’energia meccanica totale assume un valore strettamente compreso
fra W (1) = −1/12 e W (0) = 0, ovvero superiore a W (0) = 0. Le condizioni iniziali
corrispondenti ai moti periodici del sistema sono quindi tutti e soli i punti dell’insieme:
7
8 7
1
ẋ2
ẋ2
x3
x4
x3
x4 8
.
(x, ẋ) ∈ R2 , −
<
−
+
< 0 ∪ (x, ẋ) ∈ R2 , 0 <
−
+
12
2
3
4
2
3
4
(c) Ritratto di fase
Il ritratto di fase viene delineato tracciando
qualitativamente le orbite corrispondenti a
valori notevoli dell’energia meccanica, precisamente:
◦ E0 = W (1) = −1/12, per la quiete
nella posizione di equilibrio stabile x =
1;
◦ E1 ∈ (−1/12, 0), per alcuni moti periodici;
◦ E3 = W (0) = 0 per lo stato di quiete
nella posizione x = 0 e per tutti i moti
a meta asintotica;
◦ E4 > W (0) = 0 per tutti i moti periodici residui.
I livelli di energia sul grafico dell’energia
potenziale e le relative orbite nel piano delle
fasi sono illustrato nella figura a lato.
(d) Moti non limitati
Poiché l’energia potenziale W diverge a +∞ tanto per x → −∞ quanto nel limite di
x → +∞, è evidente che tutti i moti del sistema sono limitati. La risposta al quesito deve
quindi intendersi negativa.
Esercizio 230. Piccole oscillazioni
Un punto materiale di massa unitaria è vincolato a scorrere senza attrito sul quadrato
Q = {(x, y) ∈ [−2, 2] × [−2, 2]}
del piano coordinato Oxy di una terna inerziale. Assunte le coordinate cartesiane x e y
come parametri lagrangiani, la lagrangiana del sistema si scrive:
L =
Stefano Siboni
ẏ 2
x2
y3
ẋ2
+
+ xy −
+
,
2
2
2
3
(x, y) ∈ [−2, 2] × [−2, 2] .
1289
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Determinare:
(a) gli equilibri ordinari del sistema;
(b) la stabilità degli equilibri ordinari;
(c) frequenze e modi normali di oscillazione nell’intorno di un equilibrio stabile;
(d) se la configurazione (x, y) = (−2, −1) è di equilibrio.
Soluzione
(a) Equilibri ordinari
Il sistema è scleronomo, a vincoli ideali bilaterali e soggetto unicamente a sollecitazioni
posizionali conservative descritte dal potenziale U, che si identifica facilmente come
U(x, y) = xy −
x2
y3
+ (x, y) ∈ [−2, 2]] × [−2, 2]
2
3
in quanto parte della lagrangiana indipendente dalle coordinate generalizzate ẋ e ẏ. Per
il teorema dei lavori virtuali le configurazioni di equilibrio ordinarie del sistema sono tutti
e soltanto i punti critici del potenziale nel quadrato aperto {(x, y) ∈ (−2, 2) × (−2, 2)}.
Poiché le derivate parziali prime del potenziale si scrivono
∂U
= y−x
∂x
∂U
= x + y2
∂y
le equazioni degli equilibri ordinari assumono la forma
@
y−x = 0
(x, y) ∈ (−2, 2) × (−2, 2)
x + y2 = 0
equivalente al sistema algebrico
7y = x
x + x2 = 0
dal quale si deducono le soluzioni
(x, y) = (0, 0) ,
(−1, −1)
entrambe accettabili. Gli equilibri ordinari del sistema sono perciò
(x, y) = (0, 0)
e
(x, y) = (−1, −1) .
(b) Stabilità degli equilibri ordinari
Le sollecitazioni attive applicate al sistema hanno tutte natura posizionale conservativa per
cui la stabilità degli equilibri ordinari può essere analizzata ricorrendo ai teoremi standard
di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo si calcolano preventivamente
le derivate parziali seconde del potenziale
Uxx = −1
Stefano Siboni
Uyy = 2y
Uxy = Uyx = 1
1290
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
e la relativa matrice hessiana
HU (x, y) =
;
−1
1
1
2y
<
per poi procedere allo studio dei singoli equilibri.
Configurazione (x, y) = (0, 0)
In questa configurazione l’hessiana del potenziale è la matrice
;
<
−1 1
HU (0, 0) =
1 0
il cui determinante assume segno negativo
detHU (0, 0) = −1 < 0 .
Ne segue che i due autovalori reali della matrice hanno segno opposto e che la presenza
di un autovalore positivo consente desumere l’instabilità della configurazione, in virtù del
teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.
Configurazione (x, y) = (−1, −1)
In questo caso la matrice hessiana vale
HU (−1, −1) =
;
−1
1
1
−2
<
con determinante e traccia dati da
detHU (−1, −1) = 1
trHU (−1, −1) = −3 ;
il segno positivo del determinante comporta che gli autovalori reali della matrice siano
di segno concorde, specificato dal segno della traccia — che coincide, come noto, con la
somma degli autovalori. Se ne conclude che gli autovalori di HU (−1, −1) sono entrambi
negativi, in modo che la configurazione si riconoscere costituire un massimo relativo proprio
del potenziale, la cui stabilità è assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.
(c) Frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni
La sola configurazione ordinaria di equilibrio stabile del sistema si ha per (x, y) = (−1, −1)
ed è dunque nell’intorno di questa che si procede allo studio delle piccole oscillazioni.
L’equazione caratteristica delle piccole oscillazioni in prossimità di (x, y) = (−1, −1) si
scrive
; <
1
2 a1
2
A(−1, −1)ω + HU (−1, −1)
= 0 , (a1 a2 ) /= (0 0)
a2
dove A(−1, −1) indica la matrice dell’energia cinetica
;
<
1 0
A(x, y) =
0 1
Stefano Siboni
1291
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
e HU (−1, −1) l’hessiana del potenziale nella configurazione di equilibrio, già considerata
per l’analisi di stabilità
;
<
−1 1
.
HU (−1, −1) =
1 −2
L’equazione caratteristica dei modi normali diventa perciò
<; <
; 2
1
a1
ω −1
= 0 , (a1 a2 ) /= (0, 0)
2
1
ω −2
a2
e le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni sono individuate dall’equazione biquadratica
<
; 2
1
ω −1
= ω 4 − 3ω 2 + 1
0 = det
1
ω2 − 2
che porge le soluzioni positive
ω1 =
B
√
3+ 5
2
ω2 =
B
√
3− 5
.
2
Le frequenze normali delle piccole oscillazioni intorno a (x, y) = (−1, −1) risultano dunque
1
ω1
=
f1 =
2π
2π
B
√
3+ 5
2
e
1
ω2
f2 =
=
2π
2π
B
√
3− 5
.
2
Si possono ora caratterizzare i modi normali di oscillazione, associati alle due pulsazioni
normali ω1 e ω2 .
B
√
3+ 5
Modo normale di pulsazione ω1 =
2
Nella fattispecie l’equazione che caratterizza il modo normale di oscillazione si riduce a
√
√

 


1
+
5
3+ 5
a
1
−1
1
+ a2 
 
 a1 √

2
2
√
= 
 = 0


3+ 5
5−1
a
2
1
a1 +
−2
a2
2
2
e da essa si
√ ricava che le ampiezze di oscillazione sono legate dalla relazione lineare
1+ 5
a1 , con a1 ∈ R \ {0} arbitrario. Il modo normale di oscillazione è dunque
a2 = −
2
descritto dall’espressione
6
6
5
5
;
<
%
$ 3 + √5
1√
1√
x+1
1 + 5 cos(ω1 t+φ1) = a1
1 + 5 cos
t+φ1 ∀ t ∈ R
= a1
y+1
−
−
2
2
2
con a1 /= 0 e φ1 costanti reali fissate a piacere.
Stefano Siboni
1292
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
B
√
3− 5
Modo normale di pulsazione ω2 =
2
In questo caso le ampiezze di oscillazione del modo normale devono soddisfare l’equazione
lineare omogenea
√
√


 
 
5
1
−
3− 5
b1
b1
−1
1
1


 
 
2
2
√
√
=
= 0




3− 5
−1 − 5
b2
b2
1
1
−2
2
2
√
5−1
b1 , con b1 /= 0 arbitrario. L’equae risultano perciò legate dall’ovvia relazione b2 =
2
zione oraria del relativo modo normale risulta cosı̀ individuata da




B
;
<
1
1
$ 3 − √5
%
x+1
= b1  √5 − 1  cos(ω2 t + φ2) = b1  √5 − 1  cos
t + φ2 ∀ t ∈ R
y+1
2
2
2
con b1 /= 0 e φ2 costanti reali arbitrarie.
(d) Equilibrio di confine
La configurazione (x, y) = (−2, −1) si colloca sulla frontiera del quadrato Q e rappresenta perciò una configurazione di confine del sistema scleronomo. Per comprendere se
tale configurazione costituisca o meno un equilibrio si rende necessario ricorrere al teorema dei lavori virtuali nella sua forma generale. Poiché le componenti lagrangiane delle
sollecitazioni attive si scrivono
Qx (x, y) =
∂U
(x, y) = y − x
∂x
Qy (x, y) =
∂U
(x, y) = x + y 2
∂y
per il teorema dei lavori virtuali la configurazione è di equilibrio se e soltanto se risulta
∂U
∂U
(−2, −1) δx +
(−2, −1) δy ≤ 0
∂x
∂y
ossia
∂U
(−2, −1) ≤ 0
∂x
e
∀ δx ≥ 0 , ∀ δy ∈ R ,
∂U
(−2, −1) = 0 .
∂y
Le condizioni chiaramente non sono soddisfatte, dal momento che:
∂U
(−2, −1) = 1 > 0
∂x
∂U
(−2, −1) = −2 + (−1)2 = −1 < 0 .
∂y
Di consequensa, la configurazione (x, y) = (−2, −1) non costituisce un equilibrio di
confine del sistema.
Stefano Siboni
1293
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Esercizi di Meccanica razionale
Esercizio 231. Punto vincolato a una superficie fissa e liscia
In una terna inerziale Oxyz, con asse verticale Oz, un punto materiale pesante P di massa
m è vincolato a scorrere senza attrito sulla superficie S di parametrizzazione:
P (x, y) − O = x ê1 + y ê2 + (yx + y) ê3
∀ (x, y) ∈ [0, 1]2 .
(a) Scrivere le equazioni del moto del punto.
Soluzione
(a) Equazioni del moto del punto
Avendo componenti polinomiali nei parametri x e y, la parametrizzazione della superficie
S è chiaramente di classe C ∞ in [0, 1]2 e le sue derivate parziali prime si scrivono:
∂P
(x, y) = ê1 + yê3
∂x
∂P
(x, y) = ê2 + (x + 1)ê3
∂y
Il prodotto vettore di questi vettori tangenti risulta sempre diverso da zero
,
, ê1
,
∂P
∂P
(x, y) ∧
(x, y) = ,, 1
∂x
∂y
,0
ê2
0
1
,
ê3 ,,
y ,, = −yê1 − (x + 1)ê2 + ê3 /= 0
x + 1,
∀ (x, y) ∈ [0, 1]2
e permette di riconoscere la superficie S come regolare, individuando la direzione normale
a questa in ogni suo punto. La velocità istantanea del punto P è data dall’espressione
Ṗ = Px ẋ + Py ẏ
mentre l’accelerazione istantanea assume la forma generale
P̈ = Px ẍ + Py ÿ + Pxxẋ2 + Pxy ẏ ẋ + Pyx ẋẏ + Pyy ẏ 2 = Px ẍ + Py ÿ + Pxxẋ2 + 2Pxy ẏ ẋ + Pyy ẏ 2
in termini delle derivate seconde della parametrizzazione:
Pxx = 0
Stefano Siboni
Pxy = ê3
Pyy = 0 .
1294
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Il postulato delle reazioni vincolari permette di scrivere le relazioni equivalenti
# − mg ê3
mP̈ = Φ
P̈ =
⇐⇒
1#
Φ − g ê3
m
che sostituendo le espressioni delle derivate parziali seconde conducono a
Px ẍ + Py ÿ + 2ẋẏê3 =
ossia
Px ẍ + Py ÿ =
1#
Φ − g ê3
m
1#
Φ − (g + 2ẋẏ) ê3 .
m
# viene eliminata con la proiezione lungo le direzioni tangenti Px e
La reazione vincolare Φ
Py , linearmente indipendenti,

 Px · Px ẍ + Px · Py ÿ = −(g + 2ẋẏ) ê3 · Px
in cui vale:
 Py · Px ẍ + Py · Py ÿ = −(g + 2ẋẏ) ê3 · Py
Px · Px = 1 + y 2
Px · Py = y(x + 1)
ê3 · Px = y
Py · Py = 1 + (x + 1)2
ê3 · Py = x + 1 .
Le equazioni pure del moto del punto sono pertanto

 (1 + y 2 )ẍ + y(x + 1)ÿ = −(g + 2ẋẏ)y
 y(x + 1)ẍ + [1 + (x + 1)2 ]ÿ = −(g + 2ẋẏ)(x + 1) .
Esercizio 232. Geometria delle masse
In una terna Oxyz una lamina rigida occupa la porzione triangolare del piano coordinato
Oxy corrispondente al dominio:
D = {(x, y) : x ≥ 0 , y ≥ 0 , x + y ≤ a}
con a costante positiva. La densità areale è data da:
σ(x, y) =
Stefano Siboni
µ
(x + y)
a3
∀ (x, y) ∈ D .
1295
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Determinare:
(a) il baricentro della lamina rispetto alla terna Oxyz;
(b) la matrice d’inerzia in O rispetto alla stessa terna Oxyz;
(c) l’energia cinetica per O punto fisso e #ω = ωê1 − ωê3 ;
(d) momento angolare in O, nelle stesse ipotesi.
Soluzione
(a) Baricentro della lamina
La massa della lamina triangolare si ottiene per integrazione sul dominio D della densità
areale
m =
!
σ dxdy =
µ
a3
!a
D
=
dx
0
0
µ
= 3
a
!a
µ
µ
dy 3 (x + y) = 3
a
a
0
!a
0
#a−x
"
y2
dx xy +
=
2 0
#
"
!a
µ $
(a − x)2
a2
x2 %
= 3
dx x(a − x) +
ax − x2 +
− ax +
dx =
2
a
2
2
0
!a $
0
a−x
!
!a
µ
a2
x2 %
dx =
−
2
2
2a3
0
#a
"
µ
x3
µ
2
(a − x ) dx =
= .
a x−
3
2a
3 0
3
2
2
L’ascissa xG del baricentro è definita dalla relazione
mxG =
!
D
µ
= 3
a
x σ dxdy =
0
!a
0
Stefano Siboni
!a
dx
a−x
!
µ
µ
dy x 3 (x + y) = 3
a
a
0
"
#a−x
y2
µ
2
dx x y + x
= 3
2 0
a
!a
0
!a "
0
dx
a−x
!
dy (x2 + xy) =
0
#
x
2
x (a − x) + (a − x) dx =
2
2
1296
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Esercizi di Meccanica razionale
!a $ 3
2
3%
a2 %
µ
a
x
x
dx = 3
ax2 − x3 + x − ax2 +
− + x dx =
2
2
a
2
2
0
0
" 4
#a
1
µ
µ $ a4
x
a2 2
a4 %
= µa
= 3 − + x
= 3 − +
a
8
4
a
8
4
8
0
µ
= 3
a
!a $
e vale perciò
xG =
Poiché
σ(y, x) =
1
1
1
3
3
µa
= µa = a .
8
m
8
µ
8
µ
µ
(y
+
x)
=
(x + y) = σ(x, y)
a3
a3
∀ (x, y) ∈ D
è evidente che la bisettrice y = x costituisce un asse di simmetria del sistema, per cui
ascissa e ordinata del baricentro coincidono:
xG = yG .
La quota zG risulta infine nulla, in quanto il piano Oxy di giacitura della lamina è un
piano di simmetria:
zG = 0 .
In definitiva, il vettore posizione del baricentro rispetto alla terna Oxyz è dato da
G − O = xG ê1 + xG ê2 =
3
3
a ê1 + a ê2 .
8
8
(b) Matrice d’inerzia
Il sistema è costituito da una lamina piana interamente ubicata nel piano coordinato Oxy
della terna cartesiana Oxyz. La relativa matrice d’inerzia si presenta dunque nella forma
generale:


Lxx Lxy
0
.
0
[LO ] =  Lxy Lyy
0
0
Lxx + Lyy
Il cambiamento di variabili (x, y) → (y, x) permette di verificare agevolmente che i momenti
d’inerzia Lxx e Lyy sono identici
!
!
µ
(x + y) dxdy =
a3
D
D
!
!
µ
2 µ
x 3 (y + x) dydx =
x2 3 (x + y) dxdy = Lyy
=
a
a
Lxx =
D
Stefano Siboni
y σ dxdy =
2
y2
D
1297
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
per cui è sufficiente determinare uno solo di essi:
!a
dx
µ
= 3
a
!a
Lxx =
0
a−x
!
µ
dy 3 (x2 y + x3 ) =
a
0
0
0
#a−x
"
µ 2 y2
3
+x y
dx 3 x
=
a
2
0
"
#
x2
2
3
dx
(a − x) + x (a − x) =
2
!a $
a2 2
x − ax3 +
2
0
#a
" 2 3
µ a x
x5
=
= 3
−
a 2 3
10 0
µ
= 3
a
!a
%
x4
+ ax3 − x4 dx =
2
1
µ $ a5
a5 %
=
−
µa2 .
3
a
6
10
15
Quanto al prodotto d’inerzia Lxy si ha:
Lxy = −
!
D
µ
= − 3
a
xy σ dxdy = −
0
!a
dx
0
µ
= − 3
a
µ
= − 3
a
!a $
0
dy xy
µ
(x + y) =
a3
0
a−x
!
µ
dy (x2 y + xy 2 ) = − 3
a
0
!a
0
"
x2
x
(a − x)2 + (a − x)3
dx
2
3
!a $
0
dx
a−x
!
0
!a
µ
= − 3
a
!a
#
"
y3
dx x
+x
2
3
2y
2
#a−x
=
0
=
x4
x4 %
a3
a2 2
3
2 2
3
dx =
x − ax +
+ x − a x + ax −
2
2
3
3
"
#a
a2 2 a3 %
µ x5
a2 3 a3 2
x4
=
− x + x dx = − 3
− x + x
6
2
3
a 30
6
6
0
a5
a5 %
1
µ $ a5
−
+
= − µa2 .
= − 3
a 30
6
6
30
La matrice d’inerzia del sistema risulta pertanto:


1/15 −1/30
0
[LO ] = µa2  −1/30 1/15
0 .
0
0
2/15
Stefano Siboni
1298
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Esercizi di Meccanica razionale
(c) Energia cinetica
Nell’ipotesi che il punto O della lamina sia fisso, l’energia cinetica del sistema si esprime
per mezzo della relazione


ω
1
T = ( ω 0 − ω ) [LO ]  0  =
2
−ω



1/15 −1/30
0
1
2
ω
0  0  =
(1 0 − 1) µa2 −1/30 1/15
=
2
0
0
2/15
−1


1/15
$1
1
1 2 2
2%
1 2 2

= µa ω (1 0 − 1) −1/30  = µa2 ω 2
+
=
µa ω .
2
2
15 15
10
−2/15
(d) Momento angolare in O
Il momento angolare del sistema rispetto al polo fisso O si scrive
# O = K1 ê1 + K2 ê2 + K3 ê3
K
e le sue componenti possono essere ricavate per mezzo della relazione matriciale









K1
ω
1/15 −1/30
0
1/15
1
 K2  = [LO ]  0  = µa2 ω  −1/30 1/15
0  0  = µa2 ω  −1/30 
K3
−ω
0
0
2/15
−2/15
−1
dalla quale si conclude che
# O = µa2 ω
K
$1
1
2 %
ê1 − ê2 − ê3 .
15
30
15
Esercizio 233. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativo
Una circonferenza omogenea γ, di centro C, raggio R, massa m, rotola senza strisciare
sull’asse orizzontale Ox di un riferimento inerziale Oxyz e un ostacolo le impedisce di
posizionarsi a sinistra del punto D(3R, 0). Un’asta rigida omogenea AB di lunghezza R e
massa m può scorrere liberamente con i propri estremi lungo γ. Il sistema è pesante e una
molla ideale di costante elastica k collega il centro C di γ con l’origine O.
Stefano Siboni
1299
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Esercizi di Meccanica razionale
Si usino le coordinate lagrangiane s ∈ (−∞, 2] e φ ∈ R illustrate in figura e l’ipotesi dei
vincoli ideali per:
(a) determinare l’energia cinetica del sistema;
(b) individuare gli equilibri ordinari del sistema;
(c) analizzare le proprietà di stabilità degli equilibri ordinari;
(d) scrivere le equazioni di Lagrange;
(e) stabilire se la configurazione (s, φ) = (2, 0) è un equilibrio di confine.
Soluzione
(a) Energia cinetica
L’energia cinetica del sistema risulta dalla somma di due contributi, l’uno relativo alla
circonferenza γ e l’altro imputabile all’asta AB. Conviene calcolare separatamente le
energie cinetiche delle due parti rigide.
Energia cinetica della circonferenza γ
Il baricentro della circonferenza omogenea coincide con il centro C di questa ed il suo
vettore posizione si scrive
C − O = Rs ê1 + R ê2
e la sua velocità istantanea si ottiene derivando l’espressione rispetto al tempo:
Ċ = Rṡ ê1 .
La velocità angolare istantanea #ωγ = ωγ ê3 di γ è determinata dalla condizione di puro rotolamento, imponendo l’annullarsi della velocità del punto P di contatto fra la circonferenza
e l’asse orizzontale Ox:
0 = Ṗ = Ċ + #ωγ ∧ (P − C) = Rṡ ê1 + ωγ ê3 ∧ (−Rê2 ) = R(ṡ + ωγ )ê3 ,
in modo che risulta
#ωγ = −ṡ ê3 .
Il momento d’inerzia della circonferenza rispetto all’asse Cz vale infine
γ
ICz
= mR2 .
L’energia cinetica di γ è allora esprimibile per mezzo del teorema di König:
Tγ =
m 2 1 γ
m 2 2 1
mR2 2 mR2 2
R ṡ + mR2 | − ṡê3 |2 =
ṡ +
ṡ = mR2 ṡ2 .
Ċ + ICz |#ωγ |2 =
2
2
2
2
2
2
Stefano Siboni
1300
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Energia cinetica dell’asta AB
L’asta omogenea ha il proprio baricentro G nel suo punto medio; poichè il triangolo ABC
è per ipotesi isoscele, il segmento CG rappresenta la distanza dell’asta dal centro della
circonferenza γ e la sua distanza risulta
√
3
|G − C| =
R.
2
Il vettore posizione del baricentro rispetto alla terna Oxyz si scrive perciò
√
√
3
3
R sin φ ê1 −
R cos φ ê2 =
G − O = C − O + G − C = Rs ê1 + R ê2 +
2
2
√
√
$
$
%
%
3
3
= R s+
sin φ ê1 + R 1 −
cos φ ê2
2
2
in modo che la corrispondente velocità istantanea in Oxyz risulta
√
√
$
%
3
3
Ġ = R ṡ +
cos φ φ̇ ê1 + R
sin φ φ̇ ê2
2
2
con modulo quadrato
"
|Ġ| = R ṡ +
2
2
2
√
#
3 2
3 cos φ ṡφ̇ + φ̇ .
4
L’angolo che l’asta AB forma con la direzione positiva dell’asse Ox coincide con il parametro lagrangiano φ, che peraltro è orientato rispetto all’asse Gz conformemente alla convenzione levogira, per cui la velocità angolare istantanea dell’asta si esprime come
#ωAB = φ̇ ê3 .
Il momento d’inerzia dell’asta relativo all’asse Gz vale infine
AB
=
IGz
mR2
.
12
Non rimane che applicare il teorema di König per ottenere l’energia cinetica cercata:
m 2 1 AB
Ġ + IGz |#ωAB |2 =
2
" 2
#
1 mR2 2
3 2
mR2 $ 2 √
5 %
m 2 2 √
R ṡ + 3 cos φ ṡφ̇ + φ̇ +
ṡ + 3 cos φ ṡφ̇ + φ̇2 .
=
φ̇ =
2
4
2 12
2
6
TAB =
Energia cinetica del sistema
L’energia cinetica del sistema si deduce ora come somma dei contributi calcolati:
mR2 $ 2 √
5 %
ṡ + 3 cos φ ṡφ̇ + φ̇2 =
T = Tγ + TAB = mR2 ṡ2 +
2
6
%
2$
√
5
mR
3ṡ2 + 3 cos φ ṡφ̇ + φ̇2 .
=
2
6
Stefano Siboni
1301
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
(b) Equilibri ordinari
Tutte le sollecitazioni attive agenti sul sistema hanno natura posizionale conservativa,
essendo costituite dal campo delle forze peso e dall’interazione elastica fra il centro C della
circonferenza e l’origine O. Il potenziale gravitazionale è la somma dei contributi relativi
alla circonferenza e all’asta AB:
Ug = −mg ê2 · (C − O) − mg ê2 · (G − O) =
√
√
3
3
= −mgR + mg
R cos φ − mgR =
mgR cos φ + costante
2
2
mentre quello elastico assume la forma
k
k
kR2 2
s + costante
Uel = − |C − O|2 = − (R2 + R2 s2 ) = −
2
2
2
per cui, omesse le costanti additive inessenziali, il potenziale del sistema diventa:
√
3
kR2 2
∀ (s, φ) ∈ (−∞, 2] × R .
mgR cos φ −
s
U(s, φ) =
2
2
Gli equilibri ordinari del sistema sono tutti e soli i punti critici del potenziale, purchè
ricompresi nell’interno del dominio di definizione della parametrizzazione:
∂U
(s, φ) = 0
∂s
∂U
(s, φ) = 0
∂φ
(s, φ) ∈ (−∞, 2) × R .
Essi si identificano perciò con le soluzioni del sistema di equazioni algebriche:
√
3
2
mgR sin φ = 0
(s, φ) ∈ (−∞, 2) × R
−
−kR s = 0
2
che a meno di multipli interi di 2π nella variabile angolare, fisicamente irrilevanti, sono
date da:
(s, φ) = (0, 0) , (0, π) .
(c) Stabilità degli equilibri ordinari
Le proprietà di stabilità degli equilibri ordinari possono essere analizzate mediante i teoremi
di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo si devono calcolare le derivate
seconde del potenziale:
√
∂2U
∂2U
3
∂2U
∂2U
=
−k
=
−
mgR
cos
φ
=
= 0
∂s2
∂φ2
2
∂φ∂s
∂s∂φ
e la corrispondente matrice hessiana:
HU (s, φ) =
Stefano Siboni
5
−k
0
√ 0
3
−
mgR cos φ
2
6
1302
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
per poi procedere all’analisi di stabilità delle singole configurazioni.
Configurazione (s, φ) = (0, 0)
In questo caso l’hessiana del potenziale si riduce a
5
6
−k
√0
HU (0, 0) =
3
0 −
mgR
2
nella quale si riconoscono immediatamente gli elementi diagonali come gli autovalori, entrambi negativi, della matrice. Ne segue che la configurazione (s, φ) = (0, 0) costituisce un
massimo relativo proprio del potenziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet.
Configurazione (s, φ) = (0, π)
In questa configurazione l’hessiana del potenziale ammette autovalori di segno opposto:
6
5
−k √ 0
;
HU (0, π) =
3
mgR
0
2
la presenza dell’autovalore positivo autorizza ad applicare il teorema di inversione parziale
di Lagrange-Dirichlet e a concludere che l’equilibrio è instabile.
(d) Equazioni di Lagrange
La lagrangiana del sistema è la somma L = T + U dell’energia cinetica e del potenziale:
√
mR2 $ 2 √
3
kR2 2
5 2%
L =
3ṡ + 3 cos φ ṡφ̇ + φ̇ +
mgR cos φ −
s
2
6
2
2
e da essa si deducono le relazioni:
√
%
$
3
∂L
2
= mR 3ṡ +
cos φ φ̇
∂ ṡ
2
√
√
$
%
d $ ∂L %
3
3
2
2
= mR 3s̈ +
cos φ φ̈ −
sin φ φ̇
dt ∂ ṡ
2
2
∂L
= −kR2 s
∂s
$ √3
∂L
5 %
2
cos φ ṡ + φ̇
= mR
2
6
∂ φ̇
√
√
%
$ 3
5
3
d $ ∂L %
2
cos φ s̈ + φ̈ −
sin φ ṡφ̇
= mR
dt ∂ φ̇
2
6
2
√
√
∂L
3
3
= −
mR2 sin φ ṡφ̇ −
mgR sin φ.
∂φ
2
2
Le equazioni di Lagrange del moto:
d $ ∂L % ∂L
−
= 0
dt ∂ ṡ
∂s
Stefano Siboni
d $ ∂L % ∂L
= 0
−
dt ∂ φ̇
∂φ
1303
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
diventano pertanto:

√
√
$
%

3
3
2
2


mR
3s̈
+
+ kR2 s = 0
cos
φ
φ̈
−
sin
φ
φ̇

2
2
$ √3
% √3
5

2

cos φ s̈ + φ̈ +
mgR sin φ = 0 .

 mR
2
6
2
(e) Equilibrio in (s, φ) = (2, 0)
Il teorema dei lavori virtuali stabilisce che la configurazione di confine (s, φ) = (2, 0)
costituisce un equilibrio del sistema se e soltanto se il lavoro virtuale delle forze attive
risulta non positivo per ogni spostamento virtuale relativo alla configurazione considerata:
∂U
∂U
(2, 0) δs +
(2, 0) δφ ≤ 0
∂s
∂φ
∀ δs ≤ 0 ∀ δφ ∈ R
vale a dire se e soltanto se risulta:
∂U
(2, 0) ≥ 0
∂s
e
∂U
(2, 0) = 0 .
∂φ
Nella fattispecie si ha:
,
,
∂U
2 ,
= −2kR2
(2, 0) = −kR s,
∂s
(s,φ)=(2,0)
√
,
,
∂U
3
= 0
(2, 0) = −
sin φ,,
∂φ
2
(s,φ)=(2,0)
per cui la condizione del teorema dei lavori virtuali non è soddisfatta. La configurazione
non costituisce, pertanto, un equilibrio di confine del sistema.
Esercizio 234. Geometria delle masse e punto vincolato a una curva liscia
In una terna di riferimento inerziale Oxyz è data la curva materiale liscia Γ di parametrizzazione
x2
P (x) = x ê1 −
ê2 , x ∈ [0, 1]
2
e densità lineare
µ
,
λ(x) = √
1 + x2
x ∈ [0, 1]
essendo µ > 0 costante. Sulla curva è vincolato a scorrere un punto materiale P di massa
m, soggetto alla forza peso −mg ê2 .
Stefano Siboni
1304
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Si chiede di determinare:
(a) la posizione del baricentro G di Γ rispetto a Oxyz;
(b) la matrice d’inerzia di Γ relativamente alla stessa terna;
(c) il momento d’inerzia di Γ rispetto all’asse y = x;
(d) la matrice d’inerzia di Γ rispetto alla terna di origine G e con gli assi paralleli a quelli
di Oxyz;
(e) le equazioni del moto del punto P .
Soluzione
(a) Posizione del baricentro di Γ
Poiché la curva si colloca nel piano coordinato Oxy, che evidentemente si identifica con
un suo piano di simmetria, appare evidente che il baricentro G di Γ deve localizzarsi nello
stesso piano, in modo che il vettore posizione del baricentro assumerà la forma:
G − O = xG ê1 + yG ê2 .
La massa della curva materiale si otterrà integrando l’elemento infinitesimo di massa
,
,
µ
,ê1 − x ê2 , dx = µ dx
dm(x) = λ(x) |P " (x)| dx = √
1 + x2
sull’intero intervallo [0, 1] del parametro, e sarà data perciò dall’integrale definito:
m =
!1
µ dx = µ .
0
Per l’ascissa xG del centro di massa si ha allora l’espressione:
xG
Stefano Siboni
1
=
m
!
1
x dm =
µ
Γ
!1
0
xµ dx =
"
x2
2
#1
0
=
1
2
1305
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
mentre la corrispondente ordinata yG vale
1
=
m
yG
" 3 #1
!1 2
! $ 2%
1
x
1
x
x
dm = −
−
= −
µ dx = −
2
µ
2
6 0
6
Γ
0
e pertanto risulta:
G−O =
1
1
ê1 − ê2 .
2
6
(b) Matrice d’inerzia della curva materiale
La matrice d’inerzia di Γ si presenta nella forma generale:


Lxx Lxy
0

0
[LO ] =  Lxy Lyy
0
0
Lxx + Lyy
dovuta alla particolare collocazione della curva, che è completamente ubicata nel piano
coordinato Oxy. Il momento d’inerzia Lxx si deduce dalla definizione:
Lxx =
!
(y + z ) dm =
2
2
Γ
!
y dm =
2
!1 $
0
Γ
x2 %2
µ
−
µ dx =
2
4
!1
0
" #1
µ x5
µ
x dx =
=
4 5 0
20
4
al pari del momento relativo all’asse Oy:
Lyy =
!
(x + z ) dm =
2
2
Γ
!
x dm =
2
Γ
!1
0
" 3 #1
x
µ
x µ dx = µ
= .
3 0
3
2
Il prodotto d’inerzia Lxy vale invece:
Lxy = −
!
Γ
" #1
!1 $ 2 %
!1
µ
x
µ x4
µ
3
µ dx =
xy dm = − x −
x dx =
= .
2
2
2 4 0
8
0
0
La matrice d’inerzia risulta cosı̀:

1/20
[LO ] = µ  1/8
0

1/8
0
1/3
0 .
0
23/60
(c) Momento d’inerzia rispetto all’asse y = x
La retta di equazione y = x passa per l’origine O della terna di riferimento e la sua direzione
è specificata dal versore
1
1
ê1 + ê2
= √ ê1 + √ ê2 .
n̂ =
|ê1 + ê2 |
2
2
Stefano Siboni
1306
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Il momento d’inerzia relativo alla retta On̂ può dunque esprimersi per mezzo della ben
nota relazione matriciale

 
 
1/20 1/8
0
1
n1
1





0
1 =
IOn̂ = (n1 n2 n3 )[LO ] n2
= (1 1 0)µ 1/8 1/3
2
0
0
23/60
0
n3


7/40
µ
µ$ 7
11 %
19


= (1 1 0) 11/24 =
+
=
µ
2
2 40 24
60
0
che fornisce cosı̀ il risultato richiesto.
(d) Matrice d’inerzia rispetto ad una terna baricentrale
La matrice d’inerzia [LG ] relativa alla terna di riferimento baricentrale Gxyz, i cui assi
sono rispettivamente paralleli a quelli della terna Oxyz, è legata alla [LO ] dal teorema di
Huygens-Steiner generalizzato:

d2y + d2z
[LO ] = [LG ] + µ  −dx dy
−dx dz
−dx dy
d2x + d2z
−dy dz

−dx dz
−dx dz 
d2x + d2y
dove dx , dy e dz indicano le coordinate del baricentro rispetto alla terna Oxyz:
dx =
1
2
dy = −
1
6
dz = 0 .
Si ha perciò:


d2y + d2z −dx dy
−dxdz
[LG ] = [LO ] − µ  −dx dy d2x + d2z −dxdz  =
−dx dz
−dy dz d2x + d2y





1/20 1/8
0
1/36 1/12
0
1/45 1/24





− µ 1/12 1/4
0
= µ 1/24 1/12
= µ 1/8 1/3
0
0
0
0
0 23/60
0
0
5/18

0
0 .
19/180
(e) Equazioni del moto del punto P
Un vettore tangente alla curva Γ nella posizione individuata dal valore x ∈ [0, 1] dell’ascissa
è dato dalla derivata prima della parametrizzazione P (x):
P " (x) = ê1 − x ê2
per cui la componente tangente alla curva della forza peso vale:
−mg ê2 ·
Stefano Siboni
mgx
P " (x)
ê1 − x ê2
= −mg ê2 ·
= √
.
"
|P (x)|
|ê1 − x ê2 |
1 + x2
1307
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
D’altra parte, per un generico moto possibile del punto P la velocità istantanea si deduce
derivando rispetto al tempo la parametrizzazione P (x), avendo cura di sostituire a x una
qualsiasi funzione regolare di t:
Ṗ = (ê1 − x ê2 ) ẋ
e una ulteriore derivazione in t porge l’espressione dell’accelerazione istantanea:
P̈ = (ê1 − x ê2 ) ẍ − ẋ2 ê2 = ẍê1 − (xẍ + ẋ2 ) ê2
con componente tangenziale:
P̈ ·
ê1 − xê2
ẍ + x2 ẍ + xẋ2
P " (x)
2
√
√
−
(xẍ
+
ẋ
)
ê
]
·
=
.
=
[ẍê
1
2
|P " (x)|
1 + x2
1 + x2
L’equazione pura del moto si scrive pertanto, nell’ipotesi di curva liscia,
mP̈ ·
ossia:
P " (x)
P " (x)
=
−mg
ê
·
2
|P " (x)|
|P " (x)|
ẍ + x2 ẍ + xẋ2
mgx
√
= √
,
2
1+x
1 + x2
espressione che è peraltro possibile semplificare in:
m
ẍ + x2 ẍ + xẋ2 = gx .
Esercizio 235. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativo
Un punto materiale C, di massa m, può scorrere senza attrito lungo una circonferenza fissa
γ di centro O e raggio R, posta nel piano coordinato Oxy di una terna cartesiana Oxyz
che ruota attorno all’asse verticale Oy con velocità angolare costante ωê2 rispetto ad un
riferimento inerziale. Una molla ideale di costante elastica mω 2 collega C con il vertice P
di un quadrato omogeneo L, di massa m, vincolato a scorrere lungo l’asse Oy e al di sotto
di γ — vedi figura. L’intero sistema è soggetto al campo delle forze peso.
Stefano Siboni
1308
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Esercizi di Meccanica razionale
Supposti i vincoli ideali e assumendo g > 2Rω 2 , si faccia uso delle coordinate θ ∈ R e
s ∈ [1, +∞) in figura per determinare:
(a) l’energia cinetica del sistema;
(b) un integrale primo del sistema;
(c) gli equilibri ordinari;
(d) le proprietà di stabilità degli equilibri ordinari;
(e) le equazioni di Lagrange del moto;
(f) se la configurazione (θ, s) = (0, 1) è un equilibrio di confine del sistema (facoltativo).
Soluzione
(a) Energia cinetica del sistema
L’energia cinetica T del sistema è costituita dalla somma delle energie cinetiche del punto
C e della lamina L. Il vettore posizione del centro C si scrive:
C − O = R sin θ ê1 − R cos θ ê2
e la corrispondente velocità vale:
Ċ = R(cos θ ê1 + sin θ ê2 ) θ̇
per cui l’energia cinetica di C risulta:
1
m 2 2
mĊ 2 =
R θ̇ .
2
2
Per contro, la lamina L si muove di moto traslatorio rettilineo e la velocità di ogni suo
punto — ad esempio di P — è data dall’espressione:
TC =
Ṗ = −Rṡ ê2
cosicché la relativa energia cinetica diventa:
1
m 2 2
R ṡ .
TL = mṖ 2 =
2
2
Ne deriva che:
m 2 2 m 2 2
m 2 2
R θ̇ + R ṡ =
R (θ̇ + ṡ2 ).
T = TC + TL =
2
2
2
(b) Integrale primo
Il sistema scleronomo è soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali e conservative,
costituite dal peso, dall’interazione elastica fra i punti C e P , dal campo delle forze centrifughe. A rigore sul sistema agiscono anche le forze di Coriolis, che tuttavia hanno
componenti lagrangiane identicamente nulle: per provarlo è sufficiente considerare che le
forze di Coriolis sono tutte dirette perpendicolarmente al piano Oxy, mentre i vettori:
∂C
∂C
= R(cos θ ê1 + sin θ ê2 )
= 0
∂θ
∂s
e:
∂P
∂P
= 0
= −R ê2
∂θ
∂s
risultanto tutti paralleli allo stesso piano. Il potenziale del sistema è calcolato come somma
dei potenziali gravitazionale, elastico e centrifugo.
Stefano Siboni
1309
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Potenziale gravitazionale
Il potenziale gravitazionale del punto C assume la forma:
UgC = −mg ê2 · (C − O) = mgR cos θ
mentre quello della lamina è dato da:
UgL = −mg ê2 · (P − O) = mgRs
e la somma dei due vale perciò:
Ug = mgR cos θ + mgRs = mgR(cos θ + s).
Potenziale elastico
Il potenziale associato all’interazione elastica fra C e P si ricava per mezzo della definizione:
k
mω 2
Uel = − (C − P )2 = −
[R sin θ ê1 − R cos θ ê2 + Rs ê2 ]2 =
2
2
1
mω 2 2
= −
R [sin2 θ + (s − cos θ)2 ] = mω 2 R2 (−s2 + 2s cos θ − 1).
2
2
Potenziale centrifugo
Poiché il momento d’inerzia della lamina L rispetto all’asse Oz non viene modificato al
variare della coordinata s, il relativo potenziale centrifugo si mantiene costante e può quindi
essere ignorato. Quanto al punto C si ha:
Ucf =
m 2
1
ω [(C − O) · ê1 ]2 = mR2 ω 2 sin2 θ .
2
2
Potenziale del sistema
La somma dei potenziali precedentemente calcolati fornisce il potenziale del sistema:
1
1
U(θ, s) = mgR(cos θ + s) + mω 2 R2 (−s2 + 2s cos θ) + mR2 ω 2 sin2 θ =
2
2
$ g
2
g
s
1 2 %
cos
θ
+
s
−
= mR2 ω 2
+
s
cos
θ
+
sin θ
Rω 2
Rω 2
2
2
Integrale primo
Il sistema scleronomo soggetto a sollecitazioni attive posizionali conservative ammette un
ovvio integrale primo, quello dell’energia meccanica H = T − U. Si ha perciò:
$ g
1 2 %
g
s2
m 2 2
2
2 2
˙
R (θ̇ + ṡ ) − mR ω
+ s cos θ + sin θ
cos θ +
s−
H(θ, s, θ, ṡ) =
2
Rω 2
Rω 2
2
2
∀ (θ, s, θ̇, ṡ) ∈ R × [1, +∞) × R2 .
Stefano Siboni
1310
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Esercizi di Meccanica razionale
(c) Equilibri ordinari
Gli equilibri ordinari del sistema si identificano con i punti critici del potenziale U nel
dominio aperto {(θ, s) ∈ R × (1, +∞)}. Le derivate parziali prime di U si scrivono:
$
%
g
∂U
= mR2 ω 2 −
sin
θ
−
s
sin
θ
+
sin
θ
cos
θ
∂θ
Rω 2
$ g
%
∂U
2 2
= mR ω
− s + cos θ
∂s
Rω 2
e quindi gli equilibri ordinari sono tutte e sole le soluzioni del sistema trigonometrico:

g
−
sin θ − s sin θ + sin θ cos θ = 0
Rω 2
g

− s + cos θ = 0
Rω 2
la cui seconda equazione porge la relazione:
s =
g
+ cos θ
Rω 2
che sostituita nella prima conduce all’equazione in θ:
−
g
g
sin θ −
sin θ − sin θ cos θ + sin θ cos θ = 0
2
Rω
Rω 2
ossia:
2g
sin θ = 0 .
Rω 2
Se ne conclude che i valori di equilibrio di θ sono:
−
θ = 0
I punti critici del potenziale sono pertanto:
$
%
g
(θ, s) = 0,
+
1
Rω 2
e
θ = π.
(θ, s) =
$
π,
%
g
−
1
Rω 2
entrambi accettabili per via della condizione g > 2Rω 2 , che assicura i valori di equilibrio
della variabile s essere entrambi maggiori di 1.
(d) Stabilità degli equilibri ordinari
Le proprietà di stabilità degli equilibri ordinari possono essere studiate facendo ricorso
ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale, considerato che il sistema è
scleronomo e sottoposto unicamente a sollecitazioni posizionali conservative. Le derivate
parziali seconde del potenziale si scrivono:
$
%
∂2U
g
2 2
2
2
(θ, s) = mR ω −
cos θ − s cos θ + cos θ − sin θ
∂θ2
Rω 2
Stefano Siboni
1311
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Esercizi di Meccanica razionale
∂2U
∂2U
∂2U
2 2
(θ,
s)
=
(θ, s) = −mR2 ω 2 sin θ
(θ,
s)
=
−mR
ω
∂s2
∂θ∂s
∂s∂θ
in modo che la corrispondente matrice hessiana assume la forma:
6
5
g
2
−
cos
θ
−
s
cos
θ
+
2cos
θ
−
1
−
sin
θ
.
HU (θ, s) = mR2 ω 2
Rω 2
− sin θ
−1
$
%
g
Configurazione (θ, s) = 0,
+
1
Rω 2
In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale si riduce alla forma diagonale:
;
<
$
%
g
−2g/Rω 2 0
2 2
+ 1 = mR ω
HU 0,
0
−1
Rω 2
con autovalori entrambi negativi. La configurazione rappresenta perciò un massimo relativo
proprio del potenziale, la cui stabilità è assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.
%
$
g
−
1
Configurazione (θ, s) = π,
Rω 2
Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale vale:
;
<
$
%
g
2g/Rω 2 0
2 2
− 1 = mR ω
HU π,
0
−1
Rω 2
e presenta autovalori di segno opposto — i suoi elementi diagonali. Il teorema di inversione
parziale di Lagrange-Dirichlet consente di concludere che la configurazione di equilibrio è
instabile.
(e) Equazioni di Lagrange
Nell’ipotesi dei vincoli ideali, le equazioni pure del moto si identificano con quelle di Lagrange:
d $ ∂L % ∂L
d $ ∂L % ∂L
−
−
= 0
= 0
dt ∂ θ̇
∂θ
dt ∂ ṡ
∂s
nelle quali la lagrangiana L = T + U si scrive:
L =
$ g
1 2 %
g
s2
m 2 2
R (θ̇ + ṡ2 ) + mR2 ω 2
+
s
cos
θ
+
sin θ .
cos
θ
+
s
−
2
Rω 2
Rω 2
2
2
Da questa si deducono le espressioni:
$
%
g
∂L
d $ ∂L %
= mR2 θ̈
sin
θ
−
s
sin
θ
+
sin
θ
cos
θ
= mR2 ω 2 −
dt ∂ θ̇
∂θ
Rω 2
$ g
%
d $ ∂L %
∂L
= mR2 ω 2
−
s
+
cos
θ
= mR2 s̈
dt ∂ ṡ
∂s
Rω 2
che sostituite nelle equazioni di Lagrange porgono le equazioni del moto richieste:
$ g
%
2
2 2
mR θ̈ + mR ω
+ s − cos θ sin θ = 0
Rω 2
Stefano Siboni
1312
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Esercizi di Meccanica razionale
$ g
%
mR s̈ − mR ω
− s + cos θ = 0.
Rω 2
2
2
2
(f) Equilibrio in (θ, s) = (0, 1)
Quella individuata da (θ, s) = (0, 1) è una configurazione di confine del sistema. Il teorema
dei lavori virtuali stabilisce che la configurazione è di equilibrio se e soltanto se il lavoro
virtuale delle sollecitazioni attive risulta non positivo per ogni spostamento virtuale (δθ, δs)
del sistema relativo alla configurazione considerata:
δL =
∂U
∂U
(0, 1) δθ +
(0, 1) δs ≤ 0
∂θ
∂s
ossia per
∂U
(0, 1) = 0
∂θ
e
∀ δθ ∈ R ,
∀ δs ≥ 0
∂U
(0, 1) ≤ 0 .
∂s
Nella fattispecie si ha
∂U
(0, 1) = 0
∂θ
∂U
(0, 1) = mgR > 0
∂s
per cui la condizione del teorema dei lavori virtuali non è soddisfatta. La configurazione
non rappresenta un equilibrio del sistema.
Esercizio 236. Energia meccanica come funzione di Liapunov
Facendo uso della funzione di Liapunov
V (x, v) =
v2
ω2 2
+
x ,
2
2
verificare che la soluzione costante (x(t), v(t)) = (0, 0), t ∈ R, dell’equazione differenziale
@
ẋ = v
v̇ = −ω 2 x − βv 3
(x, v) ∈ R2
(236.1)
con β > 0, è stabile secondo Liapunov.
Soluzione
La funzione V si annulla in (x, v) = (0, 0) ed assume segno strettamente positivo in ogni
altro punto di R2 , risultando pertanto definita positiva in ogni sfera chiusa B[γ] ⊂ R2 di
centro (0, 0) e raggio γ > 0 arbitrario. La relativa derivata lungo le soluzioni dell’equazione
(236.1) — o derivata di Lie di V — si scrive
V̇ (x, v) =
∂V
∂V
v+
(−ω 2 x − βv 3 ) = ω 2 xv + v(−ω 2 x − βv 3 ) = −βv 4
∂x
∂v
e si annulla in (x, v) = (0, 0), assumendo valori non positivi in ogni altro punto di R2 . Da
notare che V̇ è semidefinita ma non definita negativa in ogni sfera B[γ] ⊂ R2 , in quanto
Stefano Siboni
1313
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Esercizi di Meccanica razionale
tutti i punti posti lungo il diametro v = 0 sono zeri della funzione distinti dal centro (0, 0).
Dal criterio di Liapunov di stabilità si conclude che la soluzione di equilibrio (x, v) = (0, 0)
è stabile. Si osservi che l’equazione (236.1) può interpretarsi come l’equazione del moto di
un punto materiale di massa unitaria in moto lungo l’asse x, soggetto ad una forza elastica
−ω 2 x e ad una forza resistente −β ẋ3 , mentre la funzione di Liapunov V è identificabile
con l’energia meccanica del sistema. In tal modo l’espressione di V̇ si riduce al teorema
dell’energia cinetica — la derivata lungo un moto del sistema dell’energia meccanica è
uguale alla potenza delle forze non posizionali conservative, −βv 3.
Esercizio 237. Stabilità e stabilità asintotica con i teoremi di Liapunov
Si verifichi che per α > 0 la soluzione (x(t), v(t)) = (0, 0), t ∈ R, dell’equazione differenziale
C
ẋ = v
k
v̇ = − (x + x3 ) − αv
m
(x, v) ∈ R2
(237.1)
è stabile, facendo uso della funzione di Liapunov
E(x, v) =
$ x2
mv 2
x4 %
.
+k
+
2
2
4
Si dimostri la stabilità asintotica della stessa soluzione sostituendo a E(x, v) la funzione
di Liapunov
$
x2 %
(237.2)
V (x, v) = E(x, v) + β xv + α
2
con β > 0 sufficientemente piccolo.
Soluzione
La funzione di Liapunov E(x, v) si interpreta come l’energia meccanica di un punto materiale di massa m vincolato a muoversi lungo l’asse x e soggetto ad una sollecitazione
posizionale conservativa −k(x + x3 ) e ad una forza viscosa −αẋ. La sua derivata lungo le
soluzioni di (237.1) vale
Ė(x, v) = −mαv 2 .
L’energia meccanica è definita positiva in qualsiasi sfera B[γ] di raggio γ arbitrario, in
quanto E(0, 0) = 0 e E(x, v) > 0 ∀ (x, y) /= (0, 0). La derivata di Lie Ė si annulla in
(x, y) = (0, 0) ed è minore o uguale a zero in ogni altro punto, risultando perciò semidefinita
negativa in qualsiasi sfera di raggio γ e centro (0, 0). Il teorema di Liapunov di stabilità
assicura dunque la stabilità della soluzione statica (x, v) = (0, 0). La derivata della funzione
di Liapunov alternativa V lungo le soluzioni di (237.1) assume la forma
V̇ (x, v) = −β
Stefano Siboni
k 2
(x + x4 ) − (αm − β)v 2
m
1314
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Esercizi di Meccanica razionale
dalla quale è immediato riconoscere che si tratta di una funzione definita negativa in
qualsiasi sfera B[γ], a condizione di assumere β < mα (come è lecito). Un poco più di
attenzione richiede l’esame della funzione V : le derivate parziali prime di questa si scrivono
infatti
∂V
∂V
= k(x + x3 ) + β(v + αx)
= mv + βx
∂x
∂v
mentre le derivate seconde valgono
∂2V
= k(1 + 3x2 ) + βα
∂x2
∂2V
= m
∂v 2
∂2V
= β.
∂x∂v
La funzione di Liapunov presenta un unico punto critico in corrispondenza del punto fisso
(x, v) = (0, 0). Lo si ricava uguagliando a zero le derivate prime e risolvendo dunque il
sistema di equazioni algebriche

 k(x + x3 ) + β(v + αx) = 0
 mv + βx = 0
la seconda delle quali porge la relazione
v = −
β
x
m
che sostituita nella prima conduce all’equazione in x
equivalente a
Si hanno due possibilità:
%
$ β
k(x + x3 ) + β − x + αx = 0
m
$
β2 %
2
x kx + αβx + k −
= 0.
m
(i) che risulti x = 0 e quindi v = −βx/m = 0, per cui un punto critico è certamente
(x, v) = (0, 0);
(ii) che si abbia
kx2 + αβx + k −
ossia
β2
= 0
m
=
"
#
$
1
β2 %
2
2
x =
−αβ ± α β − 4k k −
2k
m
radici entrambe complesse per β ∈ R abbastanza piccolo — come infatti risulta per
β = 0:
1 >
−4k 2 = ±i .
x = ±
2k
Stefano Siboni
1315
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Esercizi di Meccanica razionale
(x, v) = (0, 0) è dunque il solo punto critico della funzione V . In effetti si tratta di un
punto di minimo assoluto, come si verifica dal calcolo della matrice hessiana
HV (0, 0) =
;
k + αβ
β
β
m
<
che ∀ β ∈ R abbastanza piccolo risulta definita positiva per via del segno positivo di
determinante e traccia
detHV (0, 0) = m(k + αβ) − β 2 > 0
trHV (0, 0) = m + k + αβ > 0 .
Dall’essere V (0, 0) = 0 si conclude che la funzione V è definita positiva entro qualsiasi
sfera chiusa B[γ] di raggio γ > 0 arbitrario. Il criterio di Liapunov di stabilità asintotica
basta cosı̀ ad assicurare la stabilità asintotica della soluzione statica.
Esercizio 238. Inestendibilità ai casi critici del teorema di analisi lineare
Si determinino le proprietà di stabilità della soluzione (x(t), v(t)) = (0, 0), t ∈ R, del
sistema
7
ẋ = v
(238.1)
v̇ = αx3
al variare del parametro α ∈ R. Mettere in relazione il risultato con il teorema di analisi
lineare della stabilità.
Soluzione
È evidente che l’unica soluzione statica si identifica con (x(t), v(t)) = (0, 0) ∀ t ∈ R, corrispondente all’unico equilibrio x = 0. L’espressione matriciale equivalente dell’equazione
differenziale si scrive
d
dt
; <
;
<
; < ;
<
;
x
v
v
0
0
=
=
+
=
3
3
v
αx
0
αx
0
1
0
<; < ;
<
x
0
+
v
αx3
per cui le equazioni linearizzate del moto nell’intorno di (x, v) = (0, 0) diventano
d
dt
; <
;
<; <
x
0 1
x
=
v
0 0
v
con autovalori nulli — autovalore λ = 0 doppio —, soluzioni dell’equazione caratteristica
,
,
, −λ 1 ,
, = λ2 = 0 .
det ,,
0 −λ ,
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1316
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Esercizi di Meccanica razionale
Ricorre un caso critico, visto che gli autovalori del sistema linearizzato né hanno tutti parte
reale negativa (stabilità asintotica), né almeno uno di essi presenta parte reale positiva —
instabilità. Il tutto indipendentemente dal valore di α. Ma l’equazione (238.1) descrive un
sistema scleronomo unidimensionale posizionale di energia potenziale
W (x) = −αx4 /4
al quale è dato applicare l’analisi di Weierstrass per concludere che:
(i) se α < 0 l’energia potenziale ha in x = 0 un minimo assoluto proprio, la cui stabilità
è assicurata dalla discussione di Weierstrass, visto che i moti sono tutti oscillatori
(ovvero dal teorema di Lagrange-Dirichlet, qui applicabile);
(ii) se α > 0 l’energia potenziale ha un massimo assoluto stretto nello stesso punto x = 0,
che quindi è instabile per Weierstrass (tutti i moti di energia anche solo leggermente
superiore a 0 sono indefinitamente progressivi o retrogradi).
Pertanto α non influenza il sistema linearizzato delle equazioni del moto, ma determina la
natura stabile o instabile dell’equilibrio.
Esercizio 239. Piccole oscillazioni e modi normali
Una piattaforma rigida S, di massa m è vincolata a scorrere lungo l’asse orizzontale Ox
di una terna inerziale Oxyz. Su S è fissato un sostegno verticale di massa trascurabile
alla cui estremità B si incerniera un’asta rigida omogenea BC, di massa m e lunghezza L,
libera di ruotare intorno a B mantenendosi nel piano verticale Oxy. Una molla ideale di
costante elastica k = 3mg/L congiunge un punto A di S con l’origine O — vedi figura.
Assunti i vincoli ideali e facendo uso dei parametri adimensionali θ ed s evidenziati in
figura come coordinate lagrangiane, determinare:
(a) gli equilibri ordinari del sistema e le relative proprietà di stabilità;
(b) le frequenze normali delle piccole oscillazioni nell’intorno dell’unico equilibrio stabile;
(c) i modi normali delle piccole oscillazioni nell’intorno dello stesso equilibrio stabile.
Stefano Siboni
1317
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Esercizi di Meccanica razionale
Soluzione
(a) Equilibri ordinari e stabilità degli stessi
Il potenziale del sistema è dato dalla somma dei potenziali elastico della molla OA e
gravitazionale dell’asta BC
$ L
%
1
k 2 2
3
U(θ, s) = − L s − mg − cos θ = − mgLs2 + mgL cos θ
2
2
2
2
relativi alle sole sollecitazioni attive agenti sul sistema scleronomo. Le derivate parziali
prime si scrivono
1
∂U
(θ, s) = − mgL sin θ
∂θ
2
∂U
(θ, s) = −3mgLs
∂s
ed eguagliate a zero porgono le configurazioni di equilibrio ordinario
(θ, s) = (0, 0) ,
(π, 0) .
L’analisi di stabilità viene condotta facendo uso dei teoremi di Lagrange-Dirichlet e di
inversione parziale e richiede il calcolo preliminare delle derivate parziali seconde
∂2U
1
(θ, s) = − mgL cos θ
2
∂θ
2
∂2U
(θ, s) = −3mgL
∂s2
cui corrisponde la matrice hessiana diagonale
5
1
− mgL cos θ
HU (θ, s) =
2
0
che calcolata negli equilibri ordinari porge
6
5
1
0
− mgL
HU (0, 0) =
2
0
−3mgL
∂2U
(θ, s) = 0
∂s∂θ
0
−3mgL
HU (π, 0) =
6
5
1
mgL
0
2
0
−3mgL
6
e permette di riconoscere in (θ, s) = (0, 0) un massimo relativo proprio del potenziale,
stabile per Lagrange-Dirichlet, e in (θ, s) = (π, 0) un equilibrio instabile per il teorema di
inversione parziale.
(b) Frequenze normali delle piccole oscillazioni
La sola configurazione di equilibrio stabile è data da (θ, s) = (0, 0) ed è quindi nell’intorno di
questa che vengono analizzate le piccole oscillazioni. Per determinare le frequenze normali
delle piccole oscillazioni occorre ricavare la matrice A(θ, s) dell’energia cinetica del sistema
scleronomo. L’energia cinetica può essere scritta come somma di due contributi, l’uno
relativo alla piattaforma S e l’altro riguardante l’asta BC. La piattaforma è animata da
moto traslatorio con velocità Lṡ ê1 , per cui la relativa energia cinetica assume la forma
TS =
Stefano Siboni
m
mL2 2
|Lṡ ê1 |2 =
ṡ .
2
2
1318
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Esercizi di Meccanica razionale
Quanto all’asta BC, il suo baricentro è individuato dal vettore posizione
G − O = Ls ê1 + B − A +
L
L
sin θ ê1 − cos θ ê2
2
2
dal quale si deduce, essendo B − A un vettore costante,
Ġ =
e dunque
$
Lṡ +
%
L
L
cos θ θ̇ ê1 + sin θ θ̇ ê2
2
2
$
%
1
Ġ2 = L2 ṡ2 + θ̇2 + cos θ θ̇ ṡ .
4
L’energia cinetica dell’asta si ricava dal teorema di König
TBC
% 1 mL2
m 2 1 BC
mL2 $ 2 1 2
2
ṡ + θ̇ + cos θ θ̇ ṡ +
|θ̇ ê3 |2 =
=
Ġ + IGz |#ωBC | =
2
2
2
4
2 12
$1
%
1
1
= mL2 θ̇2 + cos θ θ̇ ṡ + ṡ2 .
6
2
2
Sommata all’energia cinetica della piattaforma fornisce l’energia cinetica del sistema
T = mL2
$1
6
θ̇2 +
%
$1
%
1
1
cos θ θ̇ ṡ + ṡ2 = mL2 θ̇2 + cos θ θ̇ ṡ + 2ṡ2
2
2
3
che si esprime nella forma matriciale equivalente

1
1
2
3
T = (θ̇ ṡ) mL
1
2
cos θ
2
in termini della matrice dell’energia cinetica

1
A(θ, s) = mL2 1 3
cos θ
2
 
1
θ̇
cos θ
2
 
2
ṡ

1
cos θ
2
.
2
Nella configurazione di equilibrio stabile (θ, s) = (0, 0) si ha
A(0, 0) = mL2
;
1/3
1/2
1/2
2
<
HU (0, 0) =
5
1
0
− mgL
2
0
−3mgL
6
e l’equazione caratteristica det[ω 2 A(0, 0) + HU (0, 0)] = 0 delle pulsazioni normali diventa
;
"
1/3
2 2
det mL ω
1/2
Stefano Siboni
1/2
2
<
+
;
−mgL/2
0
0
−3mgL
<#
= 0
1319
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Esercizi di Meccanica razionale
ovvero


1g
ω2
ω2
−


2
det  3 2 2 L
 = 0.
g
ω
2ω 2 − 3
2
L
Scritta esplicitamente quest’ultima equazione risulta
g
3 g2
5 4
ω − 2 ω2 +
= 0
12
L
2 L2
e porge le soluzioni positive in ω 2 :
=
= %
"
#
$
2
2
g
6
6
g
5
3
g
3 g
2 ± 4 2 −4
=
2±
ω2 =
2
5 L
L
12 2 L
5
2 L
ossia
= %
g
3 g
6$
2−
= 0.93030615
=
5
2 L
L
=
3% g
6$
g
2
2+
ω2 =
= 3.86969384 .
5
2 L
L
Se ne ricavano le frequenze normali delle piccole oscillazioni attorno all’equilibrio stabile:
=
=
ω1
ω2
g
g
= 0.153508729
f2 =
= 0.313082242
.
f1 =
2π
L
2π
L
ω12
(c) Modi normali delle piccole oscillazioni
I modi normali delle piccole oscillazioni attorno a (θ, s) = (0, 0) sono soluzioni delle
equazioni linearizzate del moto esprimibili, per i = 1, 2, nella forma
; <
; +<
θ
ai
cos(ωi t + φi )
=
a−
s
i
essendo
1
1g
1 2 ;
<
+
ωi2 −
ω
2L
2 i
3
 ai− = 0
g
1 2
ai
2ωi2 − 3
ωi
2
L
Nel seguito vengono esaminati separatamente.
,
;
a+
i
a−
i
<
; <
0
/=
.
0
Primo modo normale — ω12 = 0.93030615 g/L
In questo caso si ha
1
1g
1 2 
;
<
ω12 −
ω1
g
−0.18989795
0.465153075
2L
2
3
 =
g
1 2
L 0.465153075 −1.1393877
2
2ω1 − 3
ω1
2
L
Stefano Siboni
1320
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Esercizi di Meccanica razionale
−
ed i vettori caratteristici (a+
1 a1 ) sono individuati dalla condizione
;
−0.18989795 0.465153075
0.465153075 −1.1393877
<;
a+
i
a−
i
<
=
;
−
−0.18989795 a+
1 + 0.465153075 a1
−
0.465153075 a+
1 − 1.1393877 a1
<
= 0
ovvero dall’unica equazione lineare omogenea
−
−a+
1 + 2.4494897 a1 = 0 .
L’espressione generale del modo normale risulta pertanto
=
; <
;
<
%
$
g
θ
2.4494897
= a−
t
+
φ
cos
0.96452379
1
1
s
1
L
−
per una scelta arbitraria delle costanti a−
1 , φ1 ∈ R, a1 /= 0. In questo modo normale
i parametri lagrangiani oscillano in fase attorno ai rispettivi valori di equilibrio, come
illustrato nella figura seguente:
Secondo modo normale — ω22 = 3.86969384 g/L
Nella fattispecie risulta
1
1g
ω22 −
2L
3
1 2
ω
2 2
1 2 
;
<
ω
2 2  = g 0.78989794 1.93484692
g
L 1.93484692 4.73938768
2ω22 − 3
L
per cui
;
0.78989794 1.93484692
1.93484692 4.73938768
<;
a+
2
a−
2
<
=
;
−
0.78989794 a+
2 + 1.93484692 a2
+
1.93484692 a2 + 4.73938768 a−
2
<
= 0
e dunque
−
a+
2 + 2.44948974 a2 = 0 .
Stefano Siboni
1321
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Esercizi di Meccanica razionale
Il modo normale si scrive infine
=
; <
;
<
%
$
g
θ
−2.44948974
−
= a2
t + φ2
cos 1.96715374
s
1
L
−
per qualsiasi scelta delle costanti a−
2 , φ2 ∈ R, a2 /= 0. In questo secondo modo normale
l’angolo θ e la distanza adimensionale s si mantengono in opposizione di fase fra di loro,
mentre oscillano intorno ai relativi valori di equilibrio. L’andamento qualitativo del moto
è quindi quello descritto nella figura sottoriportata:
Esercizio 240. Equilibrio di un corpo rigido appoggiato
Un tavolo quadrato omogeneo di vertici A, B, C, D, lato L e massa m, poggia su un piano
orizzontale Oxy debolmente cedevole e privo di attrito. Le gambe del tavolo sono poste
sotto i vertici A, B, C, D, hanno lunghezza L e massa trascurabile. Una pietra (corpo
puntiforme) di massa 2m è fissata sul vertice A.
Determinare:
(a) se la configurazione del sistema è di equilibrio;
(b) le reazioni vincolari esterne all’equilibrio nei punti di appoggio del tavolo.
Soluzione
(a) Equilibrio
Le coordinate x( , y ( del centro di pressione sono date da
1
L
1
L
(mxG + 2mxA ) = ,
y( =
(myG + 2myA ) = ,
x( =
3m
6
3m
6
Stefano Siboni
1322
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Esercizi di Meccanica razionale
per cui è immediato verificare che il centro di pressione cade all’interno del poligono di
appoggio e che pertanto la configurazione del sistema è di equilibrio.
(b) Reazioni vincolari esterne all’appoggio
#i
Secondo il modello piccola cedevolezza del piano di appoggio, la reazione vincolare Φ
# i = Φi ê3 ,
esercitata dal suolo nell’i-esimo vertice Pi del poligono di appoggio è data da Φ
con Φi = −kzi , dove k indica la costante elastica del suolo e zi la quota del punto di
appoggio Pi dopo l’abbassamento del suolo. Nell’ipotesi di rigidit à del corpo appoggiato
la quota zi soddisfa la relazione
zi = αxi + βyi + γ,
in cui (xi , yi ) sono le coordinate x, y dell’i-esimo punto di appoggio. Ponendo a = −kα, b =
−kβ, c = −kγ, le reazioni vincolari esterne sui punti di appoggio all’equilibrio si scrivono
nella forma
Φi = axi + byi + c .
Sostituendo tali relazioni nelle equazioni cardinali della statica
 4
?



Φi = p∗


 i=1



4
?
xi Φi = x∗ p∗


i=1



4

?



yi Φi = y ∗ p∗ ,

i=1
si perviene al seguente sistema lineare nelle incognite a, b, c:

 4
4
4
?
?
?
2
xi
xi yi
xi 

 
 i=1
 (
i=1
i=1


4
4
4
x
 a
?
?
?
 

2
( (
y ,
xi yi
yi
yi  b = p



i=1
i=1
1
 c
 i=1

 ?
4
4
?


xi
yi
4
i=1
Stefano Siboni
(240.1)
i=1
1323
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Esercizi di Meccanica razionale
dove (x( , y ( ) sono le coordinate del centro di pressione e p( indica il peso totale del corpo
con gli eventuali carichi. Per semplificare i calcoli conviene introdurre una nuova terna di
assi cartesiani Qx" y " con origine nel centro Q del quadrato ABCD e gli assi Qx" ed Qy "
rispettivamente paralleli agli assi Ox e Oy:
Si hanno allora le relazioni:
4
?
x"i = 0
i=1
4
?
4
?
i=1
(yi" )2 = L2
i=1
che riducono il sistema (240.1)
 2
L
 0
0
la cui soluzione è
yi" = 0
4
?
(x"i )2 = L2
i=1
(x∗ )" = −L/3
4
?
x"i yi" = 0
i=1
(y ∗ )" = −L/3
alla forma
 


0 0
a
−L/3
L2 0  b  = 3mg  −L/3 
0 4
c
1
mg
3mg
mg
,
b = −
,
c =
L
L
4
in modo che, secondo tale modello, le reazioni vincolari esterne esercitate nei 4 vertici
risultano:


7mg
mg $ L % mg $ L % 3mg


Φ
−
−
−
+
=
=
−
A


L
2
L
2
4
4






3mg
mg $ L % mg $ L % 3mg



 ΦB = − L 2 − L − 2 + 4 = 4

mg $ L % mg $ L % 3mg
mg



−
+
=
−
Φ
= −
C


L 2
L 2
4
4






mg $ L % mg $ L % 3mg
3mg


−
−
+
=
−
Φ
=
.
 D
L
2
L 2
4
4
a = −
Il risultato ΦC < 0 non è accettabile, in quanto rappresenta una reazione vincolare diretta
verso il basso e quindi associata ad una azione attrattiva che il piano d’appoggio non può
Stefano Siboni
1324
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Esercizi di Meccanica razionale
esercitare sul corpo appoggiato. Il vertice C non è dunque un punto di appoggio. Il nuovo
poligono di appoggio ottenuto considerando solo i vertici A, B, D è il triangolo evidenziato
con il tratteggio nella figura seguente
Applicando nuovamente il modello di piccola cedevolezza otteniamo una nuova determinazione dei coefficienti di struttura a, b, c, ossia:
3
?
i=1
3
?
i=1
x"i
= −L/2
x"i yi" = −L2 /4
3
?
yi"
i=1
3
?
= −L/2
3
?
(x"i )2 = 3L2 /4
i=1
(yi" )2 = 3L2 /4 .
i=1
Di conseguenza le equazioni di equilibrio diventano

3L2 /4
 −L2 /4
−L/2
e la loro soluzione si scrive
 


−L2 /4 −L/2
a
−L/3
3L2 /4 −L/2  b  = 3mg  −L/3 
−L/2
3
c
1
a=−
3mg
,
2L
b=−
3mg
,
2L
c=
mg
2
con reazioni vincolari esterne nei punti di appoggio date da


3mg $ L % 3mg $ L % mg


Φ
=
−
−
−
−
+
= 2mg
A


2L
2
2L
2
2





mg
3mg $ L % 3mg $ L % mg
−
−
+
=
ΦB = −

2L 2
2L
2
2
2




$
%
$
%

L
3mg L
mg
mg
3mg



 ΦD = − 2L − 2 − 2L 2 + 2 = 2 .
Stefano Siboni
1325
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Esercizi di Meccanica razionale
Esercizio 241. Corpo rigido con asse fisso
Nella terna cartesiana Oxyz si considera un corpo rigido non soggetto al peso e vincolato
a ruotare attorno all’asse fisso Oz, privo di attrito. Un punto A del corpo, a distanza L/2
dall’asse Oz, è collegato da una molla di costante elastica k > 0 al punto fisso B(0, −L, 0).
Sapendo che il momento d’inerzia del corpo rispetto all’asse Oz vale mL2 /2 e facendo uso
dell’angolo φ in figura come coordinata generalizzata, determinare:
(a) le equazioni del moto ed un integrale primo delle stesse;
(b) le condizioni iniziali che specificano gli stati di quiete;
(c) le condizioni iniziali corrispondenti ai moti oscillatori;
(d) le condizioni iniziali relative ai moti rotatori indefinitamente progressivi;
(e) le condizioni iniziali che individuano i moti asintotici.
Soluzione
(a) Equazioni del moto ed integrale primo
La Lagrangiana del sistema è L = T + U, con
T =
1 mL2 2
φ̇
2 2
e
1
1
5
U = − k|AB|2 = − kL2 ( − cos φ) .
2
2
4
Le equazioni pure del moto si scrivono perciò
1
mL2
φ̈ = − kL2 sin φ
2
2
e un integrale primo è quello dell’energia meccanica
H = T −U = T +W =
1 mL2 2 1 2
φ̇ − kL cos φ.
2 2
2
Dall’analisi del grafico dell’energia potenziale W (φ) = − 12 kL2 cos φ si deducono facilmente
le condizioni iniziali corrispondenti alle varie tipologie di moto del sistema.
(b) Stati di quiete
I punti di equilibrio si hanno per W " (φ) = 0, ovvero per sin φ = 0, la cui soluzione è φ =
0, π. Le condizioni iniziali che specificano gli stati di quite sono pertanto (φ0 , φ̇0 ) = (0, 0),
oppure (φ0 , φ̇0 ) = (π, 0).
Stefano Siboni
1326
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Esercizi di Meccanica razionale
(c) Condizioni iniziali dei moti oscillatori
Si hanno moti oscillatori per valori di energia meccanica compresi fra W (0) = −kL2 /2 e
W (π) = kL2 /2, ovvero per le condizioni iniziali (φ0 , φ̇0 ) ∈ R2 tali che
1 mL2 2 1 2
1
1
− kL2 <
φ̇0 − kL cos φ0 < kL2.
2
2 2
2
2
(d) Condizioni iniziali dei moti rotatori indefinitamente progressivi
Si hanno moti rotatori indefinitamente progressivi per valori di energia meccanica superiori
a W (π) = kL2 /2, ossia per le condizioni iniziali (φ0 , φ̇0 ) ∈ R2 tali che
1
1 mL2 2 1 2
φ̇0 − kL cos φ0 > kL2.
2 2
2
2
(e) Condizioni iniziali per i moti asintotici
Si hanno moti asintotici se l’energia totale meccanica assume il valore W (π) = kL2 /2 con
velocità iniziale non nulla, vale a dire per le condizioni iniziali (φ0 , φ̇0 ) ∈ R2 tali che
1
1 mL2 2 1 2
φ̇0 − kL cos φ0 = kL2 ,
2 2
2
2
(φ0 , φ̇0 ) /= (π, 0) .
Esercizio 242. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. non conservativo
Una lamina quadrata omogenea pesante ABCD, di lato L e massa m, è vincolata a
muoversi nel piano Oxy di una terna ortogonale Oxyz in modo che il punto medio M
del lato AD scorra lungo l’asse verticale Oy. La terna ruota con velocità angolare costante
ω attorno all’asse Oy. Una molla ideale di costante k > 0 unisce M all’origine O e una
#N = −β Ṅ (β > 0) agisce nel punto medio N del lato BC. Come
resistenza viscosa F
coordinate lagrangiane si usano l’angolo θ ∈ (−π/2, π/2) che l’asse di simmetria MN della
lamina forma con la verticale condotta verso il basso ed il parametro adimensionale s > 0
illustrato in figura.
Assunti i vincoli ideali:
Stefano Siboni
1327
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Esercizi di Meccanica razionale
(a) verificare che la lagrangiana del sistema si scrive
L =
% kL2
$
1
5 %
mL2 ω 2 2
mL2 $ 2
ṡ − sin θ ṡθ̇ + θ̇2 + mgL s + cos θ −
s2 +
sin θ ;
2
12
2
2
8
#N e determinare la natura della sollecitazione;
(b) calcolare le componenti lagrangiane di F
(c) individuare gli equilibri del sistema;
(d) analizzare la stabilità di detti equilibri;
(e) per β = 0, ricavare frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni nell’intorno di
una configurazione di equilibrio stabile (a scelta).
Soluzione
(a) Lagrangiana del sistema
L’energia cinetica del sistema si calcola tramite il teorema di König:
T =
1
1
mĠ2 + IGz θ̇2 ,
2
2
dove G è il baricentro della lamina e IGz = ê3 · IG (ê3 ) il momento d’inerzia della stessa
rispetto all’asse Gz. Il baricentro viene individuato per mezzo del vettore posizione
G−O =
%
$
L
L
sin θ ê1 + −Ls − cos θ ê2 ,
2
2
per cui la velocità di G si scrive
Ġ = (
L
L
cos θ θ̇, −Lṡ + sin θ θ̇) ,
2
2
mentre IGz = mL2 /6. Si ha dunque
T =
$1
$5
% 1 mL2
%
1
1
mL2 θ̇2 + ṡ2 − sin θ θ̇ ṡ +
θ̇2 = mL2
θ̇2 + ṡ2 − sin θ θ̇ ṡ .
2
4
2 6
2
12
Il potenziale U delle sollecitazioni posizionali conservative consta della somma di tre contributi:
$
%
L
◦ il potenziale della forza peso Ug = −mg(G − O) · ê2 = mg Ls + cos θ ;
2
1
◦ il potenziale della forza elastica Uel = − kL2 s2 ;
2
1
◦ il potenziale della forza centrifuga Ucf = ω 2 IM y .
2
Stefano Siboni
1328
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Esercizi di Meccanica razionale
Il momento d’inerzia IM si calcola tramite il teorema di Huygens-Steiner. Rappresentando
l’operatore IM sulla base costituita da ê"1 , ê"2 , ê"3 , i tre versori solidali ai tre assi principali
d’inerzia mostrati in figura
l’operatore è rappresentato dalla matrice d’inerzia

mL2 /12

0
0

0
0

mL2 /3
0
2
0
5mL /12
mentre ê2 = − cos θê"1 + sin θê"2 . Ne segue che
IM y =
mL2
mL2
mL2
mL2
cos2 θ +
sin2 θ =
sin2 θ +
.
12
3
4
12
A meno di una costante additiva, la Lagrangiana del sistema è quindi data da
L=
$
% kL2
1
5 %
mL2 ω 2
mL2 $ 2
ṡ − sin θṡθ̇ + θ̇2 + mgL s + cos θ −
s2 +
sin2 θ.
2
12
2
2
8
#N
(b) Natura della sollecitazione F
Le coordinate del punto N sono (L sin θ, −Ls−L cos θ, 0), in modo che la velocità Ṅ risulta
#N si identifica con F
#N = −βL cos θ θ̇ ê1 −
Ṅ = L cos θ θ̇ ê1 + (−Lṡ+ L sin θ θ̇) ê2 . Il vettore F
#N valgono pertanto
β(−Lṡ + L sin θ θ̇) ê2 e le componenti lagrangiane di F
#N · ∂N = −βL[cos θ θ̇ ê1 +(−ṡ+sin θ θ̇) ê2 ]·L(cos θ ê1 +sin θ ê2 ) = −βL2(θ̇−sin θṡ)
Dθ = F
∂θ
∂N
= −βL[cos θ θ̇ ê1 + (−ṡ + sin θ θ̇) ê2 ] · (−L ê2 ) = −βL2(ṡ − sin θθ̇).
Ds = F#N ·
∂s
La potenza è data infine da:
π = Dθ θ̇ + Ds ṡ = −βL2 (θ̇2 − 2 sin θṡθ̇ + ṡ2 ) = −βL2 [(cos θ θ̇)2 + (sin θ θ̇ − ṡ)2 ] .
Stefano Siboni
1329
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Si verifica immediatamente che π ≤ 0 e in particolare π = 0 se e solo se sono verificate
contemporaneamente le due equazioni
@
cos θ θ̇ = 0
sin θ θ̇ − ṡ = 0
la cui unica soluzione ammissibile è (θ̇, ṡ) = (0, 0), essendo θ ∈ (−π/2, π/2) e dunque
#N ha natura completamente dissipativa.
cos θ /= 0. Se ne conclude che la sollecitazione F
(c) Equilibri del sistema
Le configurazioni di equilibrio ordinario sono quelle tali per cui ∇U = 0, ovvero le soluzioni
del sistema



∂U


=
0


mgL
mL2 ω 2

 ∂θ
−
sin θ +
sin θ cos θ = 0
⇔
2
4


∂U




mgL − kL2 s = 0 .
 ∂s = 0
La seconda equazione ha come unica soluzione s = mg/kL, mentre la prima ammette una
o tre soluzioni a seconda del valore della costante adimensionale λ = 2g/Lω 2 . Se λ ≥ 1
allora l’unica soluzione è θ = 0, mentre per λ < 1 oltre alla precedente si ottengono altre
due soluzioni: θ = θ∗ = arccos λ e θ = −θ∗ . Riassumendo, se λ ≥ 1, allora c’ è un’unica
configurazione di equilibrio P1 : (θ, s) = (0, mg/kL), mentre se λ < 1 si hanno due ulteriori
configurazioni di equilibrio, P2 : (θ, s) = (θ∗ , mg/kL) e P3 : (θ, s) = (−θ∗ , mg/kL).
(d) Stabilità degli equilibri ordinari
La matrice Hessiana del potenziale U è:

∂2U
2

HU (θ, s) =  ∂θ
∂2U
∂s∂θ

∂2U
5
mgL
mL2 ω 2
cos θ +
(cos2 θ − sin2 θ)
∂θ∂s  = −

2
4
∂2U
0
∂s2
0
−kL2 .
6
Gli equilibri del sistema sono in numero finito e risultano dunque necessariamente isolati;
le sollecitazioni attive agenti sul sistema scleronomo sono inoltre in parte posizionali conservative, di potenziale U, ed in parte completamente dissipative — le resistenze viscose
di componenti (Dθ , Ds . L’analisi di stabilità può quindi essere condotta facendo uso dei
criteri di Barbasin-Krasovskii.
Configurazione P1 : (θ, s) = (0, mg/kL)
Nella fattispecie si ha
HU (0, mg/kL) =
Stefano Siboni
5
mgL mL2 ω 2
+
−
2
4
0
0
−kL2
6
.
1330
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
mgL mL2 ω 2
+
< 0, ovvero se λ > 1, allora l’equilibrio è asintoticamente stabile,
Se −
2
4
mentre per λ < 1 si ha instabilità; con λ = 1 ricorre infine un caso critico: lo studio
dell’hessiano non è sufficiente per accertare la stabilità o l’instabilità della configurazione.
Analizzando le derivate di U di ordine superiore si vede che (θ, s) = (0, mg/kL) è un
punto di massimo proprio isolato per il potenziale U e quindi individua un equilibrio
asintoticamente stabile.
Configurazione P2 : (θ, s) = (θ∗ , mg/kL)
L’hessiana del potenziale in questa configurazione assume la forma
HU (θ∗ , mg/kL) =
51
4
mL2 ω 2 (λ2 − 1)
0
0
−kL2
6
.
La configurazione di equilibrio è definita a condizione che si abbia λ < 1. L’hessiana
del potenziale ha quindi autovalori entrambi negativi e consente di riconoscere nella configurazione di equilibrio un massimo relativo proprio del potenziale. In presenza della
sollecitazione completamente dissipativa il criterio di Barbasin-Krasovskii garantisce la
stabilità asintotica dell’equilibrio.
Configurazione P3 : (θ, s) = (−θ∗ , mg/kL)
La matrice hessiana del potenziale risulta
HU (−θ , mg/kL) =
∗
51
4
mL2 ω 2 (λ2 − 1)
0
0
−kL2
6
e coincide con quella già considerata per la configurazione di equilibrio P2 . Rimane valida la
stessa conclusione, che cioè l’equilibrio è asintoticamente stabile per il criterio di BarbasinKrasovskii.
(e) Piccole oscillazioni nell’intorno di un equilibrio stabile
Se β = 0 il sistema è scleronomo posizionale e conservativo. L’energia cinetica vale
1
T = ( θ̇
2
; <
θ̇
ṡ ) A(θ, s)
ṡ
con

5
2
 12 mL

A(θ, s) = 
1
− mL2 sin θ
2

1
− mL2 sin θ 
2
.

2
mL
Consideriamo la configurazione di equilibrio (θ, s)(0, mg/kL), stabile se λ > 1. In tal caso
le pulsazioni Ω dei due modi normali di oscillazione attorno all’equilibrio sono le soluzioni
dell’equazione caratteristica det[Ω2 A(0, mg/kL) + HU (0, mg/kL)] = 0, che esplicitamente
si scrive:


mgL mL2 ω 2
5
mL2 Ω2 −
+
0
 = 0
2
4
det  12
2 2
2
0
mL Ω − kL
Stefano Siboni
1331
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ovvero
Esercizi di Meccanica razionale
$5
mgL mL2 ω 2 %
(mL2 Ω2 − kL2 ) = 0 .
mL2 Ω2 −
+
12
2
4
Le due soluzioni sono Ω21 =
3
6g
− ω 2 e Ω22 = k/m.
5L 5
=
6g
3
− ω2
5L 5
Si deve determinare un vettore (a, b) =
/ (0, 0) per il quale risulti
Primo modo normale di oscillazione, di pulsazione Ω1 =
(AΩ21
; < ; <
a
0
+ HU )
=
,
b
0
ossia, equivalentemente,



; <
; <
0
a
0

=
.
6
3
g
b
0
mL2 (
− ω 2 ) − kL2
5L 5
0
0
Sono soluzioni di questo sistema lineare omogeneo tutte le coppie (a, b) tali che b = 0, ad
esempio (a, b) = (1, 0).
>
Secondo modo normale di oscillazione, di pulsazione Ω2 = k/m
Dobbiamo calcolare un vettore (a, b) /= (0, 0) tale che
(AΩ22
ovvero

; < ; <
a
0
+ HU )
=
,
b
0
mgL mL2 ω 2
5
kL2 −
+
 12
2
4
0
0
0

; <
; <
a
0

=
.
b
0
Risolvono questo sistema lineare omogeneo tutte le coppie (a, b) per le quali risulta a = 0,
in particolare (a, b) = (0, 1).
Piccole oscillazioni
Concludendo, le piccole oscillazioni del sistema attorno alla posizione di equilibrio stabile
(θ, s) = (0, mg/kL) sono descritte da una arbitraria sovrapposizione dei due moti oscillatori
di pulsazioni Ω1 e Ω2 :
;
θ
s − mg/kL
<
; <
; <
1
0
= c1 cos(Ω1 t + ϕ1 )
+ c2 cos(Ω2 t + ϕ2 )
,
0
1
con c1 , c2 ∈ R, ϕ2 , ϕ2 ∈ [0, 2π) costanti arbitrarie — calcolabili una volta note le condizioni
iniziali θ(0), θ̇(0), s(0), ṡ(0).
Stefano Siboni
1332
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Esercizi di Meccanica razionale
Esercizio 243. Geometria delle masse
Un sistema rigido è composto da un’asta rettilinea OA di lunghezza R e da un disco
circolare D di centro O, raggio R e piano di giacitura Oyz. In un generico punto P del
disco la densità areale è data da:
σ(P ) =
µ
|P − O|
πR3
con µ costante positiva. L’asta OA si compone dei punti (x, 0, 0), x ∈ [0, R], e la sua
densità lineare vale:
µ
λ(x) = 2 (R + x) , x ∈ [0, R] .
R
Si chiede di determinare del sistema:
(a) la massa e la posizione del baricentro rispetto alla terna Oxyz;
(b) la matrice d’inerzia relativamente alla stessa terna;
5
R − ξ), ξ ∈ R;
13
(d) il momento angolare in O e l’energia cinetica qualora il punto O sia fisso e la velocità
angolare istantanea valga #ω = ωê2 − 2ωê3 ), con ω > 0;
(c) il momento d’inerzia rispetto alla retta di equazione (x, y, z) = (ξ, 0,
(e) la posizione dell’asse di Mozzi nelle stesse ipotesi del quesito (d).
Soluzione
(a) Massa e baricentro
Massa del sistema
La massa dell’asta si ottiene integrando sul segmento x ∈ [0, R] la densità lineare λ e vale
perciò
#R
"
!R
!R
µ
3
µ
x2
λ(x) dx =
(R + x) dx = 2 Rx +
= µ.
m1 =
2
R
R
2 0
2
0
Stefano Siboni
0
1333
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Per determinare la massa del disco si procede in modo analogo, per integrazione della
densità areale σ sul cerchio di centro O e raggio R nel piano coordinato Oyz:
,
,
!
!
!
!
!
, ∂(y, z) , µ
µ
,
m2 =
σ(P ) dydz
dρ
dφ ,,
ρ
=
dρ
dφ
ρ
ρ =
∂(ρ, φ) , πR3
πR3
D
[0,R]
µ
=
πR3
!2π
dφ
0
!R
[0,2π]
[0,R]
[0,2π]
µ
R3
2
ρ dρ =
2π
=
µ,
πR3
3
3
2
0
in cui si sono introdotte le ovvie coordinate polari (ρ, φ) ∈ [0, R]×[0, 2π] secondo la trasformazione (y, z) = (ρ cos φ, ρ sin φ), con il relativo determinante jacobiano ∂(y, z)/∂(ρ, φ) =
ρ. La massa del sistema è cosı̀ data dalla somma delle masse delle singole parti costituenti:
m = m1 + m2 =
2
13
3
µ+ µ =
µ.
2
3
6
Baricentro del sistema
Il baricentro G1 dell’asta giace certamente lungo l’asse coordinato Ox
G1 − O = x1 ê1
che ne costituisce un evidente asse di simmetria. L’ascissa x1 segue dalla definizione:
1
x1 =
m1
=
!R
2
x λ(x) dx =
3µ
0
"
x
x
2
R +
2
3R
2
3
2
3
#R
0
!R
µ
2
(R + x)x dx =
2
R
3R2
0
!R
(Rx + x2 ) dx =
0
R3 %
5
2 $ R3
+
= R
=
2
3R
2
3
9
per cui il vettore posizione di G1 si scrive
G1 − O =
5
R ê1 .
9
Il baricentro G2 del disco D coincide con l’origine O, che ne costituisce un evidente centro
di simmetria — basta osservare che se si indica con −P il punto simmetrico di P ∈ D
rispetto all’origine O vale chiaramente −P ∈ D con σ(−P ) = σ(P ):
G2 − O = 0 .
Per individuare il baricentro G del sistema non rimane che ricorrere alla proprietà distributiva
G−O =
Stefano Siboni
%
6 $3 5
5
m1 (G1 − O) + m2 (G2 − O)
=
µ R ê1 + 0 =
R ê1 .
m1 + m2
13µ 2 9
13
1334
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
(b) Matrice d’inerzia
La matrice d’inerzia del sistema relativa alla terna Oxyz è uguale alla somma delle matrici
d’inerzia del disco e dell’asta rispetto alla stessa terna.
Matrice d’inerzia del disco
Per il disco la terna Oxyz è centrale d’inerzia. Infatti O è centro di simmetria della figura,
cosı̀ come il piano di giacitura Oyz costituisce un ovvio piano di simmetria e le rette Oy,
Oz sono assi di simmetria. I prodotti d’inerzia risultano perciò automaticamente nulli. Il
momento d’inerzia relativo all’asse Oy si calcola agevolmente nelle coordinate polari (ρ, φ):
LD
yy
=
!
[0,R]
dρ
!
µ
µ
ρ (ρ sin φ)
ρ =
3
πR
πR3
2
!2π
0
4
ρ dρ
0
[0,2φ]
µ R5
=
πR3 5
!R
!2π
sin2 φ dφ =
0
"
#2π
µR2 1
1 − cos 2φ
1
sin 2φ
dφ =
= µR2
φ−
2
5π 2
2
5
0
e, come è peraltro intuibile per ragioni di simmetria, coincide con quello relativo a Oz:
LD
zz =
!
[0,R]
dρ
!
µR2
µ
ρ (ρ cos φ)2
ρ
=
πR3
5π
!2π
cos2 φ dφ =
1 2
µR .
5
0
[0,2φ]
Poiché Oyz rappresenta il piano di giacitura del disco, il momento d’inerzia rispetto all’asse
Ox è pari alla somma dei precedenti:
D
D
LD
xx = Lyy + Lzz =
2 2
µR
5
in modo che la matrice d’inerzia del disco assume la forma diagonale


2/5 0
0
2
0 1/5
0 .
[LD
O ] = µR
0
0
1/5
Matrice d’inerzia dell’asta
La matrice d’inerzia dell’asta in Oxyz si presenta nella forma


0
0
0
 0 LOA
0 
[LOA
yy
O ] =
OA
0
0
Lyy
dovuta alla circostanza che l’asta è completamente ubicata lungo l’asse coordinato Ox.
L’unico momento d’inerzia non nullo si ricava dalla definizione
LOA
yy =
!R
0
Stefano Siboni
µ
µ
x2 2 (R + x) dx = 2
R
R
#R
" 3
!R
x4
µ
7
x
2
3
µR2
(Rx + x ) dx = 2 R +
=
R
3
4 0
12
0
1335
Università degli studi di Trento
per cui
Esercizi di Meccanica razionale

0
0
2
0
7/12
]
=
µR
[LOA
O
0
0

0
0 .
7/12
Matrice d’inerzia del sistema
OA
Sommando le matrici [LD
O ] e [LO ] si perviene al risultato richiesto

2/5
D
OA
2
[LO ] = [LO ] + [LO ] = µR
0
0

0
0
47/60
0 .
0
47/60
(c) Momento d’inerzia
Indicata con r la retta rispetto alla quale si vuole determinare il momento d’inerzia del
sistema, la sua parametrizzazione in forma vettoriale è espressa da
P (ξ) − O = ξ ê1 +
$5
%
R − ξ ê3
13
,
ξ ∈ R.
Il versore che ne specifica la direzione è il corrispondente versore tangente
n̂ =
P " (ξ)
1
ê1 − ê3
1
√
√
−
ê
ê2 .
=
=
1
|P " (ξ)|
|ê1 − ê3 |
2
2
Appare inoltre evidente che il baricentro del sistema appartiene ad r, coincidendo con il
valore della parametrizzazione P (ξ) − O per ξ = 0:
G−O =
5
R ê1 = P (0) − O .
13
La retta r si identifica perciò con l’asse passante per G e di direzione n̂
r = Gn̂ .
Questa osservazione permette di calcolare agevolmente il momento d’inerzia IGn̂ del sistema
applicando il teorema di Huygens-Steiner:
IGn̂ + md2 = IOn̂
che tuttavia richiede il calcolo del momento d’inerzia IOn̂ relativo alla retta On̂ passante
per l’origine e di direzione n̂, nonché della distanza d fra le rette Gn̂ ed On̂. Detta distanza
si identifica con quella della retta r dall’origine O; la si può ricavare scrivendo il quadrato
della distanza di un generico punto P ∈ r da O:
,
% ,,2
%2
$5
$5
,
2
2
,
,
R − ξ ê3 , = ξ +
R−ξ
ψ(ξ) = |P (ξ) − O| = ,ξ ê1 +
13
13
Stefano Siboni
1336
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
ed uguagliandone a zero la derivata prima rispetto al parametro
$
5 %
2ξ + 2 ξ − R = 0
13
equazione nella quale è immediato riconoscere una condizione di minimo. Il relativo punto
critico vale
5
R
ξ =
26
in modo che la distanza d cercata diventa
$ 5 %1/2
5√
d = ψ
=
2R .
R
26
26
Il momento d’inerzia rispetto ad On̂ si ottiene invece dalla matrice d’inerzia in Oxyz, per
mezzo della ben nota relazione



2/5
0
0
1
1
71
IOn̂ = n̂ · LO (n̂) = (1 0 − 1) µR2 0
µR2 .
47/60
0  0  =
2
120
0
0
47/60
−1
Ricordando il valore m = 13µ/6 per la massa del sistema, si conclude pertanto
IGn̂ = IOn̂ − md2 =
71
13 $√ 5 %2
673
µR2 − µ
µR2 .
2
=
120
6
26
1560
(d) Momento angolare ed energia cinetica
Il vettore velocità angolare istantanea del sistema vale #ω = ω ê2 − 2ω ê3 . Essendo il punto
O fisso, il momento angolare in O si esprime in termini dell’operatore d’inerzia LO :
# O = LO (#ω ) =
K
3
?
Ki êi
i=1
con le componenti cartesiane K1 , K2 , K3 date da









0
0
2/5
0
0
0
K1
 K2  = [LO ]  ω  = µR2 0 47/60
0  ω  = µR2 ω  47/60 
−2ω
−2ω
−47/30
0
0
47/60
K3
per cui
$ 47
47 %
2
#
KO = µR ω
ê2 −
ê3 .
60
30
L’energia cinetica è invece data da


0
1
1
# O = 1 (0 ω − 2ω) µR2 ω  47/60  = 47 µR2 .
T = #ω · LO (#ω ) = #ω · K
2
2
2
24
−47/30
Stefano Siboni
1337
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Esercizi di Meccanica razionale
(e) Asse di Mozzi
L’asse di Mozzi è in effetti un asse istantaneo di rotazione e si identifica con la retta
passante per l’origine e di direzione ω
# . Il risultato è evidente, ma vale la pena di verificarlo
in modo rigoroso. Essendo per ipotesi l’origine un punto fisso, l’atto di moto del sistema
assume la forma
Ṗ = #ω ∧ (P − O)
in quanto Ȯ = 0. I punti dell’asse di Mozzi sono per definizione quelli nei quali la velocità
istantanea risulta parallela al vettore velocità angolare istantanea
Ṗ = λ#ω
per i quali si abbia cioè, con un λ ∈ R opportuno,
ω
# ∧ (P − O) = λ#ω .
(243.1)
Moltiplicando scalarmente membro a membro la relazione per #ω /= 0 si ha
λ |#ω 2 | = #ω · #ω ∧ (P − O) = 0
in modo che risulta λ = 0 e la relazione (243.1) si riduce a
#ω ∧ (P − O) = 0
e quindi implica i punti dell’asse di Mozzi siano tutti e soli quelli collocati lungo la retta
passante per l’origine e parallela ad #ω:
P −O = αω
# = α (ω ê2 − 2ω ê3 ) ,
ossia, equivalentemente,
P − O = ξ ê2 − 2ξ ê3 ,
∀α ∈ R
∀ξ ∈ R.
Esercizio 244. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativo
Un’asta rettilinea, omogenea e pesante OA, di massa m e lunghezza L, è vincolata a
muoversi nel piano Oxy di una terna cartesiana ortogonale Oxyz, avendo l’estremo O
fisso nell’origine. La terna Oxyz ruota con velocità angolare costante ω attorno all’asse
verticale Oy, rispetto ad un riferimento galileiano appropriato. Una molla di costante
elastica 5mω 2 /2 congiunge l’estremo A con un punto materiale P , di massa m, libero di
scorrere lungo l’asse Ox.
Stefano Siboni
1338
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Supposti i vincoli ideali, si faccia uso delle coordinate θ, s ∈ R in figura per determinare,
relativamente alla terna Oxyz:
(a) l’energia cinetica del sistema;
(b) gli equilibri ordinari;
(c) le proprietà di stabilità degli equilibri ordinari;
(d) le equazioni pure del moto;
(e) una costante del moto del sistema.
Soluzione
(a) Energia cinetica
L’energia cinetica del sistema si determina come somma delle energie cinetiche dell’asta
OA e del punto P .
Rispetto alla terna Oxyz, l’asta si presenta come un sistema rigido con asse fisso Oz; la
sua energia cinetica è perciò data dalla relazione
TOA =
1 OA
1 mL2
mL2 2
IOz |#ωOA |2 =
|θ̇ ê3 |2 =
θ̇
2
2 3
6
OA
in cui si sono usate le espressioni per il momento d’inerzia IOz
relativo all’asse fisso e per
la velocità angolare istantanea #ωOA = θ̇ ê3 . Ancor più immediato è il calcolo dell’energia
cinetica per il punto P , che vale
TP =
m 2
m
mL2 2
|Lṡ ê1 |2 =
ṡ .
Ṗ =
2
2
2
In definitiva, l’espressione per l’energia cinetica del sistema risulta
T = TOA + TP =
mL2 2 mL2 2
ṡ .
θ̇ +
6
2
(b) Equilibri ordinari
Nella terna non inerziale Oxyz, oltre alle forze reali peso ed elastiche, agiscono le forze centrifughe e di Coriolis. È facile convincersi, tuttavia, che queste ultime hanno componenti
lagrangiane nulle, in quanto ovunque ortogonali al piano Oxy di giacitura del sistema, lo
stesso piano che contiene l’asse di rotazione Oy della terna rispetto al riferimento galileiano:
le forze di Coriolis non influenzano in alcun modo il moto del sistema. Il sistema è dunque
soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali conservative, la cui azione può essere descritta in modo completo facendo ricorso ai relativi potenziali. Il potenziale del sistema è
la somma di un potenziale centrifugo dell’asta, un potenziale centrifugo del punto P , un
potenziale gravitazionale per l’asta e uno per il punto P , un potenziale elastico associato
alla molla ideale che congiunge i punti P ed A. Le posizioni dell’estremo A dell’asta e del
punto P sono individuate dai vettori
A − O = L sin θ ê1 − L cos θ ê2
Stefano Siboni
P − O = Ls ê1
1339
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
che sono molto utili nel calcolo del potenziale di sistema. Il potenziale centrifugo dell’asta
si ricava integrando sull’intero segmento OA il potenziale centrifugo infinitesimo relativo
ad un tratto di lunghezza dξ dell’asta, posto a distanza ξ dall’estremo fisso O:
asta
Ucf
ω2
=
2
!L
!L
mL2 ω 2 2
mω 2 2
2m
(ξ sin θ)
dξ =
sin θ ξ 2 dξ =
sin θ .
L
2L
6
0
0
Per il potenziale centrifugo del punto materiale P si ha l’espressione analoga
P
Ucf
=
mω 2
mL2 ω 2 2
|P − O|2 =
s .
2
2
Il potenziale gravitazionale dell’asta è invece dato da
Ugasta = −mg
A−O
1
· ê2 = mgL cos θ
2
2
mentre quello del punto P assume un valore costante in ogni configurazione
UgP = −mg(P − O) · ê2 = 0
e può quindi essere ignorato nella determinazione del moto e dell’equilibrio. Per completare
non rimane che calcolare il potenziale elastico della molla P − A:
,2
k
k,
Uel = − |P − A|2 = − ,L(sin θ − s) ê1 − L cos θ ê2 , =
2
2
5
kL2 2
(s − 2s sin θ + 1) = − mL2 ω 2 (s2 − 2s sin θ + 1) .
= −
2
4
Il potenziale del sistema risulta perciò:
5
mL2 ω 2 2
mL2 ω 2 2 1
sin θ +
s + mgL cos θ + mL2 ω 2 (−s2 + 2s sin θ) =
6 "
2
2
4 #
3
1 g
5
1
cos θ + s sin θ .
= mL2 ω 2 sin2 θ − s2 +
2
6
4
2 Lω
2
U =
Gli equilibri ordinari del sistema di identificano con tutti e soltanto i punti critici del
potenziale, in corrispondenza dei quali si annullano le derivate parziali prime di U:
%
$1
1 g
5
∂U
= Uθ = mL2 ω 2
sin θ cos θ −
s
cos
θ
sin
θ
+
∂θ
3
2 Lω 2
2
%
$
5
3
∂U
= Us = mL2 ω 2 − s + sin θ .
∂s
2
2
Si tratta dunque di risolvere il sistema di equazioni trigonometriche

1 g
1
5

 sin θ cos θ −
sin θ + s cos θ = 0
2
3
2 Lω
2
3
5

 − s + sin θ = 0
2
2
Stefano Siboni
1340
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Esercizi di Meccanica razionale
la seconda delle quali consente di ricavare la variabile s in funzione dell’angolo θ
s =
5
sin θ
3
e sostituita nella prima conduce ad una equazione trigonometrica nella sola variabile angolare θ
1
25
1 g
sin
θ
+
sin θ cos θ −
sin θ cos θ = 0
3
2 Lω 2
6
che può peraltro fattorizzarsi come
$
g %
9
= 0.
sin θ 1 −
2
9Lω 2
Un primo insieme di configurazioni d’equilibrio si ottiene richiedendo che sin θ = 0, in
modo che risulta
θ = 0, π
ed s = (5/3) sin θ = 0. Ulteriori equilibri si hanno inoltre per
cos θ −
ossia per
a condizione che si abbia
g
= 0
9Lω 2
$
θ = ±θ( = ±arccos
g %
9Lω 2
g
< 1
9Lω 2
ed in tal caso vale, beninteso,
5>
5
5
1 − cos2 θ( = ±
s = ± sin θ( = ±
3
3
3
Gli equilibri del sistema sono pertanto:
(θ, s) = (0, 0) ,
=
1−
$
g %2
.
9Lω 2
(π, 0) ,
definiti per qualsiasi scelta delle costanti caratteristiche del sistema, e:
(θ, s) =
$
θ( ,
%
5
sin θ( ,
3
$
%
5
−θ( , − sin θ( ,
3
definiti e distinti dai precedenti a condizione che risulti
g
< 1
9Lω 2
essendosi posto θ( = arccos(g/9Lω 2 ).
Stefano Siboni
1341
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Esercizi di Meccanica razionale
(c) Stabilità degli equilibri ordinari
Data la natura posizionale conservativa del sistema scleronomo, le proprietà di stabilità
degli equilibri ordinari possono essere analizzate facendo ricorso ai teoremi classici di
Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo si rende preliminarmente necessario determinare tutte le derivate parziali seconde del potenziale
"
#
1 g
5
2
2 2 1
2
Uθθ = mL ω
cos θ − s sin θ
(cos θ − sin θ) −
3
2 Lω 2
2
3
Uss = − mL2 ω 2
2
5
Uθs = Usθ = mL2 ω 2 cos θ
2
che per l’hessiana di U in una generica configurazione (θ, s) porgono l’espressione
1
1 g
5
(cos2 θ − sin2 θ) −
s sin θ
cos
θ
−
2 Lω 2
2
HU (θ, s) = mL2 ω 2  3
5
cos θ
2
da calcolarsi nelle singole configurazioni di equilibrio.

5
cos θ
2

3
−
2
Configurazione (θ, s) = (0, 0)
In questo caso la matrice hessiana del potenziale si riduce a
1
HU (0, 0) = mL2 ω 2  3
con traccia costantemente negativa
trHU (0, 0) = mL2 ω 2 −
1 g
2 Lω 2
5/2
−

5/2

3
−
2
7 1 g
−
< 0
6 2 Lω 2
e determinante
$ 27 3 g %
$
27
g %
2 2 2
(mL ω ) −1 +
=
.
detHU (0, 0) = (mL ω ) − +
4
4 Lω 2
4
9Lω 2
2
Perciò:
2 2
◦ per g/9Lω 2 > 1 il determinante detHU (0, 0) risulta strettamente positivo e unitamente
al segno negativo della traccia porta a concludere che gli autovalori della matrice sono
entrambi negativi. Ciò implica il ricorrere in (θ, s) = (0, 0) di un massimo relativo
proprio del potenziale, di cui il teorema di Lagrange-Dirichlet assicura la stabilità;
◦ per g/9Lω 2 < 1 il determinante dell’hessiana assume segno negativo, in modo che i
relativi autovalori sono di segno opposto. La presenza di un autovalore positivo nello
spettro consente di concludere che l’equilibrio è instabile per il teorema di inversione
parziale di Lagrange-Dirichlet;
Stefano Siboni
1342
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Esercizi di Meccanica razionale
◦ se infine g/9Lω 2 = 1 il determinante si annulla. Dal segno della traccia si deduce
che gli autovalori sono uno negativo ed uno nullo. Ricorre perciò un caso critico,
in senso lato, non podendosi comunque ricorrere al teorema di inversione parziale e
non essendo inoltre evidente la applicabilità del teorema di Lagrange-Dirichlet. In
effetti, la configurazione costituisce un massimo relativo proprio di U. Lo si stabilisce
scrivendo il potenziale per g/9Lω 2 = 1:
$
%
3 2 9
5
2
2 2 1
U(θ, s) = mL ω
sin θ − s + cos θ + s sin θ
6
4
2
2
e riesprimendone il termine entro parentesi tonde nella forma
%
1 2
9
3 $ 2 10
1
U(θ,
s)
=
θ
+
−
sin
cos
θ
−
s
s
sin
θ
=
mL2 ω 2
6
2
4
3
%2 3 25
3$
5
9
1 2
s − sin θ +
sin2 θ =
= sin θ + cos θ −
6
2
4
3
4 9
%2
9
3$
5
9 2
=
s − sin θ
= sin θ + cos θ −
4
2
4
3
%2
θ
θ 9$
θ% 3$
5
= 9sin2 cos2 +
=
1 − 2sin2
−
s − sin θ
2
2 2
2
4
3
%2
θ
θ
θ 3$
5
9
s − sin θ
=
= + 9sin2 cos2 − 9sin2 −
2
2
2
2 4
3
%2
3$
5
9
4θ
s − sin θ
= − 9sin −
2
2 4
3
In qualsiasi sfera aperta B(γ) di centro (θ, s) = (0, 0) e raggio γ > 0 il valore del
potenziale non eccede quello nel centro
"
%2 #
3$
9
5
2 2 9
4θ
− 9sin −
U(θ, s) = mL ω
≤ mL2 ω 2
s − sin θ
2
2 4
3
2
per cui il centro costituisce certamente un massimo relativo di U; se inoltre γ < 2π
il massimo è proprio in quanto non esistono altri punti di B(γ) in cui il potenziale
assuma lo stesso valore assunto nel centro:
U(0, 0) =
9
mL2 ω 2 .
2
Perchè questo avvenga dovrebbe aversi infatti
%2
9
3$
5
9
4θ
=
− 9sin −
s − sin θ
2
2 4
3
2
e quindi dovrebbe risultare soddisfatto il sistema di equazioni algebriche

4θ

θ ∈ (−2π, 2π)

 sin 2 = 0
%2
$
5


= 0
 s − sin θ
3
Stefano Siboni
1343
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Esercizi di Meccanica razionale
che però porge l’unica soluzione (θ, s) = (0, 0), come affermato. L’equilibrio è dunque
stabile in virtù del teorema di Lagrange-Dirichlet. Il grafico del potenziale nel caso
critico, riprodotto nella figura seguente, conferma il risultato ottenuto.
Configurazione (θ, s) = (π, 0)
Nella fattispecie l’hessiana del potenziale diventa
1 1 g
+
2
HU (π, 0) = mL2 ω 2  3 2 Lω
−5/2

−5/2

3
−
2
e presenta determinante di segno comunque negativo
#
"
3 $ 1 1 g % 25
2 2 2
−
detHU (π, 0) = (mL ω ) −
+
< 0
2 3 2 Lω 2
4
che implica l’instabilità della configurazione per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet — gli autovalori dell’hessiana sono di segno opposto; uno di essi, in particolare,
è positivo.
%
$
( 5
(
Configurazione (θ, s) = θ , sin θ
3
In questa configurazione l’hessiana del potenziale risulta


2cos2 θ( − 1 1 g
25 2 ( 5
(
(
cos θ − sin θ
−
cos θ
$
%


3
2 Lω 2
6
2
( 5
(
2 2

= mL ω 
HU θ , sin θ

3
5
3
(
cos θ
−
2
2
in cui cos θ( = g/9Lω 2 e quindi
2cos2 θ( − 1 1 g
25 2 (
2 2 ( 1 1 g
25 25 2 (
(
(
−
sin
cos
−
+ cos θ
cos
θ
−
θ
=
θ
−
cos
θ
−
3
2 Lω 2
6
3
3 2 Lω 2
6
6
$
$
$
%
%
%
2
2
2
1
27 29 1
11 g
9
g
g
= − +
−
= − +
2
2
6
6 81 Lω
2 9 Lω
2 243 Lω 2
Stefano Siboni
1344
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mentre
5 g
5
.
cos θ( =
2
18 Lω 2
Eliminando il parametro θ( la matrice hessiana si riduce pertanto a

9
1 $ g %2
−
+
$
%
 2 243 Lω 2
( 5
(
= mL2 ω 2 
HU θ , sin θ

5 g
3
18 Lω 2
5 g
18 Lω 2
3
−
2




con determinante strettamente positivo
detHU
$
"
#
%
5
25 $ g %2
1 $ g %2
(
2 2 2 27
θ , sin θ
= (mL ω )
−
−
=
3
4
162 Lω 2
324 Lω 2
(
= (mL ω )
2
2 2
"
27 $ g %2
27
−
4
324 Lω 2
#
2 2 27
= (mL ω )
2
4
"
$
1−
g %2
9Lω 2
#
> 0
e traccia di segno negativo
"
#
"
#
$
%
1 $ g %2
1 $ g %2
( 5
(
2 2
2 2
= mL ω −6 +
= mL ω −6 +
< 0
trHU θ , sin θ
3
243 Lω 2
3 9Lω 2
per via della condizione di esistenza g/9Lω 2 < 1 dell’equilibrio. Poiché gli autovalori
dell’hessiana sono entrambi di segno negativo, si riconosce nella configurazione un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità è assicurata dal teorema di LagrangeDirichlet.
%
$
5
Configurazione (θ, s) = −θ( , − sin θ(
3
Il potenziale del sistema è chiaramente una funzione pari dei suoi due argomenti
U(−θ, −s) = U(θ, s)
∀ (θ, s) ∈ R2 .
Ne segue che l’equilibrio (θ, s) = (−θ( , −(5/3) sin θ( ) deve presentare le stesse proprietà di
stabilità dell’equilibrio simmetrico (θ, s) = (θ( , (5/3) sin θ( ) già esaminato. Si tratta quindi
di un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet.
Si completa in tal modo l’analisi di stabilità degli equilibri, i cui risultati possono essere
riassunti graficamente nel seguente diagramma di biforcazione, che riporta la posizione
degli equilibri nel piano (θ, s) ∈ R2 in funzione del parametro adimensionale λ = g/9Lω 2
— per brevità si è inoltre posto s( = (5/3) sin θ( .
Stefano Siboni
1345
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Esercizi di Meccanica razionale
(d) Equazioni del moto
Le equazioni pure del moto di questo sistema scleronomo a vincoli ideali sono quelle di
Lagrange
d $ ∂L % ∂L
d $ ∂L % ∂L
−
−
= 0
= 0
dt ∂ θ̇
∂θ
dt ∂ ṡ
∂s
con lagrangiana L = T + U data da
$ θ̇2
$1
%
3
1 g
5
ṡ2 %
+ mL2 ω 2 sin2 θ − s2 +
L = mL2
cos
θ
+
+
s
sin
θ
.
6
2
6
4
2 Lω 2
2
Un calcolo immediato porge le espressioni:
mL2
mL2
d $ ∂L %
∂L
=
=
θ̇
=⇒
θ̈
3
dt ∂ θ̇
3
∂ θ̇
$1
%
5
1 g
∂L
sin
θ
+
= mL2 ω 2
sin θ cos θ −
s
cos
θ
∂θ
3
2 Lω 2
2
$ ∂L %
d
∂L
= mL2 ṡ
= mL2 s̈
=⇒
∂ ṡ
dt ∂ ṡ
%
$ 3
5
∂L
2 2
= mL ω − s + sin θ
∂s
2
2
per cui le equazioni del moto si scrivono esplicitamente come

$
%
2

 mL θ̈ − mL2 ω 2 1 sin θ cos θ − 1 g sin θ + 5 s cos θ = 0
2
3
2
$ 33
%2 Lω
5

 mL2 s̈ − mL2 ω 2 − s + sin θ = 0
2
2
ovvero nella forma adimensionalizzata

1
5
1
1 g


 3ω 2 θ̈ − 3 sin θ cos θ + 2 Lω 2 sin θ − 2 s cos θ = 0
5
3
1

 2 s̈ + s − sin θ = 0 .

ω
2
2
Stefano Siboni
1346
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
(e) Integrale primo
Il sistema è scleronomo, a vincoli ideali e soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali conservative. Un integrale primo delle relative equazioni del moto è quindi quello
dell’energia meccanica H = T − U, che si scrive:
H = mL2
$ θ̇2
6
+
%
$1
ṡ2 %
3
1 g
5
s
sin
θ
.
− mL2 ω 2 sin2 θ − s2 +
cos
θ
+
2
6
4
2 Lω 2
2
Esercizio 245. Equilibrio di una trave ideale
Rispetto ad una terna cartesiana ortogonale Oxyz, con asse Oz verticale, una trave sottile
AB di densità costante λ ha la parametrizzazione:
(x, y, z) =
$
a cos √
%
s
s
hs
, a sin √
,√
a2 + h2
a2 + h2
a2 + h2
∀ φ ∈ [0, 4π
>
a2 + h2 ]
essendo a, h costanti positive ed s una ascissa curvilinea. La trave è incastrata nel primo estremo A e libera nel secondo estremo B, dove risulta applicata una forza attiva concentrata
# = λagê1 . Tenuto conto della forza peso, si determinino lungo l’intera trave:
F
(a) il campo degli sforzi;
(b) il campo degli sforzi normali.
Soluzione
(a) Campo degli sforzi
La prima equazione cardinale della statica per la trave è
#
dR
(s) = −f#(s),
ds
#
dove f(s)
è la densità di forze distribuite, che nel nostro caso risulta pari a f#(s) = λ#g =
−λgê3 . Nel primo estemo A lo sforzo coincide con il risultante, cambiato di√segno, delle
#
reazioni vincolari esterne applicate alla trave in A. Lo sforzo in B, R(4π
a2 + h2 ), si
identifica con la forza attiva concentrata F# = λagê1 . Il campo degli sforzi è dato dunque
dalla soluzione del seguente problema di Cauchy:
#
dR
(s) = λgê3
ds
#
R(4π
>
a2 + h2 ) = λagê1
√
Integrando l’equazione di equilibrio fra un generico s ed il valore estremo 4π a2 + h2 si
ricava
!s
>
#
#
R(s)
− R(4π
a2 + h2 ) =
λgê3 dξ
√
4π a2 +h2
Stefano Siboni
1347
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
ovvero
#
R(s)
= λagê1 + λg(s − 4π
che fornisce il campo degli sforzi richiesto.
>
a2 + h2 )ê3
(b) Campo degli sforzi normali
Per determinare il campo degli sforzi normali è necessario calcolare il versore tangente τ̂ .
Dalla parametrizzazione della direttrice
P (s) = a cos √
a2
s
hs
s
ê1 + a sin √
ê2 + √
ê3 ,
2
2
2
2
+h
a +h
a + h2
derivando rispetto al parametro s si ottiene
a
s
a
s
h
τ̂ = − √
sin √
ê1 + √
cos √
ê2 + √
ê3
a2 + h2
a2 + h2
a2 + h2
a2 + h2
a2 + h2
per cui lo sforzo normale è dato da
"
#
>
s
λg
2
2
2
#
−a sin √
+ h(s − 4π a + h ) τ̂ .
R · τ̂ τ̂ = √
a2 + h2
a2 + h2
Esercizio 246. Analisi di Weierstrass
Una particella materiale di massa unitaria è vincolata a scorrere senza attrito su un asse
Ox, soggetta ad una forza posizionale di potenziale:
U(x) = e−x (−x2 + x + 1)
∀ x ∈ R.
Si ricavino:
(a) le condizioni iniziali corrispondenti agli stati di quiete del sistema;
(b) le condizioni iniziali per le quali si hanno i moti periodici del sistema;
(c) le condizioni iniziali relative ai moti a meta asintotica del sistema;
(d) il ritratto di fase del sistema.
Soluzione
Il sistema è scleronomo, posizionale e ad un solo grado di libertà. L’andamento qualitativo
di tutti i moti si deduce pertanto dall’analisi del grafico dell’energia potenziale W (x) =
e−x (x2 − x − 1), riprodotto nella figura seguente, applicando i criteri di Weierstrass.
Stefano Siboni
1348
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
(a) Condizioni iniziali per gli stati di quiete
Si hanno stati di quiete se la posizione x0 e la velocità ẋ0 iniziali del sistema sono pari a
(x0 , ẋ0 ) = (0, 0), oppure a (x0 , ẋ0 ) = (3, 0).
(b) Condizioni iniziali dei moti periodici
I moti periodici del sistema ricorrono se e soltanto se l’energia totale è strettamente
compresa fra i due valori W (0) = −1 e W (3) = 5e−3 , vale a dire per quelle posizioni e
velocit à iniziali (x0 , ẋ0 ) tali che
−1 < ẋ20 /2 + W (x0 ) < 5e−3 .
(c) Condizioni iniziali dei moti asintotici
Si hanno moti a meta asintotica per quelle condizioni iniziali (x0 , ẋ0 ) tali che ẋ20 /2 +
W (x0 ) = 5e−3 e x0 < 3, oppure se ẋ20 /2 + W (x0 ) = 5e−3 , x0 > 3 e ẋ0 < 0.
(d) Il ritratto di fase del sistema
Il ritratto in fase del sistema viene ricavato graficando le curve di livello dell’energia totale
E(x, ẋ) = ẋ2 /2 + W (x) nel piano (x, ẋ) per alcuni valori notevoli di E, pari ad esempio a
E0 = −1, −1 < E1 < E2 < 5e−3 , E3 = 5e−3 e E5 > E4 > 5e−3 .
Stefano Siboni
1349
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Esercizi di Meccanica razionale
Esercizio 247. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativo
Un’asta rettilinea omogenea e pesante OA, di massa m e lunghezza L, è vincolata a
mantenersi nel piano coordinato Oxy di una terna inerziale Oxyz, con l’estremo O fisso
nell’origine. Un punto materiale pesante P di massa m può scorrere liberamente lungo
l’asta e una molla di costante elastica 4mg/L lo congiunge all’origine O.
Nell’ipotesi di vincoli ideali, facendo uso delle coordinate s ∈ [0, 1] e θ ∈ R illustrate in
figura, determinare del sistema:
(a) gli equilibri ordinari e di confine;
(b) le proprietà di stabilità degli equilibri ordinari;
(c) l’espressione dell’energia cinetica relativa alla terna Oxyz;
(d) le equazioni delle piccole oscillazioni nell’intorno di una posizione di equilibrio stabile
a scelta;
(e) frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni nell’intorno della stessa configurazione di equilibrio considerata al quesito (d).
Soluzione
(a) Equilibri ordinari e di confine
In termini delle variabili lagrangiane s, θ i punti notevoli del sistema sono individuati dai
vettori posizione:
P − O = Ls sin θ, ê1 − Ls cos θ ê2
G−O =
L
L
sin θ ê1 − cos θ ê2 ,
2
2
dove G è il baricentro dell’asta. Il potenziale U delle sollecitazioni posizionali conservative
è dato dalla somma di tre contributi: il potenziale della forza peso dell’asta, il potenziale
gravitazionale del punto materiale, il potenziale della sollecitazione elastica:
#
"$
%
1 2 2
1
2
U(s, θ) = −mgyG − mgyP − kL s = mgL
+ s cos θ − 2s .
2
2
Stefano Siboni
1350
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Derivando U rispetto a s e a θ otteniamo:

∂U

 Qs (s, θ) =
= mgL(cos θ − 4s)
∂s
$
%

 Q (s, θ) = ∂U = −mgL 1 + s sin θ
θ
∂θ
2
Le configurazioni di equilibrio ordinario sono quelle tali per cui ∇U = 0, ovvero le soluzioni
del sistema

 cos θ − 4s = 0
$
%
 − 1 + s sin θ = 0
2
Dalla seconda equazione ricaviamo che sin θ = 0, in quanto (1/2+s) > 0 poichè la variabile
s è compresa fra 0 e 1. Abbiamo dunque due possibili valori per l’angolo θ, ossia θ = 0
e θ = π. Sostituendo nella prima equazione determiniamo il valore di s. Per θ = 0
otteniamo s = 1/4, mentre per θ = π il risultato è s = −1/4. Quest’ultima soluzione non
è accettabile in quanto la variabile s deve essere compresa nell’intervallo [0, 1]. Abbiamo
dunque una sola configurazione di equilibrio ordinario, quella corrispondente a (θ = 0, s =
1/4). Verifichiamo ora l’esistenza di eventuali equilibri di confine. Le configurazioni di
confine sono di due tipi {(s, θ) ∈ R2 , s = 0} oppure {(s, θ) ∈ R2 , s = 1}. Nel primo
caso, quando s = 0 e θ può assumere valori arbitrari, si ha che l’incremento δs deve
essere positivo o nullo, mentre l’incremento δθ può essere arbitrario. Applicando dunque
il teorema dei lavori virtuali, affinchè una configurazione di confine (s, θ) = (0, θ∗ ) sia di
equilibrio devono essere verificate contemporaneamente le seguenti condizioni:

 Qs (0, θ∗ ) ≤ 0
 Qθ (0, θ∗ ) = 0

 cos θ∗ ≤ 0
 sin θ∗ = 0 .
Tale sistema ammette come unica soluzione θ = π. Abbiamo dunque un equilibrio di
confine per (s, θ) = (0, π). Nel caso in cui s = 1 e θ può assumere valori arbitrari, si
ha che l’incremento δs deve essere negativo o nullo, mentre l’incremento δθ può essere
arbitrario. Applicando nuovamente il teorema dei lavori virtuali, condizione necessaria e
sufficiente affinchè una configurazione di confine (s, θ) = (1, θ∗ ) sia di equilibrio, è che siano
simultaneamente soddisfatte le relazioni seguenti

 Qs (1, θ∗ ) ≥ 0
 Qθ (1, θ∗ ) = 0
7
cos θ∗ − 4 ≥ 0
sin θ∗ = 0 .
È immediato verificare che la prima disequazione non ammette soluzione e quindi non ci
sono ulteriori configurazioni di equilibrio di confine.
Stefano Siboni
1351
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Esercizi di Meccanica razionale
(b) Stabilità degli equilibri ordinari
La matrice Hessiana del potenziale U si scrive

∂2U
 ∂s2
HU (s, θ) = 
 ∂2U
∂s∂θ

∂2U

−4

∂θ∂s 

=
mgL
2
∂ U 
− sin θ
∂θ2

− sin θ
.
%
$1
+ s cos θ
−
2
Calcolando tale matrice nell’equilibrio ordinario (s, θ) = (1/4, 0) si ottiene
mgL
;
−4
0
0
−3/4
<
.
È immediato verificare, essendo la matrice diagonale, che entrambi i suoi autovalori sono
negativi. L’hessiano è dunque definito negativo ed il punto (s, θ) = (1/4, 0) costituisce
un massimo relativo proprio per il potenziale U. Per il teorema di Lagrange-Dirichlet tale
equilibrio risulta stabile.
(c) Energia cinetica
L’energia cinetica del sistema è data dalla somma di due contributi:
(i) l’energia cinetica del punto materiale
TP =
1
1
mvp2 = m(L2 ṡ2 + L2 s2 θ̇2 ) ;
2
2
(ii) l’energia cinetica dell’asta TA = IOz θ̇2 /2, dove IOz = ê3 · LO (ê3 ) = mL2 /3 è il
momento d’inerzia rispetto all’asse Oz.
Sommando i due contributi si perviene all’espressione cercata
T =
1
1
mL2 2
mL2 ṡ2 + mL2 s2 θ̇2 +
θ̇ .
2
2
6
(d) Equazioni delle piccole oscillazioni
La lagrangiana linearizzata nell’intorno dell’equilibrio stabile (s, θ) = (1/4, 0) è uguale a
Llin
1
= ( ṡ θ̇ ) A(1/4, 0)
2
; <
1
ṡ
+ ( s − 1/4
θ̇
2
θ ) HU (1/4, 0)
;
s − 1/4
θ
<
0
19
mL2
48
6
dove A(s, θ) è la matrice dell’energia cinetica
A(s, θ) =
Stefano Siboni
;
mL2
0
0
2
mL (1/3 + s2 )
<
,
A(1/4, 0) =
5
mL2
0
,
1352
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Esercizi di Meccanica razionale
mentre HU (s = 1/4, θ = 0) è la matrice Hessiana del potenziale, già calcolata al punto (b)
5
−4mgL
0
0
3mgL
−
4
6
.
Le equazioni del moto linearizzate sono dunque


 mL2 s̈ + 4mgL(s − 1/4) = 0

 19 mL2 θ̈ + 3mgL θ = 0 .
48
4
(e) Frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni
Le pulsazioni Ω dei due modi normali di oscillazione attorno all’equilibrio sono le soluzioni
di det[Ω2 A(1/4, 0) + HU (1/4, 0)] = 0, ovvero di
det
5
mL2 Ω2 − 4mgL
0
0
19
3
mL2 Ω2 − mgL
48
4
6
= 0
che calcolando il determinante diventa
%
$ 19
3
2 2
mL Ω − mgL = 0 .
(mL Ω − 4mgL)
48
4
2
2
36
g/L e Ω22 = 4g/L, cui corrispondono le frequenze normali
19
=
=
3
1 g
Ω1
Ω2
g
= √
f2 =
=
.
f1 =
2π
2π
π L
π 19 L
Le due soluzioni sono Ω21 =
6 >
(i) Primo modo normale di oscillazione, di pulsazione Ω1 = √
g/L
19
Si deve determinare un vettore (a, b) /= (0, 0) tale che
(AΩ21
ovvero
; <
; <
a
0
+ HU )
=
,
b
0


40
; <
; <
− mgL 0
a
0
 19

=
.
b
0
0
0
Sono soluzioni di questo sistema lineare omogeneo tutte le coppie (a, b) tali che a = 0,
ad esempio (a, b) = (0, 1).
Stefano Siboni
1353
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Esercizi di Meccanica razionale
(ii) Secondo modo normale di oscillazione, di pulsazione Ω2 = 2
Dobbiamo calcolare un vettore (a, b) /= (0, 0) tale che
(AΩ22
ossia
5
0
0
; < ; <
a
0
+ HU )
=
,
b
0
0
5
mgL
6
>
g/L
6; <
; <
a
0
=
.
b
0
Le soluzioni di questo sistema lineare omogeneo sono tutte e soltanto le coppie (a, b)
tali che b = 0, quale in particolare (a, b) = (1, 0).
Concludendo, le piccole oscillazioni del sistema attorno alla posizione di equilibrio stabile
(s, θ) = (1/4, 0) sono una sovrapposizione dei due moti oscillatori di pulsazioni Ω1 e Ω2 :
;
s − 1/4
θ
<
; <
; <
0
1
+ c2 cos(Ω2 t + ϕ2 )
,
= c1 cos(Ω1 t + ϕ1 )
1
0
con c1 , c2 ∈ R, ϕ2 , ϕ2 ∈ [0, 2π) costanti arbitrarie — calcolabili una volta note le condizioni
iniziali θ(0), θ̇(0), s(0), ṡ(0). Si osservi che nel primo modo normale il sistema oscilla rigidamente attorno all’asse fisso Oz, dal momento che il punto P si mantiene in quiete
relativamente all’asta OA — s = 1/4 costante. Nel secondo modo normale, viceversa, è
l’asta OA a collocarsi in quiete — θ = 0 costante — con il punto P che oscilla lungo di
essa attorno alla propria posizione di equilibrio s = 1/4.
Esercizio 248. Geometria delle masse
Un sistema rigido si compone di una lamina semicircolare L e di un’asta OA. La lamina
L, di centro O, raggio R e piano di giacitura Oxy, ha densità areale espressa da
σ(P ) =
Stefano Siboni
µ
|P − O|
πR3
∀P ∈ L.
1354
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Esercizi di Meccanica razionale
L’asta OA, che si dispone lungo l’asse Oz, ha invece lunghezza R e densità lineare
µ
∀ z ∈ [0, R] .
λ(z) = 2 (R − z)
R
Determinare del sistema:
(a) la massa e la collocazione del baricentro rispetto alla terna Oxyz;
(b) la matrice d’inerzia in Oxyz del sistema;
(c) il momento angolare in O e l’energia cinetica nell’ipotesi che O sia un punto fisso e la
velocità angolare istantanea valga ω
# = ωê1 − ωê3 , con ω > 0;
(d) il momento d’inerzia rispetto alla retta che congiunge O con il punto C(3R, 4R, 0);
(e) la posizione dell’asse istantaneo di moto e la velocità dei suoi punti, nelle stesse ipotesi
del quesito (c).
Soluzione
(a) Massa e posizione del baricentro
La massa del sistema viene calcolata come somma delle parti costituenti, il semidisco L e
l’asta OA.
Massa della lamina
La massa della lamina si ottiene integrando sul semidisco {(x, y, 0) ∈ R3 , x2 +y 2 ≤ R2 , y ≥
0} la densità areale σ. Conviene eseguire il calcolo nelle coordinate polari (ρ, φ) ∈ [0, R] ×
[0, π] definite da (x, y) = (ρ cos φ, ρ sin φ):
!R
!π
!
!
!
µ
µ
µ R2
µ
2
m1 =
σ(x, y) dxdy =
dρ
dφ ρ
ρ =
ρ dρ dφ =
π = .
3
3
3
πR
πR
πR 3
3
L
[0,R]
[0,π]
0
0
Massa dell’asta
La massa dell’asta viene ricavata per integrazione della densità lineare λ lungo il segmento
OA = {(0, 0, z) , z ∈ [0, R]} dell’asse Oz:
"
#R
!
!R
µ
1
µ
µ
µ R2
2
−
(R
−
z)
= .
m2 =
λ(z) dz =
(R
−
z)
dz
=
=
2
2
2
R
R
2
R 2
2
0
OA
Stefano Siboni
0
1355
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Esercizi di Meccanica razionale
Massa del sistema
La massa del sistema è la somma delle masse parziali m1 ed m2 , dal momento che asta e
lamina si intersecano nel solo punto O — insieme che dà contributo nullo tanto all’integrale
di superficie che definisce m1 quanto all’integrale di linea che fornisce m2 :
m = m1 + m2 =
µ µ
5
+
= µ.
3
2
6
Baricentro della lamina
Il baricentro G1 della lamina deve collocarsi lungo la retta Oy, che costituisce un evidente
asse di simmetria in quanto
(x, y, z) ∈ L
e
(−x, y, −z) ∈ L
⇐⇒
∀ (x, y, z) ∈ R3
µ >
µ > 2
2 + y2 =
(−x)
x + y 2 = σ(x, y)
πR2
πR2
Vale di conseguenza
G1 − O = y1 ê2
σ(−x, y) =
∀ (x, y) ∈ L .
in cui l’ordinata y1 viene ricavata con una integrazione in coordinate polari, da definizione:
1
y1 =
m1
!
L
3
=
πR3
3
yσ(x, y) dxdy =
µ
!R
0
!
[0,R]
3
ρ dρ
!π
sin φ dφ =
0
Pertanto:
G1 − O =
dρ
!
dφ ρ ρ sin φ
µ
ρ =
πR3
[0,π]
2π
3 R4 1
3
=
−
cos
φ
R.
0
πR3 4
2π
3
R ê2 .
2π
Baricentro dell’asta
La retta Oz lungo la quale si dispone l’asta OA è un ovvio asse di simmetria cui il baricentro
G2 deve necessariamente appartenere:
G2 − O = z2 ê3 .
La quota z2 è data dalla definizione
1
z2 =
m2
!
OA
2
zλ(z) dz =
µ
!R
0
µ
2
z 2 (R − z) dz = 2
R
R
#R
" 2
z
z3
R3 %
R
2 $ R3
2
−
=
= 2
= 2 R −
R
2
3 0
R
2
3
3
Stefano Siboni
!R
(Rz − z 2 ) dz =
0
1356
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
perciò
G2 − O =
R
ê3 .
3
Baricentro del sistema
Poiché asta e lamina si intersecano nel solo punto O — insieme di lunghezza e di area nulle
— il baricentro G del sistema può individuarsi applicando la proprietà distributiva, che
porge:
m1 (G1 − O) + m2 (G2 − O)
6 $ µ 3R
µR %
R
3
G−O =
ê2 +
ê3 =
R ê2 + ê3 .
=
m1 + m2
5µ 3 2π
2 3
5π
5
(b) Matrice d’inerzia
Ragionando in modo analogo a quanto visto per massa e baricentro, la matrice d’inerzia
del sistema rispetto alla terna Oxyz può scriversi come somma delle matrici d’inerzia di
lamina ed asta, rispetto alla medesima terna.
Matrice d’inerzia della lamina
Per quanto già sottolineato al punto precedente è chiaro che:
◦ la retta Oy costituisce un asse di simmetria del semidisco ed è perciò identificabile con
un asse principale d’inerzia in O dello stesso;
◦ il piano Oxy di giacitura della lamina rappresenta un ovvio piano di simmetria e
dunque un piano principale d’inerzia in O. Si riconosce cosı̀ in Oz un asse principale
d’inerzia in O;
◦ conseguentemente, l’asse Ox è un asse principale d’inerzia in O, in quanto ortogonale
ai due precedenti.
Se ne conclude che il riferimento Oxyz individua una terna principale d’inerzia della lamina,
rispetto alla quale la matrice d’inerzia [LLO ] si presenta in forma diagonale. Siccome inoltre
la lamina è completamente ubicata nel piano coordinato Oxy, si conclude che:


0
0
Lxx

Lyy
0
[LLO ] =  0
0
0
Lxx + Lyy
con i momenti principali d’inerzia Lxx ed Lyy che devono determinarsi direttamente dalle
rispettive definizioni. Al solito, conviene eseguire gli integrali in coordinate polari:
!
!
2
2
y 2 σ(x, y) dxdy =
Lxx = (y + z )σ(x, y) dxdy =
L
=
!
[0,R]
L
dρ
!
[0,π]
µ R5
=
πR3 5
!π
0
Stefano Siboni
µ
µ
dφ ρ (ρ sin φ)
ρ
=
πR3
πR3
2
!R
0
4
ρ dρ
!π
sin2 φ dφ =
0
#π
"
µ 2
1
1 − cos 2φ
sin 2φ
dφ =
R φ−
µR2 .
=
2
10π
2
10
0
1357
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Esercizi di Meccanica razionale
Analoga espressione vale per il momento d’inerzia relativo a Oy:
Lyy =
!
(x + z )σ(x, y) dxdy =
2
2
L
=
!
!
x2 σ(x, y) dxdy =
L
!
dρ
[0,R]
µ
µ
dφ ρ (ρ cos φ)
ρ =
3
πR
πR3
2
µ R5
=
πR3 5
0
4
ρ dρ
0
[0,π]
!π
!R
!π
cos2 φ dφ =
0
#π
"
sin 2φ
1
1 + cos 2φ
µ 2
=
dφ =
R φ+
µR2
2
10π
2
10
0
in modo che la matrice d’inerzia di L assume la forma


1/10
0
0
[LLO ] = µR2 0
1/10
0 .
0
0
1/5
(248.1)
Matrice d’inerzia dell’asta
L’asta si colloca lungo l’asse Oz e la sua matrice d’inerzia in Oxyz dipende quindi unicamente dal momento d’inerzia L11 rispetto all’asse Ox — ovvero a Oy —

Il momento in questione vale
L11 =
!
z λ(z) dz =
2
OA
!R
0
L11
0
L11

]
=
0
[LOA
O
0
µ
µ
z 2 (R−z) dz = 2
R
R
2
0

0
0.
0
" 3
#R
!R
µ
µR2
z
z4
2
3
(Rz −z ) dz = 2 R −
=
R
3
4 0
12
0
e pertanto

1/12
0
OA
2
0
1/12
[LO ] = µR
0
0

0
0.
0
(248.2)

0
0
11/60 0  .
0
1/5
(248.3)
Matrice d’inerzia del sistema
Sommando i contributi (248.1) e (248.2) di lamina e asta si determina la matrice d’inerzia
dell’intero sistema, che risulta perciò:
[LO ] = [LLO ] + [LO ]OA
Stefano Siboni

11/60
2
= µR
0
0
1358
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
È interessante notare che la matrice d’inerzia si presenta ancora in forma diagonale; si
riconosce dunque in Oxyz una terna principale d’inerzia del sistema. Va anche sottolineato
che due momenti principali d’inerzia sono fra loro uguali
11 2
1
11 2
µR =
µR /= µR2
60
60
5
per cui il corpo rigido presenta struttura giroscopica rispetto al proprio punto fisso O, con
asse giroscopico Oz — quello associato all’autovalore semplice µR2 /5.
(c) Momento angolare ed energia cinetica
Il sistema rigido ha punto fisso nell’origine O e velocità angolare istantanea data da
#ω = ω ê1 − ω ê3 , con ω > 0. Il suo momento angolare in O si esprime allora in termini
dell’operatore d’inerzia nel punto fisso
#O =
K
3
?
Ki êi = LO (#ω )
i=1
con le componenti cartesiane K1 , K2 , K3 individuate dalla relazione matriciale




K1
ω
11/60
 K2  = [LO ]  0  = µR2  0
−ω
0
K3

in modo che risulta




ω
0
0
11/60
11/60 0   0  = µR2 ω  0 
−ω
−1/5
0
1/5
$
%
# O = µR2 ω 11 ê1 − 1 ê3 .
K
60
5
Nelle stesse condizioni di moto, per l’energia cinetica vale invece la relazione


11/60
23
1#
1 2 2 $ 11 1 %
1
2 

+
=
µR2 ω 2 .
T = KO · ω
# = (ω 0 − ω)µR ω
0
= µR ω
2
2
2
60 5
120
−1/5
(d) Momento d’inerzia
La retta OC passa ovviamente per l’origine O ed il suo versore tangente si scrive
n̂ =
4
3 ê1 + 4 ê2
3 ê1 + 4 ê2
3
C−O
=
=
= ê1 + ê2 .
|C − O|
|3 ê1 + 4 ê2 |
5
5
5
Il momento d’inerzia del sistema relativamente alla retta OC = On̂ si ricava allora dalla
relazione generale
IOn̂


11/60
0
0
3/5
11 2
µR .
= n̂ · LO (n̂) = (3/5 4/5 0) µR2 0
11/60 0  4/5  =
60
0
0
1/5
0
Stefano Siboni

1359
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Esercizi di Meccanica razionale
Il risultato è in accordo con la struttura giroscopica del sistema rispetto al punto fisso,
con asse giroscopico Oê3 ; il vettore C − O è infatti autovettore dell’operatore d’inerzia LO
relativo all’autovalore (11/60)µR2 , al pari dei versori ê1 ed ê2 .
(e) Asse istantaneo di moto e velocità dei suoi punti
Il corpo rigido ha punto fisso O e velocità angolare istantanea diversa da zero. L’asse
istantaneo di moto è perciò univocamente definito come asse istantaneo di rotazione, costituito da tutti e soli i punti dello spazio solidale la cui velocità risulta nulla all’istante
considerato. L’asse istantaneo di moto si identifica pertanto con la retta O#
ω , di equazione
parametrica
P − O = ξ#
ω = ξ(ω ê1 − ω ê3 ) , ξ ∈ R
che, posto ξω = α può porsi nella forma equivalente — più compatta —
P − O = α ê1 − α ê3 ,
α ∈ R.
Esercizio 249. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativo
Due aste rettilinee omogenee OA e AB, di eguale lunghezza L e massa m, sono incernierate
nel comune estremo A e vincolate a restare nel piano Oxy di una terna cartesiana ortogonale
Oxyz. L’estremo O è fisso nell’origine, mentre B è costretto a scorrere lungo l’asse verticale
Oy. Il sistema è pesante e una molla di costante elastica k congiunge A con la sua proiezione
ortogonale P sull’asse Ox. La terna Oxyz ruota infine con velocità angolare costante ω
attorno all’asse verticale Oy, relativamente ad una terna inerziale non rappresentata in
figura.
Nell’ipotesi di vincoli ideali, si utilizzi la coordinata θ ∈ R in figura per determinare,
rispetto a Oxyz:
(a) gli equilibri del sistema;
(b) la stabilità dei predetti equilibri;
(c) l’energia cinetica del sistema;
Stefano Siboni
1360
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Esercizi di Meccanica razionale
(d) le equazioni che individuano i moti naturali del sistema;
(e) una costante del moto.
Soluzione
(a) Equilibri
Trattandosi di sistema in moto in un piano fisso passante per l’asse di rotazione, la componente lagrangiana delle forze di Coriolis agenti sulle due aste è identicamente nulla e del
tutto ininfluente agli effetti del moto; per ogni punto P del sistema si ha infatti:
−2ωê2 ∧ Ṗ ·
∂P
∂P
∂P
∂P
= −2ωê2 · Ṗ ∧
= −2ωê2 ·
θ̇ ∧
= 0.
∂θ
∂θ
∂θ
∂θ
Tutte le altre sollecitazioni attive applicate, il peso, la forza centrifuga, l’interazione associata alla molla elastica, hanno natura posizionale e conservativa e possono essere descritte
per mezzo degli appropriati potenziali. Si è dunque in presenza di un sistema scleronomo
posizionale conservativo a vincoli bilaterali ideali, i cui equilibri possono essere caratterizzati come tutti e soli i punti critici del potenziale U del sistema, somma dei potenziali
parziali relativi alle varie sollecitazioni.
Potenziale elastico
Il potenziale che descrive l’interazione elastica dell’estremo A con la propria proiezione
ortogonale P sull’asse Ox si ricava direttamente dalla definizione e vale:
k
k
kL2 2
cos θ .
Uel = − |P − A|2 = − |L cos θ ê2 |2 = −
2
2
2
Potenziale centrifugo
Il potenziale delle forze centrifughe è la somma dei potenziali relativi alle due aste e si
calcola per integrazione lungo i segmenti OA ed AB:
Ucf
ω2
=
2
!L
m
ω2
(s sin θ)2 ds+
L
2
0
L
!L
2 !
m
m
ω
mL2 ω 2 2
sin θ,
(ξ sin θ)2 dξ = 2
ξ 2 sin2 θ, dξ =
L
L 2
3
0
0
essendo identici i contributi delle due aste.
Potenziale gravitazionale
Il potenziale associato alle forze peso si determina sommando i contributi relativi a ciascuna
delle due aste e vale perciò
$
A−O
B − A%
− mg ê2 · A − O +
=
2
2
$
%
L
1
= − mg(−L cos θ) − mg −L cos θ − cos θ = 2mgL cos θ .
2
2
Ug = −mg ê2 ·
Stefano Siboni
1361
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Esercizi di Meccanica razionale
Potenziale del sistema
Sommando i potenziali delle varie tipologie di sollecitazioni si ricava il potenziale del sistema
mL2 ω 2 2
kL2 2
cos θ +
sin θ + 2mgL cos θ
U(θ) = −
2
3
che a meno di una costante additiva inessenziale può riscriversi nella forma equivalente
$k
U(θ) =
2
+
La derivata prima del potenziale vale
U " (θ) =
$
mω 2 % 2 2
L sin θ + 2mgL cos θ .
3
%
2
k + mω 2 L2 sin θ cos θ − 2mgL sin θ
3
ed uguagliata a zero porge la condizione di equilibrio
D
2mg
sin θ cos θ − $
%
2
2
k + mω L
3
E
= 0
le cui soluzioni si ottengono:
(i) annullando il fattore sin θ, ovvero
(ii) annullando il fattore entro parentesi quadre.
Nel caso (i) si deducono equilibri ordinari definiti per qualsivoglia scelta delle costanti
caratteristiche del sistema:
θ = 0 , π;
nel caso (ii) si devono invece considerare le radici dell’equazione trigonometrica
che porge
2mg
cos θ − $
% = 0
2
k + mω 2 L
3
D
2mg
θ = ±θ( = ±arccos $
%
2
k + mω 2 L
3
E
soluzioni definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia
$
Stefano Siboni
2mg
% < 1.
2
2
k + mω L
3
1362
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
(b) Stabilità degli equilibri
Trattandosi di sistema scleronomo soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali conservative, gli strumenti chiave per l’analisi della stabilità degli equilibri sono costituiti dai
classici teoremi di Lagrange-Dirichlet e di relativa inversione parziale, i quali richiedono il
computo della derivata seconda del potenziale
U "" (θ) =
$
%
2
k + mω 2 L2 (cos2 θ − sin2 θ) − 2mgL cos θ
3
in tutte le configurazioni di equilibrio.
Configurazione θ = 0
In questa configurazione la derivata seconda del potenziale si scrive
U "" (0) =
$
%
$
2
2
2mg % 2
L
k + mω 2 L2 − 2mgL = k + mω 2 −
3
3
L
e non avendo segno definito richiede l’esame di tre casi distinti:
2mg
2
(i) se k + mω 2 >
risulta U "" (0) > 0 e l’equilibrio è instabile per il teorema di
3
L
inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;
2mg
2
(ii) per k + mω 2 <
si ha invece U "" (0) < 0. Nella configurazione di equilibrio si
3
L
riconosce perciò un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità semplice
è assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet;
2
2mg
(iii) qualora sia infine k + mω 2 =
la derivata seconda del potenziale si annulla e
3
L
ricorre un caso critico. L’analisi potrebbe essere ulteriormente sviluppata approssimando il potenziale U(θ) con il suo polinomio di Taylor di quarto grado nell’intorno
di θ = 0 ed osservando che anche nel caso critico la configurazione costituisce un massimo relativo proprio di U, stabile per L-D. In effetti, alla stessa conclusione si può
pervenire direttamente con una appropriata riscrittura della funzione U, che evidenzia
la natura del punto critico θ = 0. Si ha infatti, usando le formule trigonometriche di
bisezione:
U(θ) = mgLsin2 θ + 2mgL cos θ = mgL(sin2 θ + 2 cos θ) =
"
$
%#
2θ
2θ
2θ
= mgL 4sin cos + 2 1 − 2sin
=
2
2
2
$
$
θ
θ
θ%
θ%
= mgL 2 − 4sin4
,
= mgL 2 + 4sin2 cos2 − 4sin2
2
2
2
2
per cui U(θ) < U(0) ∀ θ /= 0 tale che |θ| < 2π.
Configurazione θ = π
La derivata seconda assume in questo caso la forma
$
2
2mg % 2
""
2
U (π) = k + mω +
L
3
L
Stefano Siboni
1363
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
e si mantiene dunque di segno positivo per qualsiasi scelta delle costanti caratteristiche
del sistema. L’instabilità della configurazione segue dal teorema di inversione parziale di
Lagrange-Dirichlet.
Configurazioni simmetriche θ = θ( and θ = −θ(
Le proprietà di stabilità di questi equilibri sono le stesse, in quanto il potenziale è una
funzione pari del proprio argomento θ ∈ R. Il comune valore della derivata seconda si
scrive:
$
%
2
U "" (θ( ) = U "" (−θ( ) = k + mω 2 L2 (cos2 θ( − sin2 θ( ) − 2mgL cos θ( =
D 3
E
%
$
2mg
2
= k + mω 2 L2 cos2 θ( − sin2 θ( − $
=
%
2
3
k + mω 2 L cos θ(
3
% F
%
$
$
G
2
2
= k + mω 2 L2 cos2 θ( − sin2 θ( − cos θ( cos θ( = − k + mω 2 L2 sin2 θ(
3
3
ed in quanto strettamente negativo qualifica la configurazione come massimo relativo
proprio del potenziale. Le stabilità dell’equilibrio si deduce, al solito, dal teorema di
Lagrange-Dirichlet. Si ricorda che le configurazioni in esame sono definite soltanto per
%
$
2
2
2mg < k + mω L.
3
I risultati dell’analisi di stabilità fin qui condotta possono riassumersi nel seguente diagramma di biforcazione, dove la collocazione degli equilibri e la loro natura stabile o inH $
%
2
2
stabile sono illustrati in funzione del parametro adimensionale λ = 2mG L k + mω .
3
(c) Energia cinetica
La proprietà di additività assicura che l’energia cinetica del sistema può calcolarsi come
somma delle energie cinetiche delle singole aste. L’asta OA ha asse fisso Oz e la sua energia
cinetica vale perciò:
TOA =
Stefano Siboni
1 OA
1 mL2
mL2 2
IOz |#ωOA |2 =
|θ̇ ê3 |2 =
θ̇
2
2 3
6
1364
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Esercizi di Meccanica razionale
OA
essendo IOz
= mL2 /3 il momento d’inerzia dell’asta rispetto all’asse di rotazione Oz e
#ωOA = θ̇ ê3 la relativa velocità angolare istantanea. Un poco più articolato è il calcolo
dell’energia cinetica dell’asta AB, che non presenta alcun punto fisso. Una applicazione
del teorema di König porge l’espressione
m 2 1 AB
Ġ + IGz |#ωAB |2
2
2
nella quale la baricentro coincide con il punto medio dell’asta ed è quindi individuato da
TAB =
G−O = A−O +
−L sin θ ê1 − L cos θ ê2
B−A
= L sin θ ê1 − L cos θ ê2 +
=
2
2
L
3
=
sin θ ê1 − L cos θ ê2
2
2
con velocità istantanea
Ġ =
di modulo quadrato
%
3
cos θ ê1 + L sin θ ê2 θ̇
2
2
$L
%
9
cos2 θ + sin2 θ L2 θ̇2 ,
4
4
AB
mentre il momento d’inerzia rispetto all’asse baricentrico Gz vale IGz
= mL2 /12 e la
velocità angolare istantanea assume la forma #ωAB = −θ̇ ê3 . Conseguentemente:
m$1 2
9 2 % 2 2 1 mL2 2
mL2 $ 1
9 2 % 2
1 2
TAB =
cos θ + sin θ L θ̇ +
θ̇ =
+ cos θ + sin θ θ̇ .
2 4
4
2 12
2
12 4
4
L’energia cinetica del sistema risulta pertanto
%
1
1 2
mL2 $ 1
9 2 % 2
mL2 $ 2
2
+
+ cos θ + sin θ θ̇ =
+ 2 sin θ θ̇2 .
T =
2
3 12 4
4
2
3
(d) Equazioni dei moti naturali
Poiché il sistema si assume a vincoli ideali, i suoi moti (naturali) sono tutti e soltanto quelli
descritti dall’equazione di Lagrange:
d $ ∂L % ∂L
= 0
−
dt ∂ θ̇
∂θ
con la lagrangiana L = T + U data da
%
$ k mω 2 %
mL2 $ 2
+ 2 sin2 θ θ̇2 +
+
L2 sin2 θ + 2mgL cos θ .
L =
2
3
2
3
Ġ2 =
$1
Ricordando che nel calcolo del binomio lagrangiano a primo membro θ e θ̇ devono riguardarsi come variabili indipendenti, si hanno le relazioni:
$2
%
∂L
= mL2
+ 2 sin2 θ θ̇
3
∂ θ̇
$
%
$
%
2
d ∂L
+ 2 sin2 θ θ̈ + 4mL2 sin θ cos θ θ̇2
= mL2
dt ∂ θ̇
3
$
%
2
∂L
2
2
2
= 2mL sin θ cos θ θ̇ + k + mω L2 sin θ cos θ − 2mgL sin θ
∂θ
3
Stefano Siboni
1365
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Esercizi di Meccanica razionale
dalle quali si deduce l’equazione pura del moto
$2
%
%
$
2
+ 2 sin2 θ θ̈ + 2mL2 sin θ cos θ θ̇2 − k + mω 2 L2 sin θ cos θ + 2mgL sin θ = 0 .
mL2
3
3
(e) Costante del moto
Un ovvio integrale primo del sistema è quello dell’energia meccanica
H(θ, θ̇) =
%
$k
mω 2 % 2 2
mL2 $ 2
+ 2 sin2 θ θ̇2 −
+
L sin θ − 2mgL cos θ
2
3
2
3
avendosi a che fare con un sistema scleronomo a vincoli ideali soggetto soltanto a sollecitazioni posizionali conservative.
Esercizio 250. Statica di un corpo rigido appoggiato
Un corpo rigido pesante è appoggiato al piano orizzontale liscio Oxy, debolmente cedevole,
in modo che la sua base d’appoggio sia costituita dai punti:
A(0, 0) ,
B(1, 0) ,
C(2, 1) ,
D(0, 1) .
Il baricentro del corpo è G(3/4, 1/2, 1). Determinare:
(a) se il corpo è in equilibrio;
(b) l’area di completo appoggio;
(c) le reazioni vincolari esterne agenti sul corpo nei punti di appoggio.
Soluzione
(a) Equilibrio
Condizione necessaria e sufficiente affinché la configurazione del sistema sia di equilibrio è
che il centro di pressione appartenga al poligono d’appoggio. Il centro di pressione Q si
identifica con la proiezione ortogonale del baricentro G sul piano d’appoggio Oxy e le sue
coordinate si scrivono perciò
(xG , yG ) = (3/4, 1/2)
D’altra parte, il poligono d’appoggio è immediatamente riconoscibile nel poligono convesso
di vertici A, B, C, D. È evidente dalla figura che Q giace all’interno del poligono d’appoggio
e caratterizza quindi la configurazione come un equilibrio del sistema.
Stefano Siboni
1366
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
(b) Area di completo appoggio
I coefficienti di struttura a, b, c del piano di appoggio sono determinati dall’equazione matriciale
 


a
xG
S  b  = mg  yG 
c
1
dove xG , yG sono le coordinate del centro

Sxx Sxy

S = Sxy Syy
Sx Sy
di elementi
Sxx =
?
di pressione ed


5
Sx


= 2
Sy
#Ω
3
S è la matrice simmetrica

2 3
2 2
2 4
x2i = 02 + 12 + 22 + 02 = 5
i∈Ω
Sxy =
?
i∈Ω
Sx =
?
xi yi = 0 · 0 + 1 · 0 + 2 · 1 + 0 · 1 = 2
xi = 0 + 1 + 2 + 0 = 3
i∈Ω
Syy =
?
yi2 = 02 + 02 + 12 + 12 = 2
i∈Ω
Sy = 0 + 0 + 1 + 1 = 2
#Ω = 4.
Si ha dunque:



 
2
xG
a
 b  = S −1 mg  yG  = mg 1  −1
5
−1
1
c


xG
−1 −1
11/2 −2   yG  .
−2
3
1
Le reazioni vincolari esterne applicate ai punti A, B, C, D, della base d’appoggio si scrivono
nella forma
# i = Φi ê3
Φ
i = A, B, C, D ,
dove le componenti verticali Φi sono individuate in termini dei coefficienti di struttura per
mezzo delle relazioni
 



a
2
−1 −1
xG
mg
(xi yi 1)  −1 11/2 −2   yG 
Φi = (xi yi 1)  b  =
5
c
−1 −2
3
1
essendosi indicate con (xi , yi , 0) le coordinate dell’i-esimo punto d’appoggio. Perchè si
abbia effettivo appoggio nel punto considerato la componente verticale della reazione vincolare deve risultare di segno positivo e per il completo appoggio del corpo nella configurazione assegnata la stessa circostanza deve ricorrere per tutte le componenti verticali
delle reazioni vincolari esterne.
Stefano Siboni
1367
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
# A positiva della
La posizione del centro di pressione corrispondente ad una componente Φ
reazione vincolare in A è individuata da tutte e sole le coordinate (x, y) per le quali risulta
ΦA
 
 
x
x
mg
mg
−1  

= (0 0 1)mgS
y
=
(−1 − 2 3) y  =
(−x − 2y + 3) > 0.
5
5
1
1
Analoghe condizioni ricorrono per gli altri punti della base di appoggio:
ΦB
ΦC
ΦD
 
 
x
x
mg
mg
−1  

(1 − 3 2) y  =
(x − 3y + 2) > 0
= (1 0 1)mgS
y
=
5
5
1
1
 
 
x
x
$
%
%
3
3
mg
mg $
−1  


2
2x + y − 1 > 0
= (2 1 1)mgS
−1
y
=
y
=
5
2
5
2
1
1
 
 
x
x
$
%
%
7
mg $
7
mg
−1  


−2
−2x + y + 1 > 0.
1
y
=
= (0 1 1)mgS
y
=
5
2
5
2
1
1
Il poligono di completo appoggio è quindi costituito da tutti e soli i punti individuati dalle
coordinate (x, y) che risolvono il sistema di disequazioni lineari

−x − 2y + 3 > 0






x − 3y + 2 > 0



3
2x + y − 1 > 0

2




7



 − 2x + 2 y + 1 > 0
la cui soluzione si ricava per via grafica ed è evidenziata con il tratteggio nella figura
seguente
Stefano Siboni
1368
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Tale soluzione, come noto, viene ottenuta tracciando nel piano cartesiano Oxy le rette di
equazione
−x − 2y + 3 = 0
x − 3y + 2 = 0
3
2x + y − 1 = 0
2
7
− 2x + y + 1 = 0
2
ed individuando per ispezione i semipiani risolventi le singole disequazioni, di cui tali rette
costituiscono la frontiera — per esempio basta verificare se l’origine (x, y) = (0, 0) soddisfa
o meno la relativa disequazione.
(c) Reazioni vincolari esterne all’equilibrio
Basta allora sostituire le coordinate dei vertici Pi , i = 1, 2, 3, 4, e del centro di pressione
per ottenere:


3/4
mg
mg
ΦA =
(−1 − 2 3)  1/2  =
5
4
1


3/4
mg
mg
(1 − 3 2)  1/2  =
ΦB =
5
4
1


3/4
$
%
3
mg
mg
2
ΦC =
− 1  1/2  =
5
2
4
1


3/4
$
%
7
mg
mg
−2
ΦD =
1  1/2  =
5
2
4
1
in modo che le reazioni vincolari esterne agenti sui punti della base d’appoggio diventano:
# A = mg ê3
Φ
4
# B = mg ê3
Φ
4
# C = mg ê3
Φ
4
# D = mg ê3 .
Φ
4
Le reazioni calcolate sono identiche: in effetti il centro di pressione Q coincide precisamente
con la media aritmetica dei punti di appoggio:
Q−O =
A−O + B−O + C −O + D−O
4
punto nel quale la teoria generale prevede il verificarsi di questa circostanza.
Esercizio 251. Corpo rigido con asse fisso e analisi di Weierstrass
Un rotore rigido ha momento d’inerzia ma2 rispetto al proprio asse fisso Ox, privo di
attrito. In termini dell’angolo di rotazione θ, il momento risultante lungo Ox delle forze
attive applicate si scrive M(θ) = U " (θ), con:
U(θ) = −e−θ θ2 ma2
Stefano Siboni
∀ θ ∈ R.
1369
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Determinare:
(a) le equazioni del moto del rotore ed un integrale primo delle stesse;
(b) le condizioni iniziali peri moti periodici;
(c) il ritratto di fase del sistema.
Soluzione
(a) Equazioni del moto ed integrale primo
Quello considerato è un sistema rigido con asse fisso Ox privo di attrito e la sua equazione
del moto si scrive
# O · ê1
IOx θ̈ = M
#O ·
con momento d’inerzia IOx = ma2 e momento risultante lungo Ox delle forze attive M
ê1 = U " (θ):
ma2 θ̈ = ma2 e−θ (θ2 − 2θ)
in modo che la costante positiva ma2 può essere ignorata
θ̈ = e−θ (θ2 − 2θ)
θ ∈ R.
La stessa costante può essere omessa nell’espressione dell’energia meccanica
E(θ, θ̇) =
2
2
1
˙ = θ̇ − 1 U(θ) = θ̇ + e−θ θ2
H(θ,
θ)
ma2
2
ma2
2
(θ, θ̇) ∈ R2 .
(b) Condizioni iniziali dei moti periodici
L’applicazione dell’analisi di Weierstrass e la determinazione del ritratto di fase del sistema
richiedono di determinare il grafico della funzione energia potenziale W (θ) = −U(θ)/ma2 ,
particolarmente per quanto concerne i punti critici. Questi si individuano uguagliando a
zero la derivata prima di W , o di U,
W " (θ) = e−θ (−θ2 + 2θ) = 0
e risultano pertanto
θ = 0
θ = 2,
rispettivamente minimo e massimo relativo proprio dell’energia potenziale, come si deduce
dal segno della derivata seconda dell’energia potenziale W "" (θ) = e−θ (θ2 − 4θ + 2):
W "" (0) = 2 > 0
Stefano Siboni
W "" (2) = −2e−2 < 0 .
1370
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Esercizi di Meccanica razionale
I valori assunti dalla funzione W nei punti critici sono
W (0) = 0
W (2) = 4e−2
mentre valgono gli ovvi limiti
lim W (θ) = 0
θ→+∞
lim W (θ) = +∞ .
θ→−∞
Il grafico dell’energia potenziale ha dunque l’andamento illustrato nella figura seguente
I teoremi di Weierstrass assicurano che i moti periodici del sistema ricorrono per tutte e
sole le condizioni iniziali (θ, θ̇) ∈ R2 tali che
0 < E(θ, θ̇) < W (2)
e
θ < 2
ossia per i punti dell’aperto di R2
7
8
θ̇2
(θ, θ̇) ∈ R2 : 0 <
+ e−θ θ2 < 4e−2 , θ < 2 .
2
(c) Ritratto di fase
I punti critici costituiscono i soli candidati possibili al ruolo di zeri doppi della funzione
di Weierstrass e quindi sia di punti di equilibrio che di mete asintotiche. Per ottenere il
ritratto di fase del sistema basta rappresentare le curve di livello dell’energia meccanica
conservata
θ̇2
θ̇2
+ W (θ) =
+ e−θ θ2
E(θ, θ̇) =
2
2
considerando gli appropriati livelli di energia, per esempio:
◦ E0 = 0, che rappresenta il minimo assoluto dell’energia potenziale ed individua lo
stato di quiete nella configurazione di equilibrio θ = 0;
Stefano Siboni
1371
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Esercizi di Meccanica razionale
◦ E1 ∈ (0, 4e−2 ), che specifica una soluzione periodica la cui orbita si colloca nella
regione θ < 2 del piano delle fasi e una soluzione aperiodica per θ > 2 munita di un
solo punto di inversione e tendente a θ = +∞ per t → +∞;
◦ E2 = 4e−2 , che individua le orbite di quattro diverse soluzioni, la prima corrispondente
alla soluzione statica θ(t) = 2 ∀ t ∈ R, l’altra ubicata nel semipiano di fase θ < 2 e con
meta asintotica (θ, θ̇) = (2, 0) per t → ±∞ — soluzione omoclina — la terza collocata
nel quadrante θ > 2, θ̇ > 0 e a meta asintotica in (θ, θ̇) = (2, 0) nel passato, nonché
tendente all’infinito nel futuro, la quarta, infine, ubicata nel quadrante θ > 2, θ̇ < 0
con meta asintotica (θ, θ̇) = (2, 0) per t → +∞ e divergente all’infinito per t → −∞;
◦ E3 > 4e−2 , nel qual caso si ottiene un’unica orbita relativa ad un moto aperiodico
con un solo punto di inversione nella striscia θ < 0 e divergente a θ = +∞ tanto nel
futuro quanto nel passato.
Il ritratto di fase del sistema ha dunque l’andamento illustrato nella figura seguente.
Esercizio 252. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativo
Una guida circolare rigida omogenea Γ, di raggio R, massa m e centro C, ruota liberamente
attorno ad un suo punto O posto nell’origine di una terna inerziale Oxyz, mantenendosi
nel piano Oxy di questa. Un punto materiale P di massa m scorre senza attrito su Γ ed è
connesso da una molla di costante elastica k al punto A di Γ diametralmente opposto ad
O. L’intero sistema è pesante.
Stefano Siboni
1372
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Assunti i vincoli ideali e facendo uso degli angoli θ, φ ∈ R illustrati in figura come parametri
lagrangiani, determinare del sistema:
(a) quattro equilibri ordinari;
(b) le proprietà di stabilità degli equilibri ordinari individuati al punto (a);
(c) l’espressione dell’energia cinetica relativa alla terna Oxyz;
(d) le equazioni delle piccole oscillazioni nell’intorno di un equilibrio stabile a scelta, per
k = mg/3R;
(e) le frequenze e i modi normali delle piccole oscillazioni nelle stesse condizioni del punto
(d).
Soluzione
Il sistema considerato è scleronomo a vincoli bilaterali e ideali, con due soli gradi di libertà,
e soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali e conservative. Le sue configurazioni di
equilibrio, tutte ordinarie, si identificano dunque con i punti critici del potenziale del
sistema.
(a) Equilibri ordinari
Gli equilibri ordinari si identificano con i punti critici del potenziale, che risulterà dalla
somma dei potenziali gravitazionali del punto P e della guida Γ, nonché del potenziale
elastico associato alla molla A − P .
Potenziale elastico della molla A − P
Il quadrato della distanza fra gli estremi A e P della molla si calcola applicando il teorema
di Carnot al triangolo AP C:
|P − A|2 = |A − C|2 + |P − C|2 − 2|A − C||P − C| cos AĈP =
= R2 + R2 − 2R2 cos φ = 2R2 − 2R2 cos φ
ed il relativo potenziale elastico si scrive perciò
k
k
Uel = − |P − A|2 = − (2R2 − 2R2 cos φ) = kR2 cos φ + costante .
2
2
Stefano Siboni
1373
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Potenziale gravitazionale della guida circolare
Il baricentro della guida circolare omogenea coincide con il suo centro C. Il potenziale
gravitazionale della guida vale pertanto:
UgΓ = −mg ê2 · (C − O) = mgR cos θ .
Potenziale gravitazionale del punto materiale P
Il vettore posizione del punto P si esprime in termini delle coordinate generalizzate per
mezzo della relazione
P − O = C − O + P − C = R sin θ ê1 − R cos θ ê2 + R sin(θ + φ) ê1 − R cos(θ + φ) ê2
alla quale corrisponde il potenziale gravitazionale
UgP = −mg ê2 · (P − O) = mgR[cos θ + cos(θ + φ)] .
Potenziale del sistema
La somma dei potenziali gravitazionali ed elastico precedentemente calcolati fornisce il
potenziale del sistema
U(θ, φ) = Uel + UgΓ + UgP = kR2 cos φ + 2mgR cos θ + mgR cos(θ + φ) =
#
"
kR
cos φ + 2 cos θ + cos(θ + φ) .
= mgR
mg
Equilibri ordinari
Gli equilibri ordinari si determinano annullando simultaneamente le derivate parziali prime
del potenziale
1
2
∂U
(θ, φ) = mgR −2 sin θ − sin(θ + φ)
∂θ
9 kR
:
∂U
(θ, φ) = mgR −
sin φ − sin(θ + φ)
∂φ
mg
e dunque risolvendo il sistema di equazioni trigonometriche


 2 sin θ + sin(θ + φ) = 0
kR

sin φ + sin(θ + φ) = 0 .

mg
(252.1)
Quattro soluzioni ovvie di questo sistema sono date da:
(θ, φ) = (0, 0) ,
(0, π) ,
(π, 0) ,
(π, π)
che devono intendersi definite a meno di inessenziali multipli interi di 2π.
Stefano Siboni
1374
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Osservazione. Insieme completo degli equilibri
Sebbene non richiesto, è interessante caratterizzare completamente l’insieme delle configurazioni di equilibrio ordinarie del sistema. Risulta infatti possibile risolvere esplicitamente
il sistema di equazioni trigonometriche (252.1), specificando altresı̀ le condizioni di esistenza delle soluzioni. Sottraendo membro a membro le due equazioni del sistema (252.1)
si ottiene la relazione
kR
sin θ =
sin φ
2mg
che sostituita alla seconda equazione (252.1), e dopo aver espresso sin(θ + φ) mediante la
nota formula per il seno della somma di due angoli, porge il sistema


 2 sin θ + sin θ cos φ + cos θ sin φ = 0
kR

sin φ .
 sin θ =
2mg
Il passo successivo consiste nell’inserire la seconda equazione entro la prima, che diventa
cosı̀
kR
kR
sin φ +
sin φ cos φ + cos θ sin φ = 0
mg
2mg
e conduce al sistema equivalente di equazioni trigonometriche

%
$ kR
kR


+
cos
φ
+
cos
θ
= 0
sin
φ


mg 2mg
kR


sin
θ
=
sin φ .


2mg
Sfruttando la fattorizzazione della prima equazione possono distinguersi due casi.
Primo caso
La prima equazione del sistema sia verificata in quanto sin φ = 0; in tal caso la seconda
equazione si riduce a sin θ = 0. Le soluzioni del sistema (252.1) risultano perciò, a meno
di multipli interi di 2π,
(θ, φ) = (0, 0) ,
(0, π) ,
(π, 0) ,
(π, π) .
Secondo caso
Annullando il secondo fattore a primo membro nella prima delle equazioni (252.1) si deduce
il sistema trigonometrico


kR
kR



 mg + 2mg cos φ + cos θ = 0
Stefano Siboni

kR



 sin θ = 2mg sin φ .
1375
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che può anche porsi nella forma equivalente


kR
kR



 cos θ = − mg − 2mg cos φ

kR



 sin θ = 2mg sin φ .
(252.2)
nella quale seno e coseno dell’angolo θ sono espressi in funzione dell’angolo φ. L’identità
trigonometrica cos2 θ+sin2 θ = 1 implica la seguente condizione di esistenza per le soluzioni
di (252.2):
%2 $ kR
%2
$ kR
kR
−
cos φ +
sin φ = 1
−
mg 2mg
2mg
che convenientemente semplificata diventa
1 $ kR %2 $ kR %2 $ kR %2
+
+
cos φ = 1
4 mg
mg
mg
e porge infine
$5
4
+ cos φ
%$ kR %2
mg
= 1.
Se ne conclude che la soluzione in φ, se definita, deve essere data da
"$
#
mg %2 5
(
−
φ = ±φ = ±arccos
, con φ( ∈ [0, π] ,
kR
4
a condizione che si abbia
−1 ≤
ossia
In tal caso risulta
$ mg %2
9
1
≤
≤
4
kR
4
$ mg %2
kR
−
⇐⇒
5
≤ 1
4
1
mg
3
≤
≤ .
2
kR
2
"
#
"
#
kR 5 kR 1 mg
kR $ mg %2 5
1 mg
kR
3
1
= −
−
+
−
= −
+
−
cos θ = −
mg 2mg kR
4
mg 8 mg 2 kR
8 mg/kR 2 kR
in cui è facile convincersi che
"
#
1 mg
3
1
+
−
∈ [−1, 1]
8 mg/kR 2 kR
Basta osservare che la funzione ausiliaria
$3 1 1 %
+ z
f(z) = −
8z
2
Stefano Siboni
∀ mg/kR ∈ [1/2, 3/2] .
z ∈ [1/2, 3/2]
1376
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ha in z =
√
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3/2 il suo unico punto critico
3 1
1
f " (z) =
− = 0
2
8z
2
z =
⇐⇒
√
$1 3%
3
∈
,
2
2 2
che è facilmente riconoscibile come massimo relativo proprio in virtù della concavità di f
nel proprio dominio:
f "" (z) = −
3 1
< 0
4 z3
∀ z ∈ [1/2, 3/2] .
Basta allora considerare i valori assunti dalla funzione nel punto di massimo ed agli estremi
dell’intervallo:
√
√
3
f(1/2) = −1
f(3/2) = −1
f( 3/2) = −
2
per dedurre l’andamento qualitativo del grafico di f
e concludere che per 1/2 < mg/kR < 3/2 anche l’angolo θ è sempre definito oltre che
esprimibile esplicitamente come
#
" $
3 kR 1 mg %
+
θ = ±θ = ±arccos −
8 mg 2 kR
(
essendo beninteso θ( ∈ [π/2, π]. Le possibili soluzioni sono quindi:
(θ, φ) = (θ( , φ( ) ,
(θ( , −φ( ) ,
(−θ( , φ( ) ,
(−θ( , −φ( ) .
(252.3)
In effetti l’equazione sin θ = (kR/mg) sin φ impone che sin θ e sin φ debbano avere lo stesso
segno, sicché delle (252.3) soltanto due sono radici accettabili:
(θ, φ) = (θ( , φ( ) ,
Stefano Siboni
(−θ( , −φ( )
1377
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in quanto sin θ( e sin φ( ≥ 0 per definizione di θ( e φ( . Per semplice sostituzione dei valori
di θ( φ( ottenuti si accerta infine che le equazioni (252.2) sono effettivamente soddisfatte.
In definitiva, a meno di multipli interi di 2π gli equilibri del sistema in parte sono sempre
e comunque definiti
(θ, φ) = (0, 0) ,
(0, π) ,
(π, 0) ,
(π, π)
ed in parte esistono — distinti dai precedenti — se e soltanto se mg/kR ∈ (1/2, 3/2):
(θ, φ) = (θ( , φ( ) ,
con
$ 3 kR 1 mg %
−
θ = arccos −
8 mg 2 kR
(
(−θ( , −φ( )
"$
#
mg %2 5
φ = arccos
−
.
kR
4
(
L’insieme delle configurazioni di equilibrio in funzione del parametro adimensionale λ =
mg/kR è illustrato nella figura seguente.
(b) Stabilità degli equilibri ordinari
Grazie alla natura posizionale conservativa di tutte le sollecitazioni attive agenti sul sistema, le proprietà di stabilità degli equilibri possono essere analizzate ricorrendo ai teoremi
di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. Le derivate parziali seconde del potenziale
si scrivono
Uθθ (θ, φ) = mgR[−2 cos θ − cos(θ + φ)]
Uφθ (θ, φ) = −mgR cos(θ + φ)
Uθφ (θ, φ) = −mgR cos(θ + φ)
#
"
kR
cos φ − cos(θ + φ)
Uφφ (θ, φ) = mgR −
mg
per cui l’hessiana del potenziale vale
5
6
−2 cos θ − cos(θ + φ)
− cos(θ + φ)
kR
HU (θ, φ) = mgR
.
− cos(θ + φ)
−
cos φ − cos(θ + φ)
mg
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1378
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La matrice deve essere calcolata per ciascuna configurazione di equilibrio ordinaria.
Configurazione (θ, φ) = (0, 0)
L’hessiana del potenziale vale in questo caso


−1

kR
HU (0, 0) = mgR 
−1
−1 −
mg
con determinante positivo e traccia negativa
$ kR
%
detHU (0, 0) = (mgR)2 3
+2 > 0
mg
−3
$ kR
%
trHU (0, 0) = mgR −
−4 < 0
mg
in modo che i suoi autovalori sono entrambi reali negativi. Questa circostanza permette di
riconoscere nella configurazione un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità
è assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.
Configurazione (θ, φ) = (0, π)
Nella fattispecie per l’hessiana del potenziale si ha l’espressione
5
6
−1
1
kR
HU (0, π) = mgR
1
+1
mg
i cui autovalori sono di segno opposto per via del determinante negativo
%
$ kR
− 2 < 0;
detHU (0, π) = (mgR)2 −
mg
dal teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet segue l’instabilità della configurazione.
Configurazione (θ, φ) = (π, 0)
La matrice hessiana del potenziale assume in questo punto la forma


3
1

HU (π, 0) = mgR 
kR
+1
1 −
mg
con determinante e traccia, rispettivamente
%
$ kR
+2
detHU (π, 0) = (mgR)2 −3
mg
%
$ kR
trHU (π, 0) = mgR −
+4 .
mg
Per mg/kR < 3/2 si ha detHU (π, 0) < 0 e dunque l’equilibrio risulta instabile per il
teorema di inversione parziale. Nel caso mg/kR > 3/2 si conclude invece che detHU (π, 0) >
0, mentre
$ kR
%
10
trHU (π, 0) = mgR −
+4 >
mgR
mg
3
Stefano Siboni
1379
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Esercizi di Meccanica razionale
e gli autovalori reali della matrice hanno entrambi segno positivo. Ancora una volta
l’equilibrio risulta instabile. Alla stessa conclusione si perviene nell’ipotesi residua che
λ = mg/kR = 3/2 — gli autovalori sono uno nullo ed uno positivo.
Configurazione (θ, φ) = (π, π)
Per questa configurazione la matrice hessiana del potenziale si riduce a
5
6
1
−1
kR
HU (π, π) = mgR
−1
−1
mg
con traccia positiva trHU (π, π) = kR2 e determinante
%
$
2 kR
−2 .
detHU (π, π) = (mgR)
mg
Si verifica immediatamente che per λ > 1/2 il determinante dell’hessiana è negativo, in
modo che la matrice ha autovalori di segno opposto; per λ ≤ 1/2 il determinante è non
negativo e la traccia strettamente positiva, con almeno un autovalore positivo. In entrambi
i casi si può affermare l’instabilità della configurazione in virtù del teorema di inversione
parziale di Lagrange-Dirichlet.
Configurazione (θ, φ) = (θ( , φ( )
Le derivate parziali seconde del potenziale sono date dalle espressioni seguenti:
$5
%
+ 2 cos φ(
Uθθ (θ( , φ( ) = mgR[−2 cos θ( − cos(θ( + φ( )] = kR2
2
$
1%
(
(
(
(
2
(
Uθφ (θ , φ ) = −mgR cos(θ + φ ) = kR cos φ +
2
"
#
kR
1
Uφφ (φ( , φ( ) = mgR −
cos φ( − cos(θ( + φ( ) = kR2
mg
2
in cui si è fatto uso delle equazioni (252.2) per eliminare il parametro θ( . La matrice
hessiana del potenziale si scrive perciò:

5
1
(
(
+ 2 cos φ
+ cos φ

2
2
(
(
2

HU (θ , φ ) = kR  1

1
+ cos φ(
2
2
con traccia e determinante di segno positivo:
trHU (θ( , φ( ) = kR2 (3 + 2 cos φ( ) > 0
detHU (θ( , φ( ) = kR2 sin2 φ( > 0 .
La matrice hessiana è quindi definita positiva ed il teorema di inversione parziale di
Lagrange-Dirichlet porta a concludere che la configurazione di equilibrio, quando definita,
è instabile per qualsiasi scelta del parametro λ.
Configurazione (θ, φ) = (−θ( , −φ( )
Le proprietà di stabilità di questa configurazione sono le stesse già individuate per l’equilibrio simmetrico (θ, φ) = (θ( , φ( ), in quanto il potenziale del sistema è una funzione pari
dei propri argomenti
U(−θ, −φ) = U(θ, φ)
Stefano Siboni
∀ (θ, φ) ∈ R2 .
1380
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(c) Energia cinetica
La guida circolare ruota attorno all’asse fisso Oz con velocità angolare #ωΓ = θ̇ ê3 e la sua
energia cinetica assume perciò la forma
TΓ =
2
1 Γ
11 Γ
1
IOz |#ωΓ |2 =
ICz + m|C − O|2 |#ωΓ |2 = (mR2 + mR2 )|θ̇ ê3 |2 = mR2 θ̇2 .
2
2
2
L’energia cinetica del punto P è invece data dall’ovvia espressione
TP =
1
mṖ 2
2
nella quale la velocità istantanea del punto si ricava derivando in t il vettore P − O:
Ṗ = R[cos θ θ̇ + cos(θ + φ) (θ̇ + φ̇)] ê1 + R[sin θ θ̇ + sin(θ + φ) (θ̇ + φ̇)] ê2
ed il relativo modulo quadrato vale dunque
2
1
Ṗ 2 = R2 cos2 θ θ̇2 + cos2 (θ + φ) (θ̇ + φ̇)2 + 2 cos θ cos(θ + φ) θ̇(θ̇ + φ̇) +
1
2
+ R2 sin2 θ θ̇2 + sin2 (θ + φ) (θ̇ + φ̇)2 + 2 sin θ sin(θ + φ) θ̇(θ̇ + φ̇) =
1
2
= R2 θ̇2 + (θ̇ + φ̇)2 + 2 cos φ θ̇(θ̇ + φ̇) =
1
2
= R2 2(1 + cos φ) θ̇2 + φ̇2 + 2(1 + cos φ) θ̇ φ̇ .
Di conseguenza
TP
2
mR2 1
=
(2 + 2 cos φ) θ̇2 + φ̇2 + 2(1 + cos φ) θ̇ φ̇
2
e l’energia cinetica del sistema si determina sommando i contributi di Γ e P :
T = TΓ + TP =
2
mR2 1
(4 + 2 cos φ) θ̇2 + φ̇2 + 2(1 + cos φ) θ̇ φ̇ .
2
Si osservi, in vista della successiva applicazione all’analisi delle piccole oscillazioni, che il
risultato ottenuto si riesprime in forma matriciale come
;
<; <
1
4 + 2 cos φ 1 + cos φ
θ̇
2
T = (θ̇ φ̇)mR
φ̇
1 + cos φ
1
2
espressione nella quale interviene la matrice dell’energia cinetica
;
<
4 + 2 cos φ 1 + cos φ
2
A(θ, φ) = mR
1 + cos φ
1
che è immediato verificare essere reale, simmetrica e definita positiva:
detA(θ, φ) = (mR2 )2 (3 − cos2 φ) > 0
Stefano Siboni
trA(θ, φ) = mR2 (5 + 2 cos φ) > 0
1381
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come in generale previsto per qualsiasi sistema scleronomo.
(d) Equazioni delle piccole oscillazioni
L’unica configurazione di equilibrio stabile del sistema si ha per (θ, φ) = (0, 0) ed è quindi
nell’intorno di questa che si considerano le equazioni delle piccole oscillazioni. Per θ e φ
piccoli dette equazioni assumono la forma:
; <
; <
θ
θ̈
= 0
A(0, 0)
− HU (0, 0)
φ
φ̈
nella quale la matrice dell’energia cinetica vale
A(0, 0) = mR
2
;
6
2
2
1
<
mentre quella hessiana del potenziale è già stata ricavata nello studio della stabilità

HU (0, 0) = mgR 
−3
−1
−1
−1 −

kR  .
mg
Si ha pertanto
mR2
ovvero
;


; <
<; <
−3
−1
6 2
θ̈
 θ = 0
− mgR 
kR
φ
2 1
φ̈
−1 −1 −
mg

g

 6θ̈ + 2φ̈ + (3θ + φ) = 0
R
$
g9
kR % :

 2θ̈ + φ̈ +
θ+ 1+
φ = 0.
R
mg
Nel caso di k = mg/3R le equazioni diventano

g
 6θ̈ + 2φ̈ + (3θ + φ) = 0
R$
%
 2θ̈ + φ̈ + g θ + 4 φ = 0 .
R
3
(e) Frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni
Frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni nell’intorno di (θ, φ) = (0, 0) sono
individuati dal problema agli autovalori generalizzato:
[Ω2 A(0, 0) + HU (0, 0)]a = 0
Stefano Siboni
a ∈ R2 \ {0}
(252.4)
1382
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in cui compare la matrice fondamentale
Ω2 A(0, 0) + HU (0, 0) = mR2 Ω2
;
6
2

RΩ
= mgR 
g
2
2
1
;
<
6
2
che, posto per brevità RΩ2 /g = µ, si riduce a
Ω2 A(0, 0) + HU (0, 0) = mgR
5

−3

−1
kR  =
−1 −1 −
mg


<
3
1
2

−
kR 
1
1 1+
mg
+ mgR 
6µ − 3
2µ − 1
2µ − 1
kR
µ−1−
mg
6
.
Le pulsazioni normali Ω delle piccole oscillazioni si ottengono risolvendo l’equazione caratteristica
det[Ω2 A(0, 0) + HU (0, 0)] = 0
ossia l’equazione algebrica di secondo grado
le cui radici si scrivono
µ±
$
kR
kR %
µ+2+3
= 0
2µ2 + −5 − 6
mg
mg
D
1
kR
±
=
5+6
4
mg
B
E
$
$
kR %2
kR %
5+6
−8 2+3
.
mg
mg
Il discriminante dell’equazione è il quadrato di un binomio
∆ =
per cui
$ kR %2
$
$
kR
kR %
kR
kR %2
= 25 + 36
− 16 − 24
=
−8 2+3
+ 60
5+6
mg
mg
mg
mg
mg
$ kR %2
$
kR %2
kR
= 3+6
= 9 + 36
+ 36
mg
mg
mg

 2 + 3 kR
"
#

kR %
1
kR $
mg
± 3+6
µ± =
5+6
=
1

4
mg
mg

2
ed i quadrati delle pulsazioni normali diventano
$
kR % g


2+3
g
mg R
Ω2 = µ =
1
g

R

.
2R
Stefano Siboni
1383
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Le frequenze normali delle piccole oscillazioni valgono pertanto
B
=
=
Ω1
Ω2
kR g
g
1 1
1
√
2+3
f1 =
=
f2 =
=
,
2π
2π 2 R
2π
2π
mg R
con f1 < f2 . Per k = mg/3R queste espressioni si riducono a
=
=
1 1
1 √
g
g
√
f2 =
.
f1 =
3
2π 2 R
2π
R
Non rimane che caratterizzare i singoli modi normali di oscillazione.
Modo normale di pulsazione Ω = Ω1 (modo basso)
Per µ = 1/2 il problema agli autovalori generalizzato (252.4) si presenta nella forma


0

0
1
kR 
0 − −
2 mg
;
a1
a2
<
= 0
;
a1
a2
<
∈ R2 \ {0}
ed equivale all’unica equazione scalare
$ 1 kR %
a2 = 0
− −
2 mg
che implica la soluzione generale a2 = 0. Il primo modo normale di oscillazione cercato
vale pertanto:
; <
; <
θ
1
∀ a1 ∈ R \ {0} , α ∈ R .
= a1
cos(Ω1 t + α)
φ
0
Si osservi che nel primo modo normale di oscillazione, quello di frequenza più bassa, il
parametro φ si mantiene fisso al proprio valore di equilibrio φ = 0 mentre θ varia sinusoidalmente attorno a θ = 0: il modo normale corrisponde ad una oscillazione rigida
dell’intero sistema Γ ∪ P attorno all’asse fisso Oz.
Modo normale di pulsazione Ω = Ω2 (modo alto)
kR
Per µ = 2 + 3
il problema agli autovalori generalizzato (252.4) si riduce a
mg
;
<; <
; <
$
kR % 9 3
b1
b1
1+2
= 0
∈ R2 \ {0}
3 1
b2
b2
mg
ossia all’unica equazione scalare
3b1 + b2 = 0
Stefano Siboni
b1 ∈ R \ {0}
1384
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
dalla quale si deduce che b2 = −3b1 , ∀ b1 ∈ R \ {0}. Il corrispondente modo normale di
oscillazione assume perciò la forma:
; <
;
<
θ
1
= b1
cos(Ω2 t + β)
φ
−3
∀ b1 ∈ R \ {0} , β ∈ R .
In esso i due parametri lagrangiani oscillano in opposizione di fase l’uno rispetto all’altro,
attorno ai relativi valori di equilibrio.
Soluzione generale delle equazioni delle piccole oscillazioni
Nel caso k = mg/3R la soluzione generale dell’equazione delle piccole oscillazioni è data da
una sovrapposizione arbitraria dei due modi normali di oscillazione appena determinati:
; <
; <
;
< $ =
$ 1 =g
%
%
√
g
θ
1
1
= a1
cos √
cos 3
t + α + b1
t+β ,
φ
0
−3
R
2 R
t ∈ R,
per qualsivoglia scelta delle costanti reali a1 , b1 , α, β.
Esercizio 253. Geometria delle masse
Un sistema rigido è composto da un’asta OA di lunghezza L e da un semidisco circolare
S di raggio L e centro O, che rispetto ad una terna solidale Oxyz si dispongono come
illustrato in figura. Il semidisco è omogeneo e di massa m, mentre la densità dell’asta in
un suo generico punto P si scrive:
λ(P ) =
m
|P − O| .
L2
Si chiede di determinare del sistema:
(a) il baricentro rispetto alla terna Oxyz;
(b) la matrice d’inerzia relativamente alla stessa terna;
(c) il momento d’inerzia rispetto alla retta di equazione y = x nel piano Oxy;
(d) il momento angolare in O e l’energia cinetica, nell’ipotesi che il punto O sia fisso e che
la velocità angolare istantanea valga #ω = ω(ê1 + ê3 ), con ω > 0.
Stefano Siboni
1385
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Soluzione
(a) Posizione del baricentro
Per calcolare la posizione del baricentro del sistema è opportuno determinare masse e
baricentri dell’asta OA e del semidisco S, ricorrendo poi al teorema distributivo.
Massa e baricentro dell’asta
La massa dell’asta OA viene ricavata per integrazione della densità lineare λ sul segmento
OA e vale pertanto:
!
masta =
λ ds = −
!0
−L
OA
" #0
m
m x2
m
x dx = − 2
=
.
2
L
L 2 −L
2
Dal momento che Ox è un ovvio asse di simmetria, il vettore posizione del baricentro
dell’asta è specificato dalla sola ascissa x1 :
Gasta − O = x1 ê1
che si calcola direttamente mediante la relativa definizione:
!
1
x1 =
masta
2
= − 2
L
2
x λ ds =
m
−L
OA
!0
−L
!0 $
m %
x − 2 x dx =
L
" #0
2 x3
2 L3
2
x dx = − 2
= − 2
= − L
L 3 −L
L 3
3
2
Il vettore posizione del baricentro dell’asta risulta quindi:
2
Gasta − O = − L ê1 .
3
Baricentro del semidisco circolare
Poichè il semidisco è omogeneo, la retta Ox ne costituisce un evidente asse di simmetria
ed il vettore posizione del baricentro deve assumere la forma generale:
GS − O = x2 ê1
in termini dell’ascissa x2 :
1
x2 =
m
!L
dρ
0
=
Stefano Siboni
"
!π/2
0
1
sin φ
!L
ρ2 dρ
0
−π/2
#
3 L
2 ρ
πL2 3
m
2
dφ ρ ρ cos φ
=
2
πL /2
πL2
2π/2
−π/2
=
!π/2
cos φ dφ =
−π/2
4
2 L3
2 =
L
2
πL 3
3π
1386
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
sicché risulta:
GS − O =
4
L ê1 .
3π
Baricentro del sistema
Per determinare il baricentro del sistema non rimane che applicare il teorema distributivo
alle due parti rigide costituenti:
masta(Gasta − O) + m(GS − O)
=
m
+m
" $asta
#
%
%
2
4
1
m
2$ 4
1%
2 $ 4
− L ê1 + m
mL ê1 =
= m
L ê1 =
−
− 1 L ê1 .
3
3π
3m 3π 3
9 π
+m 2
2
G−O =
(b) Matrice d’inerzia
La matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz può determinarsi come somma
delle matrici d’inerzia, relativamente alla stessa terna, dell’asta OA e del semidisco circolare
S. Queste matrici d’inerzia vengono calcolate separatamente.
Matrice d’inerzia dell’asta
Dal momento che l’asta OA giace lungo l’asse coordinato Ox, la relativa matrice d’inerzia
deve assumere la forma generale:

0
asta

[LO ] = 0
0
0
Lasta
yy
0

0
0 
Lasta
yy
nella quale il momento d’inerzia Lasta
yy è dato da:
Lasta
yy
=
!0
−L
2
x
$
" #0
m %
m x4
1
− 2 x dx = − 2
= mL2
L
L
4 −L
4
per cui:

0
asta
2
[LO ] = mL 0
0
0
1/4
0

0
0 .
1/4
Matrice d’inerzia del semidisco circolare
Il semidisco è collocato nel piano coordinato Oxy e quindi la relativa matrice d’inerzia in
Oxyz deve presentarsi nella forma caratteristica:

LSxx
[LSO ] =  LSxy
0
Stefano Siboni
LSxy
LSyy
0

0
.
0
LSxx + LSyy
1387
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Esercizi di Meccanica razionale
Il momento d’inerzia relativo all’asse Ox si scrive:
LSxx
=
!L
!π/2
dρ
0
2m
2m
dφ ρ (ρ sin φ)
=
2
πL
πL2
2
!L
2
ρ dρ
0
−π/2
!π/2
sin2 φ dφ =
−π/2
"
#π/2
" #L !π/2
2m L4 1
sin 2φ
1 − cos 2φ
1
2m ρ4
dφ =
φ−
= mL2
=
2
2
πL 4 0
2
πL 4 2
2
4
−π/2
−π/2
mentre il momento d’inerzia rispetto ad Oy vale:
LSyy =
!L
!π/2
dρ
0
2m
2m
dφ ρ (ρ cos φ)2 2 =
πL
πL2
!L
0
−π/2
"
#π/2
1
sin 2φ
2m L4 1
= mL2 .
φ+
=
2
πL 4 2
2
4
−π/2
ρ3 dρ
!π/2
1 + cos 2φ
dφ =
2
−π/2
Il prodotto d’inerzia LSxy deve essere nullo in quanto Ox è un asse di simmetria, e quindi
un asse principale d’inerzia in O. In effetti:
LSxy = −
!L
dρ
0
2m
= − 2
πL
!π/2
dφ ρ ρ cos φ ρ sin φ
2m
=
πL2
−π/2
!L
0
3
ρ dρ
!π/2
−π/2
#π/2
"
2m L4 1 2
sin φ
sin φ cos φ dφ = − 2
= 0.
πL 4 2
−π/2
In definitiva, la matrice d’inerzia del semidisco si riduce alla forma diagonale:

1/4 0
[LSO ] = mL2 0 1/4
0
0

0
0 .
1/2
Matrice d’inerzia del sistema
Non rimane che sommare le matrici d’inerzia appena calcolate per ottenere il risultato
richiesto:


1/4 0
0
S
2
[LO ] = [Lasta
0 1/2
0 .
O ] + [LO ] = mL
0
0
3/4
Stefano Siboni
1388
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Esercizi di Meccanica razionale
(c) Momento d’inerzia rispetto all’asse y = x
La retta che nel piano Oxy ha equazione y = x passa chiaramente per l’origine ed è
individuata dal versore:
3
?
ê1 + ê2
1
1
n̂ =
= √ ê1 + √ ê2 =
ni êi .
|ê1 + ê2 |
2
2
i=1
Il momento d’inerzia relativo a tale asse si esprime dunque per mezzo della relazione
matriciale:
 
 


1
n1
1/4
0
0
1
1
IOn̂ = (n1 n2 n3 )[LO ]  n2  = √ (1 1 0) mL2 0
1/2 0  √  1  =
2
2 0
n3
0
0 3/4

 
1/4 0
0
1
1
= (1 1 0) mL2 0 1/2
0  1  =
2
0
0
3/4
0


1/4
1
3
= mL2 (1 1 0)  1/2  = mL2 .
2
8
0
(d) Momento angolare ed energia cinetica
Nell’ipotesi che il punto O del sistema rigido sia fisso, il momento angolare in O per
#ω = ω(ê1 + ê3 ) è dato dall’espressione:
# O = K1 ê1 + K2 ê2 + K3 ê3
K
nella quale le componenti K1 , K2 , K3 si ricavano dalla relazione matriciale:

 
 




K1
ω
ω
1/4
1/4 0
0
 K2  = [LO ]  0  = mL2  0 1/2
0  0  = mL2 ω  0 
K3
ω
ω
3/4
0
0
3/4
in modo che risulta:
3 %
ê1 + ê3 mL2 ω.
4
4
Nelle stesse condizioni, per l’energia cinetica si ha l’analoga relazione:
#O =
K
T =
$1
1
1
#O
#ω · LO (#ω ) = ω
# ·K
2
2
che rispetto alla base ortonormale ê1 , ê2 , ê3 si riduce all’espressione matriciale equivalente:




K1
1/4
1
1
1
T = (ω 0 ω)  K2  = (ω 0 ω) mL2 ω  0  = mL2 ω 2 .
2
2
2
K3
3/4
Stefano Siboni
1389
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Esercizi di Meccanica razionale
Esercizio 254. Risultante e asse centrale di un sistema di vettori applicati
Dato il sistema di vettori applicati:
#a1 = ê1 + ê2
#a2 = 2ê1 + 2ê2 − ê3
#a3 = ê1 + ê2 + ê3
in A(5, 2, 0),
in B(−5, 2, 0),
in C(0, −3, 0)
determinare:
(a) il risultante ed il momento risultante rispetto all’origine;
(b) se i tre vettori sono o meno complanari;
(c) l’equazione dell’asse centrale del sistema.
Soluzione
(a) Risultante e momento risultante
Il risultante del sistema di vettori applicati si ottiene sommando i tre vettori assegnati:
# = #a1 + #a2 + #a3 = 4 ê1 + 4 ê2
R
mentre per il momento risultante in O vale l’espressione:
# O = (A − O) ∧ #a1 + (B − O) ∧ #a2 + (C − O) ∧ #a3 =
M
= (5ê1 + 2ê2 ) ∧ (ê1 + ê2 ) + (−5ê1 + 2ê2 ) ∧ (2ê1 + 2ê2 − ê3 ) − 3ê2 ∧ (ê1 + ê2 + ê3 )
,
, ,
, ,
,
, ê1 ê2 ê3 , , ê1 ê2 ê3 , , ê1 ê2 ê3 ,
,
, ,
, ,
,
= ,, 5 2 0 ,, + ,, −5 2
0 ,, + ,, 0 −3 0 ,, =
,1 1 0, , 2
2 −1 , , 1
1
1,
= 3 ê3 − 2 ê1 − 5 ê2 − 14 ê3 − 3 ê1 + 3 ê3 = −5 ê1 − 5 ê2 − 8 ê3 .
(b) Complanarità
Per verificare la complanarità — ovvero la lineare dipendenza — dei tre vettori #a1 , #a2 ,
#a3 è necessario e sufficiente controllare l’annullarsi del relativo prodotto misto. Si ricorda
infatti che tale prodotto misto coincide, a meno di un eventuale cambiamento di segno,
con il volume del parallelepipedo che ha come spigoli i vettori orientati rappresentativi dei
vettori #a1 , #a2 , #a3 in un comune punto di applicazione scelto a piacere (e che costituisce un
vertice del parallelepipedo). La condizione di complanarità dei segmenti orientati equivale
cosı̀ all’annullarsi del volume del parallelepipedo, che viene a schiacciarsi in un piano. In
effetti risulta:
,
,
,
,1 1 0 ,
, ,
,
,
,
, 2 −1 , , 2 −1 ,
,
,
,
,
,
,
#a1 · #a2 ∧ #a3 = , 2 2 −1 , = ,
, − ,1 1 , = 3 − 3 = 0
1
1
,1 1 1 ,
per cui i vettori sono complanari.
Stefano Siboni
1390
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
(c) Asse centrale
Poiché il sistema di vettori applicati ha risultante non nullo, il relativo asse centrale esiste
ed è univocamente determinato. I punti A dell’asse centrale sono individuati dall’equazione
vettoriale:
# = λR
# ,
# O + (O − A) ∧ R
λ ∈ R,
M
che scritta esplicitamente diventa:
−5 ê1 − 5 ê2 − 8 ê3 − (xA ê1 + yA ê2 + zA ê3 ) ∧ (4 ê1 + 4 ê2 ) = λ(4 ê1 + 4 ê2 ) .
Sostituendo il prodotto vettore
,
, ê1
,
(xA ê1 + yA ê2 + zA ê3 ) ∧ (4 ê1 + 4 ê2 ) = ,, xA
, 4
ê2
yA
4
,
ê3 ,,
zA ,, = −4zA ê1 + 4zA ê2 + (4xA − 4yA )ê3 ,
0 ,
l’equazione di definizione dell’asse centrale assume la forma
−5 ê1 − 5 ê2 − 8 ê3 + 4zA ê1 − 4zA ê2 + (−4xA + 4yA )ê3 = λ(4 ê1 + 4 ê2 )
ed eguagliando le componenti corrispondenti conduce al sistema di equazioni scalari:
C
−5 + 4zA = 4λ
−5 − 4zA = 4λ
−8 − 4xA + 4yA = 0
che equivale a:
Dalle prime due equazioni si deduce

5


zA = λ +


4

5
z
=
−λ
−
A

4



 yA = xA + 2 .
λ = −
5
4
zA = 0
per cui l’asse centrale è specificato dal sistema di equazioni algebriche:
@
yA = xA + 2
zA = 0.
L’asse centrale si colloca nel piano coordinato Oxy.
Stefano Siboni
1391
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Esercizio 255. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativo
In un piano verticale Oxy, un’asta omogenea AB di lunghezza 2L e massa m ha l’estremo
A incernierato in un punto fisso del semiasse verticale positivo Oy, in modo tale che
OA = 2L. Un punto materiale P di massa m è vincolato a scorrere sull’asse orizzontale
Ox. Sono presenti barriere rettilinee parallele ad Oy che intersecano l’asse Ox in C(−L, 0)
e in D(L, 0). Il sistema è soggetto al peso e ad una forza elastica di costante k agente fra
P e l’estremo B dell’asta.
Supposti i vincoli ideali determinare, utilizzando i parametri lagrangiani s e θ evidenziati
in figura:
(a) gli equilibri ordinari;
(b) la stabilità degli equilibri ordinari;
(c) l’energia cinetica del sistema;
(d) le equazioni pure del moto;
(e) gli eventuali equilibri di confine.
Soluzione
(a) Equilibri ordinari
Il sistema è scleronomo a vincoli ideali e soggetto unicamente a sollecitazioni attive posizionali conservative, il peso e l’interazione elastica fra il punto materiale P e l’estremità
B dell’asta. È quindi definito un potenziale del sistema, dato dalla somma dei potenziali
gravitazionali di punto ed asta, il primo dei quali costante e dunque ignorabile,
Ug = −mg(G − A) · ê2 − mg(P − O) · ê2 = −mg(G − A) · ê2
e del potenziale elastico della molla
k
Uel = − (B − P )2 .
2
Il potenziale gravitazionale dell’asta — e totale — si ricava notando che il relativo baricentro G coincide con il punto medio di questa, per cui
Ug = −mg
Stefano Siboni
B−A
· ê2 = −mg ê2 · (L sin θ ê1 − L cos θ ê2 ) = mgL cos θ .
2
1392
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Quanto alla molla, i vettori posizione dei suoi estremi si scrivono, come è immediato
verificare,
B − O = B − A + A − O = 2L sin θ ê1 − 2L cos θ ê2 + 2L ê2 =
= 2L sin θ ê1 + 2L(1 − cos θ) ê2
e
P − O = Ls ê1
per cui
B − P = (2 sin θ − s)L ê1 + 2L(1 − cos θ) ê2
e quindi
(B − P )2 = L2 [(2 sin θ − s)2 + 4(1 − cos θ)2 ] = L2 (8 − 8 cos θ + s2 − 4s sin θ)
in modo che risulta
Uel = −
%
$
s2
kL2
(−8 cos θ + s2 − 4s sin θ) = kL2 4 cos θ −
+ 2s sin θ
2
2
a meno di una costante additiva irrilevante. Non rimane che sommare i potenziali parziali
calcolati per ottenere il potenziale di sistema
$ s2
%
U(s, θ) = kL2 − + 2s sin θ + (mgL + 4kL2 ) cos θ =
#
" 22
$ mg
%
s
2
+ 4 cos θ
= kL − + 2s sin θ +
2
kL
che per tutta la discussione successiva conviene riesprimere nella forma adimensionale
u(s, θ) =
$ mg
%
1
s2
+
2s
sin
θ
+
+
4
cos θ .
U(s,
θ)
=
−
kL2
2
kL
Dall’esame della figura appare evidente che il parametro s è un numero puro compreso
nell’intervallo chiuso [−1, 1], mentre le posizioni estreme che l’asta AB può assumere,
che la vedono a contatto con l’una o con l’altra delle due pareti verticali tratteggiate,
corrispondono ai lati del triangolo equilatero di vertice A, lato 2L e asse di simmetria Oy,
risultando perciò
θ ∈ [−π/6, π/6] .
Posto infine per brevità λ = mg/kL, il potenziale adimensionalizzato del sistema è dunque
dato dalla funzione
u(s, θ) = −
Stefano Siboni
s2
+ 2s sin θ + (λ + 4) cos θ
2
(s, θ) ∈ [−1, 1] × [−π/6, π/6] .
(255.1)
1393
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Per il teorema dei lavori virtuali, gli equilibri ordinari del sistema sono tutti e soltanto i
punti critici del potenziale compresi all’interno del dominio di definizione, dove si annullano
simultaneamente le derivate parziali prime

∂u


(s, θ) = us(s, θ) = −s + 2 sin θ

∂s
∂u



(s, θ) = uθ (s, θ) = 2s cos θ − (λ + 4) sin θ
∂θ
e si identificano pertanto con le soluzioni del sistema di equazioni trigonometriche

 −s + 2 sin θ = 0
(s, θ) ∈ (−1, 1) × (−π/6, π/6) .
 2s cos θ − (λ + 4) sin θ = 0
Dalla prima equazione si deduce la relazione
s = 2 sin θ
che sostituita nella seconda porge l’equazione d’equilibrio per la sola variabile angolare
4 sin θ cos θ − (λ + 4) sin θ = 0
a sua volta esprimibile nella forma fattorizzata
%
$
λ
4 sin θ cos θ − − 1 = 0 .
4
Uguagliando a zero il primo fattore a primo membro si ottiene l’equazione
sin θ = 0
delle cui soluzioni geometricamente distinte θ = 0 è accettabile, mentre θ = π deve essere
rigettata in quanto non ricompresa nell’intervallo di definizione (−π/6, π/6). L’equazione
scritta ponendo a zero il secondo fattore a primo membro
cos θ =
λ
+1
4
non ammette invece alcuna soluzione reale, dal momento che λ > 0. Si conclude pertanto
che l’unica configurazione di equilibrio ordinario del sistema è individuata da
(s, θ) = (0, 0)
e vede il punto P e l’estremità B dell’asta giacere nell’origine O della terna di riferimento.
Stefano Siboni
1394
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
(b) Stabilità degli equilibri ordinari
Il sistema è scleronomo, posizionale e conservativo; la stabilità degli equilibri ordinari
può quindi essere discussa facendo ricorso ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione
parziale. La matrice hessiana del potenziale adimensionalizzato vale
5
6
;
<
uss (s, θ) usθ (s, θ)
−1
2 cos θ
Hu (s, θ) =
=
uθs (s, θ) uθθ (s, θ)
2 cos θ −2s sin θ − (λ + 4) cos θ
e nella configurazione di equilibrio ordinaria si riduce a
5
6
−1
2
Hu (0, 0) =
2
−λ − 4
con determinante positivo e traccia negativa
detHu (0, 0) = λ > 0
trHu (0, 0) = −5 − λ < 0
e quindi definita negativa. Nella configurazione di equilibrio si riconosce perciò un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità è assicurata dal teorema di LagrangeDirichlet.
(c) Energia cinetica
L’energia cinetica del punto materiale è data dall’espressione
TP =
m 2
m
mL2 2
(Lṡ ê2 )2 =
ṡ
Ṗ =
2
2
2
mentre per l’asta si ha
TAB =
1 AB
1 1
2
IAz |#ωAB |2 =
m(2L)2 |θ̇ ê3 |2 = mL2 θ̇2 .
2
2 3
3
L’energia cinetica del sistema è la somma delle energie cinetiche di punto ed asta:
T =
mL2 2 2
ṡ + mL2 θ̇2 .
2
3
(d) Equazioni del moto
Le equazioni pure del moto sono quelle di Lagrange
d $ ∂L % ∂L
−
= 0
dt ∂ ṡ
∂s
con la lagrangiana L = T + U data da
d $ ∂L % ∂L
= 0
−
dt ∂ θ̇
∂θ
#
" 2
mL2 2 2
s
2 2
2
L =
ṡ + mL θ̇ + kL − + 2s sin θ + (λ + 4) cos θ .
2
3
2
Stefano Siboni
1395
Università degli studi di Trento
Si hanno allora le relazioni
d $ ∂L %
dt ∂ ṡ
Esercizi di Meccanica razionale
= mL2 s̈
4
d $ ∂L %
= mL2 θ̈
dt ∂ θ̇
3
∂L
∂L
= kL2 (−s + 2 sin θ)
= kL2 [2s cos θ − (λ + 4) sin θ]
∂s
∂θ
per cui le equazioni del moto diventano

 mL2 s̈ + kL2 (s − 2 sin θ) = 0
 4 mL2 θ̈ + kL2 [−2s cos θ + (λ + 4) sin θ] = 0 .
3
(e) Equilibri di confine
Le configurazioni di confine del sistema corrispondono ai punti (s, θ) posti lungo il perimetro del rettangolo [−1, 1] × [−π/6, π/6]. Gli eventuali equilibri vengono riconosciuti per
mezzo del teorema dei lavori virtuali, applicabile essendosi assunti i vincoli ideali. Conviene
esaminare uno ad uno i singoli lati del rettangolo privati dei loro estremi — configurazioni
di confine in senso stretto — e quindi, a parte, i quattro vertici — noti anche come
configurazioni di ultraconfine.
Le componenti lagrangiane delle sollecitazioni attive applicate, che compaiono nel teorema
dei lavori virtuali, si esprimono come derivate prime del potenziale
Qs (s, θ) = kL2 us (s, θ) = kL2 (−s + 2 sin θ)
Qθ (s, θ) = kL2 uθ (s, θ) = kL2 [2s cos θ − (λ + 4) sin θ]
◦ Lato s = −1, θ ∈ (−π/6, π/6)
Poichè gli spostamenti virtuali del sistema relativamente a queste configurazioni sono tutti
e soltanto quelli descritti da
∀ δs ≥ 0
∀ δθ ∈ R
il teorema dei lavori virtuali porge le seguenti relazioni di equilibrio

 Qs (−1, θ) = kL2 (1 + 2 sin θ) ≤ 0
Stefano Siboni
 Qθ (−1, θ) = kL2 [−2 cos θ − (λ + 4) sin θ] = 0
1396
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Esercizi di Meccanica razionale
che devono essere soddisfatte simultaneamente. È immediato verificare che la prima delle
due condizioni non può valere per alcun valore consentito dell’angolo θ ∈ (−π/6, π/6),
laddove risulta −1/2 < sin θ < 1/2. Lungo questo lato del dominio di definizione della
parametrizzazione non ricorrono equilibri di confine.
◦ Lato s = 1, θ ∈ (−π/6, π/6)
Per queste configurazioni di confine il teorema dei lavori virtuali fornisce le condizioni di
equilibrio

 Qs (1, θ) = kL2 (−1 + 2 sin θ) ≥ 0
 Qθ (1, θ) = kL2 [2 cos θ − (λ + 4) sin θ] = 0
la prima delle quali non è mai soddisfatta. Anche lungo questo lato non ricorrono equilibri.
◦ Lato s ∈ (−1, 1), θ = −π/6
Dal teorema dei lavori virtuali seguono le condizioni di equilibrio


 Qs (s, −π/6) = kL2(−s − 1) = 0
#
9√
1
2

3s + (λ + 4)
 Qθ (s, −π/6) = kL
≤ 0
2
ma la prima equazione non ammette alcuna soluzione in s ∈ (−1, 1). Nessun equilibrio è
definito lungo questo lato.
◦ Lato s ∈ (−1, 1), θ = π/6
Anche in questo caso le condizioni di equilibrio


 Qs (s, π/6) = kL2 (−s + 1) = 0
#
"
√
1
2

≥ 0
3s − (λ + 4)
 Qθ (s, π/6) = kL
2
non possono essere soddisfatte, dal momento che nessuna soluzione della prima equazione
è definita per s ∈ (−1, 1).
◦ Vertice (s, θ) = (−1, −π/6)
In questo vertice la condizione di equilibrio prevista dal teorema dei lavori virtuali si scrive

$
1%
2

= 0 ≤ 0
 Qs (−1, −π/6) = kL 1 − 2
2
#
"
√
1

2
 Qθ (−1, −π/6) = kL − 3 + (λ + 4)
≤ 0.
2
Stefano Siboni
1397
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Esercizi di Meccanica razionale
La prima disequazione è ovviamente soddisfatta, ma la seconda no, in quanto
√
√
1
λ
λ
> 0
− 3 + (λ + 4) = + 2 − 3 >
2
2
2
per cui non ricorre alcun equilibrio.
◦ Vertice (s, θ) = (−1, π/6)
La condizione di equilibrio è espressa dalle relazioni

$
1%

 Qs (−1, π/6) = kL2 1 + 2
= 2kL2 ≤ 0
2
9 √
1:

 Qθ (−1, π/6) = kL2 − 3 − (λ + 4)
≥ 0
2
la prima delle quali è chiaramente non valida. La configurazione non costituisce perciò un
equilibrio ordinario del sistema.
◦ Vertice (s, θ) = (1, π/6)
In questa configurazione di confine si ha equilibrio se e soltanto se sono simultaneamente
soddisfatte le relazioni

$
1%

 Qs (1, π/6) = kL2 −1 + 2
= 0 ≥ 0
2
9√
1:

 Qθ (1, π/6) = kL2 3 − (λ + 4)
≥ 0
2
la seconda delle quali non è tuttavia mai verificata a causa della diseguaglianza
√
3 − (λ + 4)
√
1
λ
λ
= 3 − 2 − < − < 0.
2
2
2
◦ Vertice (s, θ) = (1, −π/6)
La condizione di equilibrio in questa configurazione assume la forma

$
1%

 Qs (1, −π/6) = kL2 −1 − 2
= −2kL2 ≥ 0
2
9√
1:

 Qθ (1, −π/6) = kL2 3 + (λ + 4)
≤ 0
2
ma è sempre palesemente violata.
In conclusione, il sistema non ammette alcuna configurazione di equilibrio di confine.
Stefano Siboni
1398
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Esercizio 256. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. non conservativo
Un disco circolare rigido e pesante, di centro C, raggio R e massa m può ruotare liberamente
di un angolo θ attorno all’asse fisso Cz, privo di attrito, mantenendosi nel piano Cxy
della terna cartesiana ortogonale Cxyz di asse verticale Cy. Il baricentro G del disco
si colloca lungo il raggio CP , a distanza R/2 dal centro C. Sul punto P agisce una
forza −αṖ , con α costante positiva. Al disco è inoltre applicata una coppia di momento
# = −mgR sin θ ê1 + 3mgR ê3 .
M
Si usi l’angolo θ come coordinata generalizzata per determinare:
(a) le componenti lagrangiane delle forze applicate, stabilendo la natura di ciascuna di
esse dal punto di vista energetico;
(b) l’equazione del moto del sistema, sapendo che il momento d’inerzia del disco rispetto
a Cz vale 3mR2 /4;
(c) le configurazioni di equilibrio.
Soluzione
(a) Componenti lagrangiane delle sollecitazioni
Il sistema è soggetto a tre tipi di sollecitazioni attive: la forza peso, la forza di resistenza
#.
viscosa applicata nel punto P del bordo del disco e la coppia di momento M
Forza peso
# =
Il sistema delle forze parallele peso agenti sul disco ha risultante uguale al peso totale R
−mg ê2 e momento risultante nullo rispetto al baricentro G. La componente lagrangiana
delle forze peso si calcola usando la nota formula generale
Qgθ
%
∂G # ∂θ
∂ $R
R
=
·R+
ê3 · 0 =
sin θ ê1 − cos θ ê2 · (−mg ê2 ) =
∂θ
∂θ
∂θ 2
2
=
Stefano Siboni
1
R
(cos θ ê1 + sin θ ê2 ) · (−mg ê2 ) = − mgR sin θ .
2
2
1399
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Esercizi di Meccanica razionale
Allo stesso risultato si perviene sfruttando la natura posizionale conservativa delle forze
peso, il cui potenziale si scrive
Ug = −mg ê2 · (G − C) = −mg ê2 ·
e quindi
Qgθ =
%
1
R
sin θ ê1 − cos θ ê2 = mgR cos θ
2
2
2
$R
∂Ug
1
= − mgR sin θ .
∂θ
2
Resistenza viscosa
La resistenza viscosa −αṖ è applicata nel punto P individuato da
P − C = R sin θ ê1 − R cos θ ê2
per cui la sua componente lagrangiana è individuata dalla definizione
Qres
θ
, ∂P ,2
∂P
,
,
= −αṖ ·
= −α,
, θ̇ = −αR2 θ̇ .
∂θ
∂θ
Si tratta di una sollecitazione dissipativa, visto il segno definito della potenza
2 2
π = Qres
θ θ̇ = −αR θ̇ ≤ 0
∀ θ̇ ∈ R .
Questa si annulla unicamente per velocità generalizzata uguale a zero
π = −αR2 θ̇2 = 0
⇐⇒
θ̇ = 0
e quindi qualifica la sollecitazione come completamente dissipativa.
Coppia
# =
La coppia è un sistema di forze applicate al disco con risultante nullo e momento M
−mgR sin θ ê1 + 3mgR ê3 . La sua componente lagrangiana vale pertanto
=
Qcoppia
θ
∂θ
# = ê3 · M
# = ê3 · (−mgR sin θ ê1 + 3mgR ê3 ) = 3mgR
ê3 · M
∂θ
ed ammette l’ovvio potenziale
U coppia = 3mgRθ .
Si tratta dunque di una sollecitazione posizionale conservativa.
(b) Equazioni del moto
Trattandosi di sistema rigido con asse fisso Cz privo di attrito, l’equazione del moto è la
proiezione lungo Cz dell’equazione cardinale del momento angolare in C:
# C · ê3
ICz θ̈ = M
Stefano Siboni
1400
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Esercizi di Meccanica razionale
in cui si è indicato con ICz il momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse fisso
ICz =
3
mR2
4
# C rappresenta il momento risultante in C delle forze attive applicate
eM
# =
# C = (G − C) ∧ (−mg ê2 ) + (P − C) ∧ (−αṖ ) + M
M
R
= (sin θ ê1 − cos θ ê2 ) ∧ (−mg ê2 )+
2
+ R(sin θ ê1 − cos θ ê2 ) ∧ (−α)R(cos θ ê1 + sin θ ê2 ) θ̇ − mgR sin θ ê1 + 3mgR ê3 =
= −mgR sin θ ê3 − αR2 θ̇ ê3 − mgR sin θ ê1 + 3mgR ê3 .
Si ha pertanto
3
mR2 θ̈ = −mgR sin θ − αR2 θ̇ + 3mgR .
4
(256.1)
(c) Equilibri
Gli equilibri vengono ricavati in corrispondenza delle soluzioni statiche delle equazioni del
moto (256.1) e sono quindi individuati dall’equazione trigonometrica
0 = −mgR sin θ + 3mgR
che equivale a
sin θ = 3
e non ammette alcuna radice. Il sistema non presenta equilibri.
Esercizio 257. Analisi di Weierstrass
Un punto materiale di massa unitaria scorre senza attrito lungo l’asse orizzontale Ox di
una terna galileiana, soggetto ad una forza posizionale conservativa di potenziale
U(x) = −e−x (1 − 2x)3 ,
x ∈ R.
Si determinino:
(a) le condizioni iniziali corrispondenti ai moti periodici;
(b) le condizioni iniziali per i moti a meta asintotica;
(c) il ritratto di fase del sistema.
Soluzione
Il sistema è posizionale conservativo con un solo grado di libertà. L’energia potenziale
W (x) = −U(x) vale
W (x) = e−x (1 − 2x)3 , x ∈ R
Stefano Siboni
1401
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Esercizi di Meccanica razionale
con derivata prima
W " (x) = e−x (1 − 2x)2 (2x − 7)
e derivata seconda
W "" (x) = e−x (1 − 2x)(4x2 − 28x + 37) .
I punti critici dell’energia potenziale si hanno per W " (x) = 0, ossia
e−x (1 − 2x)2 (2x − 7) = 0
e risultano perciò
x =
1
2
e
x =
7
.
2
In x = 1/2 la derivata seconda W "" si annulla e non fornisce indicazioni utili a classificare
il punto critico
W "" (1/2) = e−1/2 0 (1 − 7 + 37) = 0 .
Tuttavia è facile verificare che W (1/2) = 0 e che inoltre
W (x) < 0
∀ x > 1/2
,
W (x) > 0
∀ x < 1/2
per cui si riconosce in x = 1/2 un flesso orizzontale discendente della funzione W . In
x = 7/2 si ha invece
W (7/2) = e
""
−7/2
$
%
7
(1 − 7) 49 − 28 + 37 = 72 e−7/2 > 0
2
in modo che il punto costituisce un minimo relativo proprio. Altri elementi utili a tracciare
il grafico di W sono i limiti:
lim W (x) =
x→−∞
lim W (x) =
x→+∞
lim e−x (1 − 2x)3 = +∞
x→−∞
lim e−x (1 − 2x)3 = 0
x→+∞
ed i valori della funzione in x = 0 e nel punto critico x = 7/2:
W (0) = e−0 1 = 1
W (7/2) = e−7/2 (1 − 7)3 = −216 e−7/2 .
Il grafico dell’energia potenziale ha perciò l’andamento illustrato nella figura seguente
Stefano Siboni
1402
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Esercizi di Meccanica razionale
D’altra parte, un ovvio integrale primo è quello dell’energia meccanica
H(x, ẋ) =
1
1 2
ẋ + W (x) = ẋ2 + e−x (1 − 2x)3
2
2
che si conserva lungo tutte le soluzioni dell’equazione del moto
ẍ = −W " (x) = U " (x) = e−x (2x − 1)2 (7 − 2x)
e consente di discutere l’andamento qualitativo dei moti usando l’analisi di Weierstrass.
(a) Moti periodici
Dal grafico di W e dai criteri di Weierstrass è evidente che i moti periodici ricorrono per
tutte e sole le condizioni iniziali (x, ẋ) ∈ R2 tali che
W (7/2) < H(x, ẋ) < W (0)
ossia, esplicitamente,
−216 e−7/2 <
1 2
ẋ + e−x (1 − 2x)3 < 0 .
2
(b) Moti a meta asintotica
I moti a meta asintotica si hanno invece per H(x, ẋ) = W (0), a patto di assumere ẋ < 0,
in modo che x = 1/2 sia la meta asintotica
{(x, ẋ) ∈ R2 ;
1 2
ẋ + e−x (1 − 2x)3 = 0 , ẋ < 0} .
2
Si osservi che per H(x, ẋ) = 0 e ẋ > 0 si ottengono moti progressivi x(t) definiti ∀ t > 0 e
che monotonicamente tendono a +∞ per t → +∞. Qualora fosse ẋ = 0 si avrebbe x = 1/2
ed il moto individuato si ridurrebbe al corrispondente stato di quiete.
Stefano Siboni
1403
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Esercizi di Meccanica razionale
(c) Ritratto di fase
Il ritratto di fase del sistema si traccia agevolmente considerando valori di energia uguali
a quelli assunti dall’energia potenziale nei punti critici x = 1/2 e x = 7/2, unitamente a
qualche valore intermedio o superiore. In particolare si possono fissare i livelli di energia
seguenti
E0 = W (7/2) = −
E4 = 0
216
e7/2
E5 = 1
E1 = −5
E2 = −3
E3 = −1
E6 = 2 .
Per H = E0 l’unico moto del sistema è la quiete in x = 7/2, punto di minimo assoluto
dell’energia potenziale.
Per tutti i livelli d’energia del tipo E1 , E2 , E3 , compresi fra W (7/2) e W (1/2) = 0, si hanno
moti periodici completamente ubicati nel semiasse delle x positive. Da sottolineare che
per E → 0− l’ampiezza dei moti oscillatori tende all’infinito, al pari del corrispondente
periodo di oscillazione
1
T = √
2
x!
+ (E)
x− (E)
>
1
E − e−x (1 − 2x)3
dx
essendo x− (E) e x+ (E) i punti di inversione, individuati da W (x± (E)) = E, x− (E) <
x+ (E).
Stefano Siboni
1404
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Esercizi di Meccanica razionale
Per H = E4 = 0 si ha lo stato di quiete in x = 1/2 con velocità iniziale ẋ = 0. Se x > 1/2
la velocità è fissata univocamente in valore assoluto, ma può assumere segno positivo o
negativo. Se ẋ < 0 si perviene ad un moto retrogrado definito ∀t ≥ 0 con meta asintotica
in x = 1/2; per ẋ > 0 il moto è progressivo e tende a x = +∞ per t → +∞.
Per i valori positivi dell’energia, quali E5 ed E6 , si ha infine un unico punto di inversione
x− (E) < 1/2: il moto è indefinitamente progressivo per velocità iniziale positiva e tende a
x = +∞ per t → +∞, mentre per ẋ < 0 il moto risulta inizialmente retrogrado, raggiunge
il punto di inversione x− (E) per poi proseguire come moto indefinitamente progressivo ed
illimitato.
Esercizio 258. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. non conservativo
Nel piano Oxy di una terna galileiana Oxyz un’asta omogenea AB, di massa m e lunghezza
2L può ruotare liberamente attorno al suo punto medio, fisso nell’origine O. Una molla
di costante elastica k collega l’estremo A con la proiezione ortogonale di questo sull’asse
orizzontale Ox. Nell’estremo B è incernierato sul bordo un disco circolare omogeneo D
di centro C, raggio R e massa m, vincolato a rimanere in Oxy. Il sistema è pesante e a
vincoli ideali.
Usando gli angoli θ, φ ∈ R illustrati in figura come parametri lagrangiani, determinare del
sistema:
(a) le configurazioni di equilibrio;
(b) le proprietà di stabilità degli equilibri;
(c) le equazioni pure del moto nell’ipotesi che nel punto B agisca una resistenza viscosa
−β Ḃ, con β > 0 costante;
(d) le equazioni delle piccole oscillazioni nell’intorno di un equilibrio stabile a scelta, per
β = 0;
(e) le frequenze e i modi normali delle piccole oscillazioni nell’intorno dello stesso equilibrio
considerato al punto (d), sempre per β = 0, assumendo R = L/2 e mg/kL = 2.
Stefano Siboni
1405
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Soluzione
(a) Equilibri
Il sistema è scleronomo, a vincoli bilaterali ideali e posizionale conservativo, essendo
soggetto unicamente alla forza peso ed all’azione della molla elastica agente fra l’estremo A
dell’asta e la proiezione ortogonale P di questo sull’asse Ox. Tutti gli equilibri del sistema
sono dunque ordinari ed identificabili con i punti critici del potenziale
U(θ, φ) = Uel + Ug
dove Uel è il potenziale elastico della molla
k
k
kL2
Uel = − |A − P |2 = − (L cos θ)2 = −
cos2 θ
2
2
2
mentre Ug indica il potenziale gravitazionale di asta e disco
Ug = −mgê2 · (O − O) − mgê2 · (C − O) = mgL cos θ + mgR cos φ
essendosi fatto uso dell’ovvia relazione
C − O = (L sin θ + R sin φ) ê1 − (L cos θ + R cos φ) ê2
(258.1)
che specifica la posizione del baricentro C del disco rispetto alla terna assegnata. Il potenziale del sistema vale pertanto
U(θ, φ) = −
kL2 2
cos θ + mgL cos θ + mgR cos φ ,
2
(θ, φ) ∈ R2 ,
(258.2)
e le sue derivate parziali prime si scrivono
Uθ = kL2 cos θ sin θ − mgL sin θ
Uφ = −mgR sin φ
mentre per le derivate parziali seconde si hanno le espressioni
Uθθ = kL2 (cos2 θ − sin2 θ) − mgL cos θ
Uφθ = 0
Uθφ = 0
Uφφ = −mgL cos φ .
Gli equilibri si ricavano uguagliando a zero le derivate parziali prime, ossia risolvendo il
sistema disaccoppiato di equazioni trigonometriche
C
Stefano Siboni
$
mg %
= 0
sin θ cos θ −
kL
sin φ = 0 .
1406
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Esercizi di Meccanica razionale
La prima equazione porge le soluzioni θ = 0, π, sempre definite, e
$ mg %
= ±θ(
θ = ±arccos
kL
che esistono distinte dalle precedenti se e soltanto se risulta mg/kL < 1, mentre dalla
seconda equazione si deduce φ = 0, π; in ambo i casi le soluzioni si intendono a meno di
multipli interi di 2π, fisicamente irrilevanti per via del significato geometrico delle variabili
lagrangiane — si tratta di variabili d’angolo. Gli equilibri del sistema sono dati pertanto
da tutte le possibili combinazioni delle radici θ e φ appena calcolate:
(θ, φ) = (0, 0) ,
(0, π) ,
(π, 0) , (θ( , 0) , (−θ( , 0)
(π, π) , (θ( , π) , (−θ( , π)
delle quali le soluzioni con θ = ±θ( sono definite soltanto per mg/kL < 1.
(b) Stabilità degli equilibri
L’analisi di stabilità degli equilibri richiede il calcolo della matrice hessiana del potenziale

HU (θ, φ) = kL2 
cos2 θ − sin2 θ −
0
mg
cos θ
kL

0

mg
cos φ
−
kL
(258.3)
in tutte le configurazioni di equilibrio. Per brevità, in tutta la discussione successiva
conviene introdurre il parametro adimensionale
λ = mg/kL > 0 .
Per φ = π si ha −λ cos φ = λ > 0 e quindi instabilità degli equilibri
(θ, φ) = (0, π) ,
(π, π) ,
(θ( , π) ,
(−θ( , π)
in virtù del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Nel caso di φ = 0 vale
invece −λ cos φ = −λ < 0 e le proprietà di stabilità degli equilibri dipendono unicamente
da cos2 θ − sin2 θ − λ cos θ. Gli equilibri devono essere esaminati uno ad uno.
Stefano Siboni
1407
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Esercizi di Meccanica razionale
Configurazione (θ, φ) = (0, 0)
In questa configurazione vale
cos2 θ − sin2 θ − λ cos θ = 1 − λ
in modo che:
◦ se λ < 1 l’hessiana del potenziale ha un autovalore strettamente positivo, che implica
l’instabilità dell’equilibrio;
◦ per λ > 1 l’hessiana del potenziale presenta entrambi gli autovalori di segno negativo.
La configurazione risulta perciò un massimo relativo proprio del potenziale, la cui
stabilità è assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet;
◦ se λ = 1 l’hessiana del potenziale ha un autovalore negativo ed uno nullo e non basta
né a riconoscere in (θ, φ) = (0, 0) un massimo relativo proprio, stabile, né ad affermare
l’instabilità della configurazione per il teorema di inversione parziale; ricorre dunque
un caso critico.
Configurazione (θ, φ) = (π, 0)
Nella fattispecie si ha
cos2 θ − sin2 θ − λ cos θ = 1 + λ > 0
per cui uno degli autovalori dell’hessiana ha segno positivo. Ne segue l’instabilità della
configurazione per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.
Configurazione (θ, φ) = (θ( , 0)
In questo caso si ottiene
cos2 θ − sin2 θ − λ cos θ = cos2 θ( − sin2 θ( − λ cos θ( = −sin2 θ( < 0
e si deduce che l’hessiana del potenziale presenta due autovalori negativi. La configurazione
si riconosce perciò come un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per il teorema
di Lagrange-Dirichlet.
Configurazione (θ, φ) = (−θ( , 0)
È immediato verificare che le proprietà di stabilità sono le stesse della configurazione
simmetrica (θ, φ) = (θ( , 0).
(c) Equazioni del moto
Data la natura ideale dei vincoli, le equazioni del moto del sistema olonomo sono quelle di
Lagrange
d $ ∂L % ∂L
d $ ∂L % ∂L
= Dθ
= Dφ
−
−
(258.4)
dt ∂ θ̇
∂θ
dt ∂ φ̇
∂φ
in cui L = T +U è la lagrangiana del sistema, mentre Dθ e Dφ rappresentano le componenti
generalizzate della forza di resistenza viscosa agente in B. Dette componenti si calcolano
osservando che
B − O = L(sin θ ê1 − cos θ ê2 )
Stefano Siboni
1408
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Esercizi di Meccanica razionale
ed applicando direttamente le definizioni
∂B
= −βL(cos θ ê1 + sin θ ê2 )θ̇ · L(cos θ ê1 + sin θ ê2 ) = −βL2 θ̇
∂θ
∂B
= −β Ḃ · 0 = 0 .
Dφ = −β Ḃ ·
∂ φ̇
Dθ = −β Ḃ ·
L’energia cinetica del sistema si calcola per additività, determinando separatamente i contributi che competono ad asta e disco e procedendo quindi alla loro somma. Quello dell’asta
è un semplice moto rotatorio attorno all’asse fisso Oz, secondo l’angolo di rotazione θ; la
relativa energia cinetica si ricava quindi direttamente
TAB =
1 AB
1 m4L2
1 mL2 2
IOz |#ωAB |2 =
|θ̇ ê3 |2 =
θ̇ .
2
2 12
2 3
Un poco più complesso è il calcolo per il disco, che infatti non presenta né assi né punti fissi.
La strategia più consona è in questo caso il ricorso al teorema di König. Dalla relazione
(258.1) si deduce, riguardando (θ, φ) come funzioni C 2 arbitrarie del tempo e derivando
rispetto a questo,
Ċ = (L cos θ θ̇ + R cos φ φ̇) ê1 + (L sin θ θ̇ + R sin φ φ̇) ê2
per cui il modulo quadrato della velocità del baricentro C risulta
|Ċ|2 = L2 θ̇2 + R2 φ̇2 + 2LR cos(θ − φ) θ̇ φ̇
e l’energia cinetica del disco si esprime come
m 2 1 D
|Ċ| + ICz |#ωD |2 =
2
2
1 mR2 2
m 2 2
[L θ̇ + R2 φ̇2 + 2LR cos(θ − φ) θ̇ φ̇] +
=
φ̇ =
2"
2
2
#
m 2 2 3 2 2
L θ̇ + R φ̇ + 2LR cos(θ − φ) θ̇ φ̇ .
=
2
2
TD =
L’energia cinetica del sistema assume perciò la forma
T = TAB + TD
#
"
m 4 2 2 3 2 2
=
L θ̇ + R φ̇ + 2LR cos(θ − φ) θ̇ φ̇ ,
2 3
2
(258.5)
ma dato che l’espressione del potenziale è già stata indicata in (258.2), la lagrangiana del
sistema diventa
"
#
kL2
m 4 2 2 3 2 2
L θ̇ + R φ̇ + 2LR cos(θ − φ) θ̇ φ̇ −
cos2 θ + mgL cos θ + mgR cos φ .
L =
2 3
2
2
Stefano Siboni
1409
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Non rimane che calcolare tutte le espressioni parziali
4
mL2 θ̇ + mLR cos(θ − φ) φ̇
3
∂ θ̇
4
d $ ∂L %
= mL2 θ̈ + mLR cos(θ − φ) φ̈ − mLR sin(θ − φ) φ̇(θ̇ − φ̇)
dt ∂ θ̇
3
∂L
= −mLR sin(θ − φ) θ̇ φ̇ + kL2 cos θ sin θ − mgL sin θ
∂θ
3
∂L
= mR2 φ̇ + mLR cos(θ − φ) θ̇
2
∂ φ̇
$
%
3
d ∂L
= mR2 φ̈ + mLR cos(θ − φ) θ̈ − mLR sin(θ − φ) θ̇(θ̇ − φ̇)
dt ∂ φ̇
2
∂L
= mLR sin(θ − φ) θ̇ φ̇ − mgR sin φ
∂φ
∂L
=
e sostituirle nelle (258.4) per ottenere

4

2
2


 3 mL θ̈ + mLR cos(θ − φ) φ̈ + mLR sin(θ − φ) φ̇ −
−kL2 cos θ sin θ + mgL sin θ = −βL2 θ̇


3

 mR2 φ̈ + mLR cos(θ − φ) θ̈ − mLR sin(θ − φ) θ̇2 + mgR sin φ = 0 .
2
(d) Equazioni delle piccole oscillazioni
L’energia cinetica (258.5) si riesprime in forma matriciale
 
4 2
θ̇
LR
cos(θ
−
φ)
L
1
3




T = (θ̇ φ̇) m
3 2
2
LR cos(θ − φ)
R
φ̇
2

in termini della matrice di rappresentazione

4 2
L
LR cos(θ − φ)
3

A(θ, φ) = m 
3 2
R
LR cos(θ − φ)
2

reale, simmetrica e definita positiva. Come configurazione di equilibrio stabile nell’intorno
della quale analizzare i piccoli moti si sceglie (θ, φ) = (0, 0), con λ < 1. In questa configurazione la matrice dell’energia cinetica si riduce a
4
L2
A(0, 0) = m  3
LR
Stefano Siboni

LR

3 2
R
2
1410
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
mentre la matrice hessiana del potenziale nello stesso punto si ricava da (258.3)
;
<
1−λ 0
2
.
HU (0, 0) = kL
0
−λ
Le equazioni delle piccole oscillazioni sono date da
; <
; <
θ̈
θ
A(0, 0)
− HU (0, 0)
= 0
φ̈
φ
ed in forma esplicita diventano
4

;
L2 LR ; θ̈ <
1−λ
2

m 3
− kL
3 2
0
φ̈
LR
R
2
ossia
0
−λ
<; <
θ
= 0
φ
(258.6)

2

 4 L2 θ̈ + LRφ̈ + kL (λ − 1)θ = 0
3
m
3

 LRθ̈ + R2 φ̈ + Lgφ = 0 .
2
(e) Frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni
Per R = L/2 e λ = mg/kL = 2 le equazioni (258.6) delle piccole oscillazioni si riducono a


4 2 L2
;
<; <
; <
L
θ̈
−1
0
θ

3
2
2 
m 2
= 0
− kL
0 −2
φ
φ̈
3 2
L
L
2
8
e la matrice caratteristica delle piccole oscillazioni assume la forma
;
<
;
<
4/3 1/2
−1 0
2
2 2
2
+ kL
=
ω A(0, 0) + HU (0, 0) = mL ω
1/2 3/8
0 −2
D
;
< ;
<E
2
mω
4/3
1/2
−1
0
= kL2
+
1/2 3/8
0 −2
k
che, posto per brevità mω 2 /k = µ, diventa
4
µ−1
kL2  3 1
µ
2

1
µ
2
.
3
µ−2
8
Le pulsazioni dei piccoli moti nell’intorno della configurazione (θ, φ) = (0, 0) sono le
soluzioni ω > dell’equazione caratteristica ottenuta uguaglianzo a zero il determinante
della matrice caratteristica
%$ 3
% 1
$4
1
73
2
det[ω A(0, 0) + HU (0, 0)] =
µ−1
µ − 2 − µ2 = µ2 − µ + 2 = 0
3
8
4
4
24
Stefano Siboni
1411
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Esercizi di Meccanica razionale
dalla quale si deducono i valori propri di µ
µ1 =
1√
73
−
4177 = 0.697523789
12 12
1√
73
+
4177 = 11.46914288 .
12 12
Le pulsazioni normali valgono perciò
µ2 =
=
k
k
= 0.8351788964
ω1 = 0.697523789
m
m
=
=
√
k
k
= 3.386612301
ω2 = 11.46914288
m
m
=
√
e le relative frequenze normali risultano
ω1
f1 =
= 0.1329228497
2π
=
k
m
ω2
f2 =
= 0.5389960881
2π
=
k
m
con f1 < f2 .
Modo normale di pulsazione ω = ω1 (modo basso)
Per ω = ω1 , ossia µ = µ1 , l’equazione caratteristica per le ampiezze del modo normale è
4
µ1 − 1
3
1
µ1
2


1
;
<;
<
a+
µ1
a+
2

 = −0.0699682814 0.3487618945
= 0
3
0.3487618945 −1.738428579
a−
µ1 − 2
a−
8
ed equivale al sistema omogeneo di equazioni lineari algebriche

 −0.0699682814 a+ + 0.3487618945 a− = 0
 0.3487618945 a+ − 1.738428579 a− = 0
la cui soluzione generale è data da
a− = 0.2006190526 a+
∀ a+ ∈ R.
Il modo normale di oscillazione risulta pertanto
; <
;
<
θ
1
= a
cos(ω1 t + α)
φ
0.2006190526
∀t ∈ R
con la scala di ampiezza a ∈ R e la fase α ∈ R costanti arbitrarie.
Stefano Siboni
1412
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Esercizi di Meccanica razionale
Modo normale di pulsazione ω = ω2 (modo alto)
Nella fattispecie l’equazione caratteristica per le ampiezze del modo normale diventa
4
µ2 − 1
3
1
µ2
2
 
1
;
<; <
b+
µ2
14.29219051
5.734571440
b+
2
  =
= 0
3
5.734571440 2.300928580
b−
µ2 − 2
b−
8
e conduce al sistema di equazioni algebriche lineari ed omogenee

 14.29219051 b+ + 5.734571440 b− = 0
di soluzione generale
 5.734571440 b+ + 2.300928580 b− = 0
b− = −2.492285720 b+
∀ b+ ∈ R .
Il modo normale di oscillazione è perciò descritto da
; <
;
<
θ
1
= b
cos(ω2 t + β)
φ
−2.492285720
∀t ∈ R
con b ∈ R e β ∈ R costanti arbitrarie.
Esercizio 259. Macchina di Atwood
Nella macchina di Atwood due corpi puntiformi
pesanti, di masse rispettive m e M, sono vincolati
a muoversi verticalmente e collegati fra loro mediante un filo inestendibile, perfettamente flessibile
e di massa trascurabile che scorre senza attrito
su una puleggia fissa — vedi figura. Il filo ideale
scorre senza attrito sulla carrucola fissa e dunque
la sua tensione si mantiene costante in modulo da
un capo all’altro, sia in condizioni statiche che in
condizioni dinamiche, per via dell’ipotesi di massa
trascurabile.
Si vogliono determinare le equazioni del moto del sistema facendo uso:
(a) delle equazioni cardinali della dinamica;
(b) delle equazioni di Lagrange.
Stefano Siboni
1413
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Esercizi di Meccanica razionale
Soluzione
(a) Equazioni del moto con le equazioni cardinali
Introdotta una terna di riferimento Oxyz con l’asse Ox diretto verticalmente verso l’alto,
il corpo di massa m è soggetto alla forza peso −mg ê1 ed alla forza di tensione T ê1 del filo.
Se si indica con x la quota del corpo di massa m, l’equazione del moto di questo si scrive
mẍ = T − mg .
La condizione di inestendibilità del filo implica che la quota del secondo corpo si possa
esprimere nella forma
costante − x ;
poiché le forze agenti sono il peso −Mg ê1 e la tensione T ê1 , la corrispondente equazione
del moto diventa perciò
−M ẍ = T − Mg .
Dalle equazioni del moto si deduce
ẍ =
T
−g
m
ẍ = −
T
+g
M
per cui, confrontando i secondi membri,
T
T
−g = −
+g
m
M
e la tensione del filo vale pertanto
T = 2g
Mm
.
M +m
L’equazione del moto per il corpo di massa M viene cosı̀ determinata esplicitamente:
ẍ = 2g
M −m
M
−g =
g.
M +m
M +m
Il moto dei due corpi è quindi uniformemente accelerato, il primo con accelerazione
M −m
g
M +m
ed il secondo con accelerazione opposta
−
M −m
g.
M +m
(b) Equazioni di Lagrange
Le tensioni applicate ai due corpi puntiformi devono essere interpretate come forze di
reazione vincolare, le sole applicate ai corpi costituenti il sistema — filo e puleggia fissa
sono soltanto dispositivi meccanici che esprimono i vincoli. È facile convincersi che il
sistema soddisfa al principio delle reazioni vincolari e può quindi essere considerato a
vincoli ideali. Gli spostamenti virtuali delle masse puntiformi m ed M si scrivono infatti,
Stefano Siboni
1414
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Esercizi di Meccanica razionale
rispettivamente,
− δx ê1
δx ê1
∀ δx ∈ R
per cui la potenza virtuale delle reazioni vincolari vale
δx ê1 · T# + (−δx ê1 ) · T#
e risulta quindi identicamente nulla per qualsiasi spostamento virtuale e per qualsiasi
tensione esplicabile dal filo — diretta verticalmente verso l’alto. Le equazioni pure del
moto del sistema possono perciò essere determinate facendo uso dell’equazione simbolica
della dinamica e dunque del formalismo lagrangiano. Le sollecitazioni attive agenti sul
sistema si riducono alle sole forze peso, per cui la dinamica del sistema viene descritta per
mezzo della funzione lagrangiana. L’energia cinetica del sistema è la somma delle energie
cinetiche dei due corpi
1
m+M 2
1
mẋ2 + M(−ẋ)2 =
ẋ
2
2
2
e il potenziale del sistema è quello associato alle forze peso:
T =
U = −mgx − Mg(L − x) = (M − m)gx + costante .
La lagrangiana del sistema risulta perciò
L = T +U =
e porge l’equazione del moto
d $ ∂L %
m+M 2
ẋ + (M − m)gx
2
∂L
= (M + m)ẍ − (M − m)g = 0
dt ∂ ẋ
∂x
che coincide con quella già precedentemente determinata.
−
Esercizio 260. Puleggia mobile
Si consideri il sistema costituito da una puleggia
mobile sulla quale è innestata senza possibilità di
scorrimento una fune ideale perfettamente flessibile, imponderabile ed inestendibile, che collega fra
loro due corpi puntiformi A e B di masse rispettive m ed M, mantenendosi costantemente tesa.
Si indica con R il raggio della puleggia e con I
il momento d’inerzia della stessa rispetto al suo
asse fisso. I corpi A e B sono pesanti e vincolati
a muoversi lungo la direzione verticale, rappresentata dall’asse Oy di una terna di riferimento Oxyz.
Si vogliono ricavare:
(a) le equazioni del moto facendo uso delle equazioni cardinali;
(b) le equazioni di Lagrange del sistema.
Stefano Siboni
1415
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Esercizi di Meccanica razionale
Soluzione
(a) Equazioni cardinali della dinamica
I tratti verticali di fune, tesi e di massa trascurabile, trasmettono inalterata la tensione
fra i punti materiali e la puleggia; la presenza di forze di attrito, essenziali per mettere
in rotazione la puleggia mantenendo l’adesione di questa con la fune, implica tuttavia che
la tensione della fune debba variare lungo il tratto di fune a contatto con la puleggia. Si
indichino con T#1 = T1 ê2 e T#2 = T2 ê2 le tensioni applicate ai corpi A e B rispettivamente.
Le relative reazioni che i due tratti verticali di fune esercita sulla puleggia valgono quindi
−T#1 = −T1 ê2 e −T#2 = −T2 ê2 , rispettivamente applicate nei punti A" e B " in figura. Il
punto A è soggetto al proprio peso −mgê2 alla tensione T1 ê2 per cui, indicata con y la
quota del punto, la sua equazione del moto si scrive
mÿ = T1 − mg .
A meno di una costante fissata, connessa alla lunghezza complessiva della fune e al raggio
R della puleggia, la quota di B vale −y e l’accelerazione di questo si riduce a −ÿê2 ;
essendo soggetto alla tensione T2 ê2 e alla forza peso −Mgê2 , il punto deve perciò soddisfare
l’equazione del moto
−M ÿ = T2 − Mg .
Quanto alla puleggia, che si assume con asse fisso privo di attrito, il suo moto è governato
dall’equazione
I θ̈ = [(−Rê1 ) ∧ (−T1 ê2 ) + Rê1 ∧ (−T ê2 )] · ê3 = R(T1 − T2 ) .
essendosi assunto nullo il momento risultante delle reazioni vincolari agenti sull’asse Cz.
Si noti che nelle tre equazioni differenziali precedenti le tensioni incognite T1 e T2 vanno
interpretate come forze di reazione vincolare e devono quindi essere rimosse per ottenere
le equazioni pure del moto. A questo scopo occorre considerare che le variabili y e θ del
sistema non sono indipendenti, dovendo risultare
y + Rθ = costante
per via della postulata, perfetta aderenza della fune alla puleggia. Il sistema di equazioni
da risolvere è quindi dato da:

mÿ = T1 − mg




 M ÿ = −T2 + Mg

I θ̈ = R(T1 − T2 )




Rθ̇ + ẏ = 0 .
Le prime due equazioni porgono per le tensioni le espressioni
T1 = mg + mÿ
Stefano Siboni
T2 = Mg − M ÿ
1416
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
che sostituite nell’equazione del moto della puleggia conducono alla relazione
I θ̈ = R(mg + mÿ − Mg + M ÿ) = R(m − M)g + R(m + M)ÿ ,
nella quale θ̈ = −ÿ/R. Si ha perciò
−
e quindi
I
ÿ = R(m − M)g + R(m + M)ÿ
R
$
m+M +
I %
ÿ = (M − m)g .
R2
Il moto del corpo A è quindi uniformemente accelerato lungo la direzione verticale, con
accelerazione scalare
M −m
g.
ÿ =
I
m+M + 2
R
Uniformemente accelerati sono anche il moto rettilineo del punto B, con accelerazione
opposta
M −m
g,
−
I
m+M + 2
R
e quello rotatorio della puleggia, la cui accelerazione angolare istantanea scalare si scrive:
−
ÿ
= −
R
M −m
g
.
I R
m+M + 2
R
(b) Equazioni lagrangiane del moto
Anche questo sistema può riguardarsi a vincoli ideali. La potenza virtuale delle reazioni
vincolari si scrive infatti:
# φ + Rδθ ê2 · T#2
π φ = −Rδθ ê2 · T#1 + δθ ê3 · M
C
∀ δθ ∈ R
e la condizione di idealità dei vincoli impone perciò che il momento assiale delle reazioni
vincolari applicate alla puleggia, rispetto all’asse Cz, si esprima in termini delle tensioni
T#1 e T#2 per mezzo della relazione
# φ = R ê2 · T#1 − R ê2 · T#2 = R(T1 − T2 ) .
ê3 · M
C
Nella fattispecie, la condizione risulta certamente verificata, in quanto l’asse Cz della
puleggia è per ipotesi privo di attrito e le sole reazioni vincolari esterne che producono
momento sulla puleggia rispetto allo stesso asse sono le sole tensioni −T#1 in A" e −T#2 in
B".
Stefano Siboni
1417
Università degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale
Scelta l’ordinata y come coordinata generalizzata, la lagrangiana del sistema assume la
forma
m 2 M
1 $ ẏ %2
− mgy − Mg(−y) =
L =
ẏ +
(−ẏ)2 + I −
2
2
2
R
I % 2
1$
m + M + 2 ẏ + (M − m)gy
=
2
R
in modo che l’equazione di Lagrange
d $ ∂L % ∂L
−
= 0
dt ∂ ẏ
∂y
diventa
I %
ÿ − (M − m)g = 0 ,
R2
in accordo con il risultato già ricavato in precedenza.
$
m+M +
Esercizio 261. Pendolo semplice a filo
Secondo la usuale definizione, un pendolo semplice è costituito da un punto materiale
pesante vincolato a scorrere senza attrito lungo una circonferenza fissa disposta in un piano
verticale. Tale definizione, sebbene più semplice dal punto di vista della trattazione teorica,
non corrisponde tuttavia alla nozione più familiare di pendolo semplice, che vede realizzato
il dispositivo collegando un punto materiale pesante P ad un punto fisso O mediante un
filo flessibile, inestendibile e di massa trascurabile. Indicata con R la lunghezza costante
del filo, che si suppone sempre teso, e assunti per semplicità tutti i moti localizzati in un
piano verticale, il moto del punto materiale avviene interamente in una circonferenza fissa
di centro O, raggio R, collocata nel piano verticale preassegnato. Se si identifica detto
piano con il piano coordinato Oxy di una terna cartesiana ortogonale Oxyz, con l’asse
verticale Oy orientato verso l’alto, la parametrizzazione della circonferenza vincolare si
scrive
P (θ) − O = R(sin θ ê1 − cos θ ê2 ) , θ ∈ R
in termini dell’angolo al centro θ misurato fra la verticale condotta da O verso il basso ed
il raggio OP . La derivata prima della parametrizzazione — regolare — vale allora
P " (θ) =
dP
(θ) = R(cos θ ê1 + sin θ ê2 )
dθ
e definisce il versore tangente alla traiettoria per mezzo dell’ovvia relazione
τ̂ (θ) =
P " (θ)
= cos θ ê1 + sin θ ê2
|P " (θ)|
∀θ ∈ R
che derivata ulteriormente in θ porge il versore normale
dτ̂
(θ) = − sin θ ê1 + cos θ ê2 = n̂(θ) .
dθ
Stefano Siboni
1418
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
In termini dell’ascissa curvilinea s = Rθ e
del raggio di curvatura ρ = R l’equazione del
moto del punto P , di massa m, è data dal
postulato delle reazioni vincolari:
ms̈τ̂ +
mṡ2
#
n̂ = −mg ê2 + Φ
ρ
ossia, sostituendo le espressioni di s e ρ e semplificando,
#
mRθ̈τ̂ + mRθ̇2 n̂ = −mg ê2 + Φ
# indica la reazione vincolare agente sul punto materiale. Poiché il filo si asdove Φ
sume sempre teso, la reazione vincolare risulta comunque diretta lungo n̂. La proiezione
dell’equazione precedente lungo il versore tangente porge pertanto l’equazione pura del
moto
mRθ̈ = −mg sin θ .
La reazione vincolare lungo un generico moto naturale del sistema diventa cosı̀
# = mg ê2 + mRθ̈τ̂ + mRθ̇2 n̂ = mg ê2 − mg sin θ τ̂ + mRθ̇2 n̂
Φ
dove peraltro
ê2 = ê2 · τ̂ τ̂ + ê2 · n̂ n̂ = sin θ τ̂ + cos θ n̂
e quindi:
# = mg cos θ n̂ + mRθ̇2 n̂ = m(g cos θ + Rθ̇2 ) n̂
Φ
La relazione vale se e soltanto se θ(t) descrive un moto naturale del sistema — corrisponde
cioè ad una soluzione dell’equazione pura del moto. Si osservi tuttavia che, a differenza di
quanto avverrebbe per una circonferenza vincolare rigida e liscia, in un pendolo realizzato
con un filo deve aversi
# · n̂ ≥ 0
Φ
in quanto il filo può esercitare una forza di trazione su P , ma non è in grado di sospingerlo. Di conseguenza, un moto naturale oltre a soddisfare le equazioni di Lagrange deve
verificare la condizione supplementare
g cos θ + Rθ̇2 ≥ 0
g
cos θ. Detta condizione si traduce, di fatto, in una restrizione sulla
R
regione del piano delle fasi (θ, θ̇) ∈ R2 effettivamente accessibile al sistema.
ovvero θ̇2 ≥ −
Stefano Siboni
1419
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
La regione del piano delle fasi nella quale sono definiti i moti del pendolo è evidenziata col
tratteggio nella figura seguente:
in cui i contorni corrispondono alla curva di equazione g cos θ + Rθ̇2 = 0. La condizione
di ammissibilità impone che per θ ∈ [π/2, 3π/2] la velocità angolare istantanea θ̇ — e
con quella la velocità θ̇τ̂ (θ) del punto P — abbia modulo |θ̇| sufficientemente elevato.
Soltanto in tale circostanza, infatti, la tensione del filo è chiamata ad esercitare su P una
forza diretta verso il centro O e non in senso avverso, azione che il filo ideale risulta
effettivamente in grado di esplicare.
In caso contrario il filo non è in condizione di
esercitare la reazione che serve a mantenere
il punto materiale sulla traiettoria circolare:
mentre il filo O − P non è più teso, il punto si
distacca perciò dalla circonferenza di centro
O e raggio R e prende a muoversi di moto
libero — parabolico — fino a che non torna
ad incontrare la circonferenza in un’altra posizione, laddove il filo tornerà a tendersi.
Esercizio 262. Sistema volano-biella-pistone
Il sistema meccanico illustrato in figura si compone di un volano V, di una biella B, e
di un pistone P inserito e libero di scorrere senza attrito all’interno di un cilindro C. Il
volano V è costituito da un disco circolare rigido omogeneo di raggio a, massa M e centro
C, punto fisso quest’ultimo attorno al quale il volano è libero di ruotare mantenendosi nel
piano coordinato Oxy di una terna di riferimento cartesiana ortogonale destrorsa Oxyz;
la posizione di C rispetto al riferimento Oxyz è individuata dal vettore C − O = h ê1 ,
con h costante positiva. La biella B si può descrivere come un’asta rigida omogenea di
lunghezza b e massa trascurabile, mentre il pistone P è un disco circolare di massa e
spessore trascurabili, che si adatta perfettamente alla sezione del cilindro C, fisso rispetto
ad Oxyz e di asse Ox, potendo scorrere liberamente lungo la sua parete interna. La biella
Stefano Siboni
1420
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Esercizi di Meccanica razionale
è incernierata al centro G del pistone e ad un punto D assegnato sul bordo del volano.
La regione interna del cilindro C delimitata dal pistone è riempita di un gas ideale, del
quale si indica con γ > 1 il rapporto fra il calore specifico a pressione costante e quello a
volume costante — usualmente denotati con cP e cV in termodinamica. Durante il moto,
cilindro e pistone si comportano come pareti adiabatiche e si considera che la trasformazione termodinamica subita dal gas sia quasistatica — o reversibile. Si indichi con A
l’area del pistone e si ignori l’effetto della pressione atmosferica esterna.
Assunti i vincoli ideali e le condizioni supplementari b > 2a, h > b + a, si faccia uso
dell’angolo θ mostrato in figura per:
(a) determinare la lagrangiana del sistema;
(b) individuare le equazioni lagrangiane del moto del sistema;
(c) caratterizzare le condizioni iniziali per le quali il moto del sistema è oscillatorio;
(d) determinare tutte e sole le condizioni iniziali all’istante t = 0 cui corrispondono moti
indefinitamente progressivi con valori di θ grandi a piacere per t → +∞.
(e) Si scriva inoltre l’espressione dell’energia cinetica del sistema nell’ipotesi che la biella
ed il pistone abbiano masse m e µ rispettivamente — trascurando le forze peso.
(f) Si discuta poi la possibilità di descrivere il sistema per mezzo del parametro s —
ascissa di G — in luogo dell’angolo θ come coordinata lagrangiana.
(g) Si discuta infine la possibilità di utilizzare come parametro lagrangiano l’angolo ψ =
M in luogo di θ.
C GD
Soluzione
Un commento preliminare meritano le condizioni geometriche b > 2a e h > b + a. In virtù
della condizione b > a al volano è consentito di compiere rotazioni complete attorno al
proprio asse Cz, per le quali tuttavia l’estremo G della biella si mantiene costantemente
a sinistra del centro C, come illustrato in figura — si intende che la stessa condizione
consentirebbe di mantenere il punto G sempre a destra di C, sebbene questo non sia il
Stefano Siboni
1421
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caso del sistema in esame. Si osservi che per b < a la rotazione completa del volano
sarebbe resa impossibile dalla condizione di scorrimento di G lungo l’asse Ox. Conviene
altresı̀ escludere il caso b = a, che permetterebbe a G di spostarsi addirittura ora a destra
ora a sinistra del punto fisso C. Con la richiesta, più restrittiva, che sia b > 2a, non
soltanto il punto G rimane collocato a sinistra di C per rotazioni qualsiasi del volano, ma
risulta anche |C − G| > a, in modo che il pistone non giunge mai a contatto con il bordo
di V — condizione meccanicamente del tutto ragionevole, visto che le parti meccaniche in
gioco sono tutte rigide.
L’ulteriore condizione h > b + a assicura infine che per qualsivoglia rotazione del volano
il pistone P non si ponga mai a contatto con la base del cilindro C, moto che risulterebbe
impedito dalla compressibilità finita del gas.
(a) Lagrangiana del sistema
Occorre determinare le espressioni dell’energia cinetica totale e del potenziale totale del
sistema. Poiché per ipotesi pistone e biella hanno massa trascurabile, la sola parte del
sistema che contribuisce all’energia cinetica totale è il volano V, cui compete l’energia
cinetica
1 Ma2 2
Ma2 2
T =
θ̇ =
θ̇ ,
2 2
4
essendo Ma2 /2 e θ̇ ê3 il momento d’inerzia rispetto all’asse fisso Cz e la velocità angolare
istantanea di V rispettivamente.
La sola sollecitazione attiva applicata al sistema è dovuta alla pressione P del gas ideale sul
pistone P, gas che per la natura delle pareti andrà incontro ad una trasformazione di tipo
adiabatico — supposta reversibile. Indicato con V = As il volume del gas racchiuso entro
il cilindro, è noto che per un gas ideale la generica trasformazione adiabatica reversibile
soddisfa la relazione
PV γ = β
(262.1)
con γ = cP /cV > 1 e β costante positiva dipendente dalla pressione e dal volume del gas
ad un istante iniziale assegnato. Dalla (262.1) si deduce allora che la pressione agente sul
pistone vale
P = βV −γ
e che la forza complessiva esercitata dal gas, sempre diretta secondo la direzione positiva
dell’asse Ox, risulta
#P = AP ê1 = AβV −γ ê1 = Aβ(As)−γ ê1 = A1−γ βs−γ ê1 ,
F
(262.2)
essendosi trascurata la pressione atmosferica applicata sulla superficie esterna del pistone,
come prescritto. Il pistone è rigido e si limita a traslare lungo la direzione Ox, perciò la
#P può assumersi applicata nel solo centro G, anziché distribuita sull’intera
sollecitazione F
superficie di area A. Al fine di determinare la componente lagrangiana della sollecitazione è
quindi sufficiente esprimere l’ascissa s del punto G in funzione del parametro lagrangiano θ,
le altre due coordinate cartesiane risultando banalmente e costantemente nulle. Il teorema
di Carnot applicato al triangolo GCD conduce alla relazione
(h − s)2 + a2 + 2a(h − s) cos θ = b2
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1422
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che può anche porsi nella forma equivalente
(h − s)2 + 2(h − s)a cos θ − b2 + a2 = 0
dalla quale si deducono le possibili soluzioni
h−s =
−2a cos θ ±
>
>
4a2 cos2 θ + 4(b2 − a2 )
= −a cos θ ± a2 cos2 θ + b2 − a2 .
2
Di queste si sceglie come fisicamente significativa quella con la radice quadrata di segno
positivo
>
h − s = −a cos θ + a2 cos2 θ + b2 − a2
cui corrisponde la soluzione in s
s = h + a cos θ −
>
b2 − a2 sin2 θ = s(θ)
(262.3)
che descrive la posizione del pistone nell’ipotesi che questo si situi permanentemente a
sinistra del centro C del volano — come illustrato in figura. La posizione del centro G del
pistone è allora individuata del vettore G − O = s ê1 , per cui la componente lagrangiana
#P diventa
della sollecitazione F
ds(θ)
ds(θ)
ds(θ)
ê1 = A1−γ βs−γ ê1 ·
ê1 = A1−γ β s(θ)−γ
.
Qθ = F#P ·
dθ
dθ
dθ
Si tratta chiaramente di una sollecitazione posizionale conservativa — il sistema è ad un
solo grado di libertà — il cui potenziale assume la forma
U(θ) = −
A1−γ β
s(θ)1−γ = −ks(θ)1−γ
γ−1
dove per brevità si è indicata con k la costante positiva A1−γ β/(γ − 1). La lagrangiana
L = T + U del sistema diventa cosı̀
>
1
21−γ
Ma2 2
Ma2 2
1−γ
θ̇ − ks(θ)
θ̇ − k h + a cos θ − b2 − a2 sin2 θ
L =
=
.
4
4
(262.4)
(b) Equazioni lagrangiane del moto
Dalle precedenti espressioni (262.3) e (262.4) si hanno le relazioni
Ma2
d $ ∂L %
=
θ̈
dt ∂ θ̇
2
ds(θ)
a2 sin θ cos θ
= −a sin θ + >
dθ
b2 − a2 sin2 θ
>
1
2−γ ds(θ)
ds(θ)
∂L
= k(γ − 1)s(θ)−γ
= k(γ − 1) h + a cos θ − b2 − a2 sin2 θ
∂θ
dθ
dθ
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1423
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che sostituite nell’equazione di Lagrange
d $ ∂L % ∂L
−
= 0
dt ∂ θ̇
∂θ
porgono l’equazione del moto richiesta
:
>
2−γ 9
1
a cos θ
Ma2
>
− 1 a sin θ .
θ̈ = k(γ − 1) h + a cos θ − b2 − a2 sin2 θ
2
b2 − a2 sin2 θ
(c) Condizioni iniziali per i moti oscillatori
I moti oscillatori in θ sono moti per i quali il volano V non esegue alcuna rotazione completa
attorno al proprio asse, ma ruota alternativamente in senso orario ed antiorario, con legge
periodica, attorno allo stesso asse. Data la natura posizionale conservativa del sistema, che
è altresı̀ ad un solo grado di libertà, l’analisi qualitativa dei moti può essere condotta in
termini della usuale discussione di Weierstrass, osservando che l’energia meccanica totale
2
>
1
2
˙ = T − U = Ma θ̇2 + k h + a cos θ − b2 − a2 sin2 θ 1−γ
H(θ, θ)
4
rappresenta un integrale primo — identificabile con l’integrale di Jacobi. Nonostante
l’esponente negativo 1 − γ, la funzione energia potenziale
>
1
21−γ
−U(θ) = k h + a cos θ − b2 − a2 sin2 θ
è di classe C ∞ dal momento che l’espressione entro parentesi quadre — s(θ) — si mantiene
per ipotesi sempre strettamente positiva — il suo valore minimo è infatti s(π) = h−a−b >
0. Di conseguenza i suoi punti critici sono tutte e soltanto le soluzioni dell’equazione
trigonometrica
9
:
a cos θ
−U " (θ) = k(1 − γ)s(θ)−γ >
− 1 a sin θ = 0
b2 − a2 sin2 θ
ovvero di
(262.5)
sin θ = 0
in quanto l’espressione entro parentesi quadre in (262.5) non può annullarsi per via della
condizione b > a, mentre s(θ) > 0 ∀ θ ∈ R. Modulo 2π, i punti critici del potenziale sono
pertanto θ = 0 e θ = π, in corrispondenza dei quali la derivata seconda
−γ−1 ds(θ)
−U (θ) = −γk(1 − γ)s(θ)
""
+k(1 − γ)s(θ)
−γ
Stefano Siboni
"
dθ
9
>
a cos θ
b2 − a2 sin2 θ
:
− 1 a sin θ+
#
:
9
:
a cos θ
a cos θ
d9
>
a sin θ + >
− 1 a cos θ =
dθ
b2 − a2 sin2 θ
b2 − a2 sin2 θ
1424
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= −γk(1 − γ)s(θ)
−γ−1
+k(1 − γ)s(θ)
−γ
assume i valori
"
:
ds(θ) 9
a cos θ
>
− 1 a sin θ+
dθ
b2 − a2 sin2 θ
:
:
9
au
a cos θ
d 9
2
√
− 1 a cos θ
asin θ + >
−
du
a2 u2 + b2 − a2 u=cos θ
b2 − a2 sin2 θ
#
9
:
a:
− 1 a = k(γ − 1)s(0)−γ 1 − a > 0
b 9
9b a
:
:
""
−γ
−γ a
− − 1 (−a) = −k(γ − 1)s(π)
−U (π) = k(1 − γ)s(π)
+ 1 a < 0.
b
b
−U "" (0) = k(1 − γ)s(0)−γ
9a
Se a ciò si aggiunge che
F
G1−γ
F
G1−γ
≤ −U(θ) ≤ k h − a − b
= −U(π)
−U(0) = k h + a − b
∀θ ∈ R,
se ne conclude che θ = 0 rappresenta un minimo relativo proprio ed assoluto dell’energia
potenziale, mentre θ = π è un massimo relativo proprio ed assoluto della stessa funzione,
il cui grafico viene riprodotto nella figura seguente
Dall’analisi di Weierstrass segue allora immediatamente che i moti oscillatori del sistema
si hanno solo e soltanto per valori dell’energia meccanica totale minori di −U(π) e strettamente maggiori di −U(0), e dunque per le condizioni iniziali (θ0 , θ̇0 ) ∈ R2 soddisfacenti
la doppia diseguaglianza
F
G1−γ
1
Ma2 2
k h+a−b
<
θ̇0 + k h + a cos θ0 −
4
N
b2 − a2 sin2 θ0
21−γ
F
G1−γ
< k h−a−b
con k = A1−γ β/(γ − 1).
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1425
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(d) Condizioni iniziali all’istante t = 0 cui corrispondono moti indefinitamente
progressivi con valori di θ grandi a piacere per t → +∞
I moti indefinitamente progressivi in θ corrispondono a moti di rotazione del volano sempre
nello stesso senso — antiorario — attorno all’asse fisso Cz e vengono individuati per mezzo
dell’analisi di Weierstrass, come nel caso precedente. Per H(θ0 , θ̇0 ) > −U(π) non esistono
punti di inversione o di meta asintotica e i moti risultano indefinitamente progressivi per
θ̇0 > 0, retrogradi se θ̇0 < 0. Data la limitatezza di −U, anche la velocità generalizzata θ̇
si mantiene limitata durante il moto e la soluzione massimale θ(t, 0, θ0 , θ̇0 ) risulta definita
∀ t ∈ R con codominio su tutta la retta reale; in altri termini, la soluzione assume qualsiasi valore reale θ in un intervallo di tempo finito. Va osservato come, nel caso si abbia
H(θ0 , θ̇0 ) = −U(π), i moti risultanti siano statici o a meta asintotica, ma comunque con
codominio limitato lungo l’asse θ. Si conclude pertanto che le condizioni iniziali richieste
sono tutte e sole quelle appartenenti all’aperto di R2 :
N
7
1
21−γ
F
G1−γ 8
Ma2 2
2
2
2
2
.
(θ0 , θ̇0 ) ∈ R :
> k h−a−b
θ̇ + k h + a cos θ0 − b − a sin θ0
4 0
(e) Energia cinetica del sistema nell’ipotesi che biella e pistone abbiano masse
rispettive m e µ
Si tratta di determinare l’energia cinetica della biella e del pistone, che andranno ad aggiungersi a quella del volano già ottenuta in precedenza. Trattandosi di moto puramente
traslatorio, l’energia cinetica TP del pistone coincide con quella di un unico punto materiale
G in cui si supponga concentrata l’intera massa µ ed avente velocità
9
ds(θ)
a2 sin θ cos θ :
>
θ̇ ê1
(262.6)
Ġ = ṡ ê1 =
θ̇ ê1 = −a sin θ +
dθ
b2 − a2 sin2 θ
in modo che risulta
:2
a2 sin θ cos θ :2 2
µ9
µa2 2 9
a cos θ
−a sin θ + >
θ̇ =
θ̇2 .
sin θ 1 − >
TP =
2
2
2
2
2
2
2
2
b − a sin θ
b − a sin θ
(262.7)
L’energia cinetica della biella si ricava facilmente facendo uso dell’angolo ψ come coordinata
ausiliaria. Poiché infatti l’asta B è omogenea, il vettore posizione del suo baricentro GB
può scriversi nella forma
$
%
b
b
GB − O = s + cos ψ ê1 + sin ψ ê2 ,
2
2
mentre l’espressione della velocità angolare istantanea di B è semplicemente
#ωB = ψ̇ ê3
in quanto l’angolo ψ risulta compreso fra la direzione Ox positiva, fissa relativamente a
Oxyz, e la direzione D−G, ovviamente fissa rispetto all’asta. Il teorema di König applicato
alla biella consente allora di scrivere
m
1 B
|ĠB |2 + IG
ψ̇ 2
TB =
Bz
2
2
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1426
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con
,$
,2
$
%
%2 b2
,
,
b
b
b
,
ĠB | = , ṡ − sin ψ ψ̇ ê1 + cos ψ ψ̇ ê2 ,, = ṡ − sin ψ ψ̇ + cos2 ψ ψ̇ 2 =
2
2
2
4
2
b
= ṡ2 − b sin ψ ṡψ̇ + ψ̇ 2
4
2
B
e IG
= mb2 /12. Dal teorema dei seni applicato al triangolo CDG si deduce inoltre che
Bz
sin ψ
sin θ
=
a
b
per cui
e conseguentemente
$a
%
ψ = arcsin
sin θ ∈ (−π/2, π/2)
b
ψ̇ = >
a cos θ
b2 − a2 sin2 θ
θ̇ .
(262.8)
(262.9)
L’energia cinetica della biella diventa cosı̀
TB =
m 2 mb
m 2 mb
mb2 2 mb2 2
mb2 2
ṡ −
sin ψ ṡψ̇ +
ψ̇ +
ψ̇ =
ṡ −
sin ψ ṡψ̇ +
ψ̇
2
2
8
24
2
2
6
e sostituendo le espressioni (262.6)-(262.9) per ṡ e ψ̇ rispettivamente:
TB =
:2
ma2 2 9
a cos θ
sin θ 1 − >
θ̇2 −
2
2
2
2
b − a sin θ
"
#2
9
a2 sin θ cos θ :
mb a
a cos θ
mb2
a cos θ
>
sin θ −a sin θ + >
−
θ̇ >
θ̇ +
θ̇
2 b
6
b2 − a2 sin2 θ
b2 − a2 sin2 θ
b2 − a2 sin2 θ
che dopo qualche manipolazione algebrica si riduce a
TB =
:
ma2 2 9
a cos θ
mb2 a2 cos2 θ
2
θ̇2 +
sin θ 1 − >
2 θ̇ .
2
2
2
2
2
2
6
b − a sin θ
b − a sin θ
(262.10)
Per l’energia cinetica del volano vale infine:
TV
1 V 2
1 Ma2 2
Ma2 2
= ICz θ̇ =
θ̇ =
θ̇
2
2 2
4
(262.11)
L’energia cinetica totale è pertanto la somma delle espressioni ottenute (262.7), (262.10)
e (262.11):
:2
µa2 2 9
a cos θ
θ̇2 +
sin θ 1 − >
2
2
2
2
b − a sin θ
:
9
2
ma
a cos θ
mb2 a2 cos2 θ
Ma2 2
2
sin2 θ 1 − >
θ̇
θ̇ ,
+
θ̇2 +
+
2
6 b2 − a2 sin2 θ
4
b2 − a2 sin2 θ
T = TP + TB + TV =
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1427
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e si presenta come una forma quadratica definita positiva in θ̇, come ci si aspetta.
(f) Possibilità di descrivere il sistema per mezzo del parametro s in luogo
dell’angolo θ
Una semplice analisi mostra che il grafico della funzione s(θ) definita da (262.3) ha la
forma illustrata nella figura seguente:
da cui si deduce che s(θ) è una applicazione di θ ∈ R a valori in [h − a − b, h + a − b], ma
non invertibile sull’intera retta reale. L’invertibilità dell’applicazione è assicurata soltanto
sugli intervalli del tipo θ ∈ [nπ, (n + 1)π], n ∈ Z. Essendo tuttavia (ds/dθ)(nπ) = 0,
∀ n ∈ Z, l’inversa della restrizione di s(θ) a [nπ, (n + 1)π] non risulta differenziabile agli
estremi del suo intervallo di definizione, per cui s(θ) non costituisce un diffeomorfismo C 2
di θ ∈ [nπ, (n + 1)π] su s ∈ [h − a − b, h + a − b]. Ciò avviene invece per la restrizione
di s(θ) ad un qualsiasi intervallo aperto (nπ, (n + 1)π), n ∈ Z, che è diffeomorfismo C ∞
sull’aperto (h−a−b, h+a−b). In termini geometrici si può concludere che il parametro s è
utilizzabile come coordinata lagrangiana soltanto per rappresentazioni locali del sistema,
limitatamente alle configurazioni che vedono il punto D mantenersi al di sopra dell’asse
orizzontale Ox, oppure alle configurazioni per le quali lo stesso punto si mantiene al di
sotto dello stesso asse.
M in
(g) Possibilità di utilizzare come parametro lagrangiano l’angolo ψ = C GD
luogo di θ
L’introduzione dell’angolo ψ come parametro lagrangiano in luogo di θ pone gli stessi
problemi già esaminati al punto precedente. Il grafico della funzione ψ(θ), definita da
(262.8), con dominio R e codominio [− arcsin(a/b), arcsin(a/b)], si determina agevolmente
ed ha l’andamento descritto in figura:
Stefano Siboni
1428
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Le stesse considerazioni esposte nel caso precedente consentono di concludere che per ogni
n ∈ Z fissato, la (262.8) definisce un diffeomorfismo C ∞ di (2πn − (π/2), 2πn + (π/2)) su
(− arcsin(a/b), arcsin(a/b)), e che pertanto la coordinata lagrangiana ψ fornisce soltanto
rappresentazioni locali della varietà delle configurazioni del sistema.
263. Sistema volano-biella soggetto ad una sollecitazione elastica.
Si svolga l’esercizio precedente nell’ipotesi che lo stantuffo sia sostituito da una molla ideale
di costante elastica k > 0, che collega l’estremo G della biella con il punto fisso O.
Soluzione
Il sistema si tratta come quello dell’esercizio precedente, con la sola differenza che il potenziale della forza applicata al pistone viene ora sostituito dal potenziale elastico della molla:
>
22
k
k1
U(θ) = − s(θ)2 = − h + a cos θ − b2 − a2 sin2 θ
2
2
cui per il punto (a) corrisponde la lagrangiana
>
22
Ma2 2 k 1
Ma2 2 k
2
L =
θ̇ − s(θ) =
θ̇ − h + a cos θ − b2 − a2 sin2 θ
4
2
4
2
e per il punto (b) l’equazione del moto
:
>
1
29
Ma2
a cos θ
θ̈ = −k h + a cos θ − b2 − a2 sin2 θ >
− 1 a sin θ
2
b2 − a2 sin2 θ
— tutte le relazioni già ricavate continuano a valere a patto di introdurre le sostituzioni:
k −−−−→
k
2
γ = −1 .
Lo studio qualitativo dei moti del sistema e la caratterizzazione delle condizioni iniziali per
i moti oscillatori o indefinitamente progressivi — punti (c) e (d) — si conduce mediante la
discussione di Weierstrass e porta a conclusioni analoghe, dato l’andamento sostanzialmenStefano Siboni
1429
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te simile dell’energia potenziale totale, il cui grafico è illustrato nella figura seguente:
Infine, l’espressione dell’energia cinetica totale di cui al punto (e) e le discussioni relative
ai cambiamenti di variabile — punti (f) e (g) — rimangono chiaramente invariate.
264. Sistema volano-biella soggetto ad una sollecitazione posizionale.
Il sistema meccanico illustrato in figura si compone di un volano V, di una biella B, e di
un apparato motore M. Il volano V è costituito da un disco circolare rigido omogeneo di
raggio a, massa m e centro C, punto fisso quest’ultimo attorno al quale il volano è libero
di ruotare mantenendosi nel piano coordinato Oxy di una terna di riferimento cartesiana
ortogonale destrorsa Oxyz; la posizione di C rispetto al riferimento Oxyz è individuata
dal vettore C − O = h ê1 , con h costante positiva. La biella B consiste in un’asta rigida
omogenea di lunghezza b e massa trascurabile, incernierata ad un punto D assegnato sul
bordo del volano. Il secondo estremo P della biella è vincolato a scorrere senza attrito
lungo l’asse coordinato Ox ed è altresı̀ sollecitato dall’apparato motore, che esercita su di
#P = f(θ) ê1 , con f(θ) funzione periodica di periodo 2π.
esso una forza F
Assunti i vincoli ideali e le condizioni supplementari b > 2a, h > b + a, si faccia uso
dell’angolo θ mostrato in figura per:
(a) determinare la lagrangiana del sistema;
(b) individuare le equazioni lagrangiane del moto del sistema;
(c) ricavarne un integrale primo;
Stefano Siboni
1430
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(d) analizzare la natura dei moti del sistema.
Soluzione
Un commento preliminare meritano le condizioni geometriche b > 2a e h > b + a. In virtù
della condizione b > a al volano è consentito di compiere rotazioni complete attorno al
proprio asse Cz, per le quali tuttavia l’estremo P della biella si mantiene costantemente
a sinistra del centro C, come illustrato in figura — si intende che la stessa condizione
consentirebbe di mantenere il punto P sempre a destra di C, sebbene questo non sia il
caso del sistema in esame. Si osservi che per b < a la rotazione completa del volano
sarebbe resa impossibile dalla condizione di scorrimento di P lungo l’asse Ox. Conviene
altresı̀ escludere il caso b = a, che permetterebbe a P di spostarsi addirittura ora a destra
ora a sinistra del punto fisso C. Con la richiesta, più restrittiva, che sia b > 2a, non
soltanto il punto P rimane collocato a sinistra di C per rotazioni qualsiasi del volano, ma
risulta anche |C − P | > a, in modo che P non giunge mai a contatto con il bordo di V —
condizione meccanicamente del tutto ragionevole, visto che le parti meccaniche in gioco
sono tutte rigide. L’ulteriore condizione h > b + a assicura infine che per qualsivoglia
rotazione del volano l’estremo P della biella si mantenga sempre all’esterno del blocco
motore.
(a) Lagrangiana del sistema
Occorre determinare le espressioni dell’energia cinetica totale e del potenziale totale. Poiché per ipotesi la biella ha massa trascurabile, la sola parte del sistema che contribuisce
all’energia cinetica totale è il volano V, cui compete l’energia cinetica
T =
ma2 2
1 ma2 2
θ̇ =
θ̇ ,
2 2
4
essendo ma2 /2 e θ̇ ê3 il momento d’inerzia rispetto all’asse fisso Cz e la velocità angolare
istantanea di V rispettivamente.
#P e al fine di determinarne la compoLa sola sollecitazione attiva applicata al sistema è F
nente lagrangiana è sufficiente esprimere l’ascissa s del punto P in funzione del parametro
lagrangiano θ, le altre due coordinate cartesiane risultando banalmente e costantemente
nulle. Il teorema di Carnot applicato al triangolo P CA conduce alla relazione
(h − s)2 + a2 + 2a(h − s) cos θ = b2
che può anche porsi nella forma equivalente
(h − s)2 + 2(h − s)a cos θ − b2 + a2 = 0
dalla quale si deducono le possibili soluzioni
h−s =
Stefano Siboni
−2a cos θ ±
>
>
4a2 cos2 θ + 4(b2 − a2 )
= −a cos θ ± a2 cos2 θ + b2 − a2 .
2
1431
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Esercizi di Meccanica razionale
Di queste si sceglie come fisicamente significativa quella con la radice quadrata di segno
positivo
>
h − s = −a cos θ + a2 cos2 θ + b2 − a2
cui corrisponde la soluzione in s
s = h + a cos θ −
>
a2 cos2 θ + b2 − a2 = s(θ)
che descrive la posizione dell’estremo P nell’ipotesi che questo si situi permanentemente
a sinistra del centro C del volano — come illustrato in figura. La posizione di P è allora
individuata del vettore G−O = s ê1 , per cui la componente lagrangiana della sollecitazione
#P diventa
F
#P · ∂P = f(θ) ê1 · ds(θ) ê1 = f(θ) ds(θ) ,
Qθ = F
∂θ
dθ
dθ
con
ds(θ)
a2 sin θ cos θ
√
= −a sin θ +
.
dθ
a2 cos2 θ + b2 − a2
Si tratta chiaramente di una sollecitazione posizionale conservativa — il sistema è ad un
solo grado di libertà — il cui potenziale assume la forma
U(θ) = −a
!
θ
0
#
"
a cos τ
dτ ,
f(τ ) sin τ 1 − √
a2 cos2 τ + b2 − a2
espressione definita ∀ θ ∈ R. La lagrangiana L = T + U del sistema diventa cosı̀
ma2 2
L =
θ̇ − a
4
!
θ
0
#
"
a cos τ
dτ .
f(τ ) sin τ 1 − √
a2 cos2 τ + b2 − a2
(264.1)
(b) Equazioni lagrangiane del moto
Dalla precedente espressione (264.1) si hanno le relazioni
ma2
d $ ∂L %
=
θ̈
dt ∂ θ̇
2
#
"
∂L
a cos θ
= −af(θ) sin θ 1 − √
∂θ
a2 cos2 θ + b2 − a2
che sostituite nell’equazione di Lagrange
d $ ∂L % ∂L
−
= 0
dt ∂ θ̇
∂θ
conducono all’equazione del moto richiesta
#
"
a cos θ
ma2
.
θ̈ = −af(θ) sin θ 1 − √
2
a2 cos2 θ + b2 − a2
Stefano Siboni
1432
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Esercizi di Meccanica razionale
(c) Integrale primo
Dato che la lagrangiana del sistema non dipende esplicitamente dal tempo e che sul sistema
non agiscono altre sollecitazioni oltre a quella descritta dal potenziale U, il sistema ha
natura posizionale conservativa e l’energia meccanica totale
ma2 2
H(θ, θ̇) = T − U =
θ̇ + a
4
!
θ
0
"
#
a cos τ
f(τ ) sin τ 1 − √
dτ
a2 cos2 τ + b2 − a2
(264.2)
ne costituisce un integrale primo — identificabile con l’integrale di Jacobi.
(d) Analisi qualitativa dei moti del sistema
Data la natura posizionale conservativa del sistema, che è altresı̀ ad un solo grado di
libertà, l’analisi qualitativa dei moti può essere condotta in termini della usuale discussione
di Weierstrass, facendo uso dell’integrale primo dell’energia (264.2). A questo scopo è
necessario determinare, al solito, il grafico dell’energia potenziale
−U(θ) = a
!
θ
0
"
f(τ ) sin τ 1 − √
#
a cos τ
dτ
a2 cos2 τ + b2 − a2
,
∀θ ∈ R.
La funzione è di classe C ∞ su tutta la retta reale, dal momento che il radicando a denominatore si mantiene per ipotesi sempre strettamente positivo — il suo valore minimo risulta
infatti b2 − a2 > 0. Di conseguenza, i suoi punti critici sono tutte e soltanto le soluzioni
dell’equazione trigonometrica
#
"
a cos θ
= 0
−U (θ) = af(θ) sin θ 1 − √
a2 cos2 θ + b2 − a2
"
(264.3)
ovvero di
f(θ) sin θ = 0
in quanto l’espressione entro parentesi quadre in (264.3) non può annullarsi per via della
condizione b > a. Modulo multipli interi di 2π, i punti critici del potenziale sono pertanto
θ = 0 e θ = π, nonché gli eventuali zeri di f(θ) in [0, 2π).
Per determinare l’andamento complessivo del grafico di −U conviene introdurre la grandezza caratteristica
#
"
! 2π
a cos τ
a
dτ
(264.4)
f(τ ) sin τ 1 − √
4f5 :=
2π 0
a2 cos2 τ + b2 − a2
che rappresenta una sorta di valore medio su un periodo della funzione f assumendo come
“peso” −ds(θ)/dθ. Vale allora
! θ"
$
a sin τ 1 − √
−U(θ) =
0
Stefano Siboni
#
%
a cos τ
f(τ ) − 4f5 dτ + 4f5 θ
a2 cos2 τ + b2 − a2
1433
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dove
Esercizi di Meccanica razionale
#
%
a cos τ
f(τ ) − 4f5 dτ
p(θ) :=
a sin τ 1 − √
a2 cos2 τ + b2 − a2
0
è una funzione periodica di periodo 2π, in quanto primitiva di una funzione di uguale
periodo e media nulla:
1
p(2π) = 0 .
2π
Il potenziale può quindi intendersi come la somma di un termine 2π-periodico e di uno
lineare
−U(θ) = p(θ) + 4f5 θ
∀θ ∈ R
! θ"
$
e risulterà periodico — sempre di periodo 2π — se e soltanto se 4f5 = 0.
Un tipico andamento dell’energia potenziale cosı̀ determinata è illustrato nella figura
seguente, ottenuta assumendo f(θ) = sin(2θ), a = 1 e b = 2.5. I punti critici di −U
sono tutti e soli gli zeri di sin(2θ) sin θ = 0. In questo caso il parametro critico 4f5
viene ottenuto calcolando numericamente l’integrale definito (264.4), il cui valore risulta
4f5 = −0.3277665/π = −0.1043313:
La parte periodica dell’energia potenziale è data dalla relazione p(θ) = −U(θ) − 4f5θ e
presenta l’andamento descritto nella figura sottoriportata:
Stefano Siboni
1434
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Esercizi di Meccanica razionale
come si deduce immediatamente confrontando i grafici di −U(θ) e di 4f5 θ:
L’esame dei grafici consente di riconoscere immediatamente il significato fisico del parametro 4f5. Ad ogni incremento 2π del valore di θ corrisponde infatti una diminuzione
2π4f5 dell’energia potenziale, che per via della conservazione dell’energia si accompagnerà ad un eguale incremento dell’energia cinetica del volano. In altri termini, per ogni
rotazione antioraria completa del volano il motore eroga al sistema una energia pari a
−2π4f5, che si traduce interamente in un pari incremento dell’energia cinetica di V.
È facile verificare analiticamente le caratteristiche salienti dei grafico di −U illustrato nelle
figure precedenti. Dalla relazione (264.3) per la derivata prima dell’energia potenziale,
scritta nel caso di f(θ) = sin(2θ),
#
"
a cos θ
"
−U (θ) = a sin(2θ) sin θ 1 − √
a2 cos2 θ + b2 − a2
si ricavano tutti i punti critici dell’energia potenziale, che risultano gli zeri di sin(2θ):
θ =
π
n,
2
n ∈ Z.
La derivata seconda dell’energia potenziale si scrive peraltro
"
#
a cos θ
""
−U (θ) = [2a cos(2θ) sin θ + a sin(2θ) cos θ] 1 − √
+
a2 cos2 θ + b2 − a2
"
#
a cos θ
d
1− √
(264.5)
+ a sin(2θ) sin θ
dθ
a2 cos2 θ + b2 − a2
ed assume, in corrispondenza dei punti critici, i valori:
−U "" (0) = 0
−U "" (π) = 0
− U "" (π/2) = −2a < 0
− U "" (3π/2) = 2a(−1)(−1) = 2a > 0
validi anche per tutti gli altri punti critici modulo 2π, in virtù della proprietà di periodicità
di U. Questi risultati permettono di concludere immediatamente che θ = π/2 è un massimo
Stefano Siboni
1435
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relativo proprio di −U, mentre θ = 3π/2 risulta un minimo relativo proprio della stessa
funzione. I restanti punti θ = 0 e θ = π richiedono un’analisi un poco più dettagliata.
Per θ = 0 l’annullarsi delle derivate prima e seconda ed il carattere carattere dispari di
U — U(−θ) = −U(θ) ∀ θ ∈ R — implicano the il punto critico sia un flesso orizzontale
(ascendente). Quanto a θ = π, si osservi in primo luogo che
"
−U (π + ξ) = a sin(2π + 2ξ) sin(π + ξ) 1 − >
"
#
a cos(π + ξ)
a2 cos2 (π + ξ) + b2 − a2
#
"
a cos ξ
=
= −a sin(2ξ) sin ξ 1 + >
a2 cos2 ξ + b2 − a2
#
"
a cos ξ
2
2
(ξ → 0) .
= −2aξ [1 + O(ξ )] 1 + >
a2 cos2 ξ + b2 − a2
=
In un conveniente intorno di θ = π si può allora scrivere l’espressione
−U(θ) + U(π) = −
!
θ
π
= −2a
!
U (z) dz = −
"
θ−π
θ−π
U " (π + ξ) dξ =
0
"
ξ [1 + O(ξ )] 1 + >
2
0
!
2
a cos ξ
a2 cos2 ξ + b2 − a2
#
dξ
il cui integrando è una funzione strettamente positiva in un intorno sufficientemente piccolo
di ξ = 0, escluso il punto ξ = 0 stesso. Nel corrispondente intorno di θ = π risulta allora:
−U(θ) < −U(π)
∀θ > π
e
− U(θ) > −U(π)
∀ θ < π,
per cui θ = π è un flesso orizzontale discendente.
I valori numerici assunti da −U nei punti critici non possono essere calcolati esplicitamente
in modo elementare, tuttavia è possibile confrontarli fra loro e determinarne il segno. Ciò
si ottiene valutando il segno di alcuni integrali definiti, scelti convenientemente. Notato
che −U(0) = 0 per definizione, l’energia potenziale in θ = π/2 assume segno positivo in
quanto
"
#
! π/2
a cos θ
a sin(2θ) sin θ 1 − √
dθ =
−U(π/2) =
a2 cos2 θ + b2 − a2
0
"
#
! π/2
a cos θ
2
cos θ sin θ 1 − √
dθ
= 2a
a2 cos2 θ + b2 − a2
0
Stefano Siboni
1436
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Esercizi di Meccanica razionale
e la funzione integranda è strettamente positiva in tutto l’intervallo aperto (0, π/2). Un secondo integrale consente di confrontare i valori di −U(π) e −U(π/2), mediante la relazione
"
#
a cos θ
cos θ sin θ 1 − √
−U(π) + U(π/2) = 2a
dθ
a2 cos2 θ + b2 − a2
π/2
!
π
2
che introdotto il cambiamento di variabile θ = π − φ diviene
−U(π) + U(π/2) = −2a
!
π/2
"
cos φ sin φ 1 + >
2
0
a cos φ
a2 cos2 φ + b2 − a2
#
dφ
ed assume quindi segno negativo per la positività dell’integrando nell’intervallo (0, π/2).
Inoltre
−U(π) = −U(π/2) − U(π) + U(π/2) = −4a
2
!
π/2
0
sin2 θ cos2 θ
√
dθ < 0
a2 cos2 θ + b2 − a2
per cui
e
−U(π) < −U(π/2)
− U(π) < 0 .
In modo analogo, con il cambiamento di variabile θ = φ + π si ha
−U(3π/2) + U(π) = 2a
= −2a
!
π/2
0
!
3π/2
π
"
#
a cos θ
cos θ sin θ 1 − √
dθ =
a2 cos2 θ + b2 − a2
2
"
cos φ sin φ 1 + >
a cos φ
2
a2 cos2 φ + b2 − a2
#
dφ < 0 ,
mentre una traslazione di −2π dell’intervallo di integrazione ed il cambiamento di variabile
θ = −φ porgono
"
#
a cos θ
−U(2π) + U(3π/2) = 2a
cos θ sin θ 1 − √
dθ =
a2 cos2 θ + b2 − a2
3π/2
"
#
! 0
a cos θ
2
cos θ sin θ 1 − √
dθ =
= 2a
a2 cos2 θ + b2 − a2
−π/2
"
#
! π/2
a cos φ
2
cos φ sin φ 1 − >
dφ > 0 ,
= 2a
a2 cos2 φ + b2 − a2
0
!
Stefano Siboni
2π
2
1437
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Esercizi di Meccanica razionale
in modo che, sommando −U(2π) + U(3π/2) a −U(3π/2) + U(π), risulta
−U(2π) + U(π) = −4a
2
!
π/2
0
sin2 θ cos2 θ
√
dθ < 0 .
a2 cos2 θ + b2 − a2
La proprietà −U(5π/2) > −U(π) che si desume dal grafico dell’energia potenziale non ha
validità generale, ma dipende dai particolari valori di a e b prescelti. Si può infatti scrivere
l’espressione
−U(5π/2) + U(π) = −U(π/2) − U(2π) + U(π) =
= 2a
!
π/2
0
"
#
! π/2
a cos θ
sin2 θ cos2 θ
2
√
cos θ sin θ 1 − √
dθ
dθ − 4a
a2 cos2 θ + b2 − a2
a2 cos2 θ + b2 − a2
0
2
= 2a
!
π/2
0
"
#
3a cos θ
cos θ sin θ 1 − √
dθ
a2 cos2 θ + b2 − a2
2
il cui segno coincide con quello della funzione di ε = b/a
Φ(ε) =
!
π/2
0
"
cos θ sin θ 1 − >
2
3 cos θ
ε2 − sin2 θ
#
(264.6)
dθ
definita ∀ ε ≥ 1. La (264.6) è chiaramente di classe C ∞ in ε ∈ (1, +∞), dal momento che
il radicando a denominatore non presenta zeri nell’intervallo di integrazione. Il carattere
strettamente crescente di Φ in (1, +∞) segue dalla diseguaglianza
Φ(ε2 ) − Φ(ε1 ) = 3
!
π/2
0
"
cos θ sin θ N
2
2
1
ε21
− sin θ
2
−N
1
ε22
− sin θ
2
#
dθ > 0
che è soddisfatta ∀ ε1 , ε2 ∈ (1, +∞), ε1 < ε2 . La continuità a destra in ε = 1 si prova con
alcune semplici stime
!
π/2
"
cos θ sin θ 1 − >
cos θ
#
dθ =
ε2 − sin2 θ
! π/2
1>
2
1
= 3
cos θ sin2 θ >
ε2 − sin2 θ − cos θ dθ <
0
ε2 − sin2 θ
! π/2
1>
2
sin2 θ ε2 − sin2 θ − cos θ dθ ≤
< 3
Φ(ε) − Φ(1) = 3
2
0
0
Stefano Siboni
1438
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≤ 3 max
x∈[0,π/2]
= 3
>
1>
ε2 − 1
!
ε2
π/2
0
2
− sin x − cos x
2
!
π/2
sin2 θ dθ =
0
sin2 θ dθ −−−−−−−−→ 0 ,
ε→1+
mentre il valore della funzione in ε = 1 è calcolabile esplicitamente
Φ(1) = −2
!
π/2
"
sin3 θ
cos θ sin θ dθ = −2
3
2
0
#π/2
0
2
= − .
3
Una integrazione numerica permette di ricavare il grafico di Φ:
e di determinare in ε = 1.907309650 . . . l’unico zero della funzione. Conseguentemente,
per b/a < 1.907309650 . . . risulta
−U(5π/2) + U(π) = 2a Φ(b/a) < 0
mentre se b/a > 1.907309650 . . . — come nel caso illustrato — si ha all’opposto
−U(5π/2) + U(π) = 2a Φ(b/a) > 0 .
Un’analisi del tutto analoga dimostra che la funzione
Ψ(ε) =
!
π/2
0
"
cos θ sin θ 1 − >
2
5 cos θ
ε2 − sin2 θ
#
dθ
(264.7)
è monotòna crescente in ε = b/a ∈ [1, +∞) e che il suo unico zero risulta 3.029829058 . . .,
Stefano Siboni
1439
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come illustrato nel grafico seguente:
Poiché −U(5π/2) = 2a Ψ(b/a), si conclude pertanto che
−U(5π/2) < 0
∀ b/a < 3.029829058 . . . ,
quale è il caso considerato, e
−U(5π/2) > 0
∀ b/a > 3.029829058 . . . .
La descrizione qualitativa dei moti del sistema è ora ottenibile mediante l’usuale analisi di
Weierstrass, che non comporta difficoltà particolari. Ci si limita ad illustrare soltanto alcuni esempi significativi, facendo riferimento all’espressione (264.2) dell’energia meccanica
totale.
(i) se −U(3π/2) < H(θ0 , θ̇0 ) < −U(5π/2), H(θ0 , θ̇0 ) /= −U(π), H(θ0 , θ̇0 ) /= −U(2π) e
θ0 ∈ (π/2, 5π/2), il moto del sistema risulta periodico. La variabile angolare θ oscilla
periodicamente nel tempo fra un valore minimo ed un valore massimo e, corrispondentemente, il volano V è impossibilitato a compiere una rotazione completa attorno
al proprio asse, limitandosi ad oscillare tra un angolo di rotazione minimo ed uno
massimo;
(ii) se H(θ0 , θ̇0 ) = −U(π), θ̇0 /= 0 e θ0 ∈ (π/2, 5π/2), il moto risultante θ(t, θ0 , θ̇0 ) è a
meta asintotica tanto nel passato quanto nel futuro, con limt→±∞ θ(t, θ0 , θ̇0 ) = π;
(iii) per H(θ0 , θ̇0 ) = −U(2π), θ̇0 /= 0 e θ0 ∈ (π/2, 5π/2), il moto risultante θ(t, θ0 , θ̇0 ) è
ancora a meta asintotica sia nel passato che nel futuro, avendosi però in questo caso
limt→±∞ θ(t, θ0 , θ̇0 ) = 2π;
(iv) se −U(5π/2) < H(θ0 , θ̇0 ) < −U(π/2) e θ0 > π/2, il moto presenta un unico punto
di inversione θi > π/2 che separa una fase retrograda e una progressiva, durante le
quali la soluzione massimale θ(t, θ0 , θ̇0 ) assume qualsiasi valore compreso nell’intervallo
[θi , +∞). La soluzione massimale è sempre definita sull’intera retta reale. Indicato
Stefano Siboni
1440
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infatti con E ∈ (−U(5π/2), −U(π/2)) il valore prefissato e costante dell’energia meccanica totale, l’integrale di Weierstrass per la fase progressiva del moto si scrive nella
forma
! θ
2
1
√
>
dτ
θ ∈ [θi , +∞)
(t − ti ) =
(264.8)
E − U(τ )
ma2
θi
dove ti ∈ R indica l’istante di inversione del moto, sicché θ(ti , θ0 , θ̇0 ) = θi . La (264.8)
è equivalente a
! θ
2
1
√
>
dτ
θ ∈ [θi , +∞)
(t − ti ) =
E − p(τ ) − 4f5 τ
ma2
θi
e l’integrale a secondo membro diverge per θ → +∞ in virtù dell’equivalenza
>
1
1
∼√
τ
E − p(τ ) − 4f5 τ
τ → +∞ .
L’analoga dimostrazione per la fase retrograda di moto consente di concludere che
t ∈ (−∞, +∞) è l’intervallo di definizione della soluzione massimale, come affermato.
In questo caso il volano V, raggiunto eventualmente l’angolo di inversione θi , continua
a ruotare indefinitamente nello stesso senso — antiorario — attorno al proprio asse e
l’energia cinetica in esso accumulata cresce asintoticamente con legge lineare in θ.
Osservazione. Espressione di 4f5 mediante serie trigonometriche
Si può ottenere un’espressione interessante del parametro critico 4f5 per mezzo dell’analisi
di Fourier. È ben noto, infatti, che sotto condizioni molto generali una funzione periodica
di periodo 2π può esprimersi per mezzo del corrispondente sviluppo in serie di Fourier. Si
supponga allora, per semplicità, che la forza motrice f(θ) sia rappresentata dalla serie
f(θ) =
∞
∞
?
a0 ?
+
an cos(nθ) +
bn sin(nθ)
2
n=1
n=1
uniformemente convergente in R, con i coefficienti di Fourier an , bn dati dalle relazioni
!
1 2π
cos(nξ) f(ξ) dξ
n = 0, 1, 2, . . .
an =
π 0
!
1 2π
sin(nξ) f(ξ) dξ
n = 1, 2, . . . .
bn =
π 0
Data l’uniformità della convergenza e la conseguente possibilità di scambiare serie ed integrali, risulta
#
"
! 2π
∞
?
a cos θ
1
4f5 = a
dθ+
an
cos(nθ) sin θ 1 − √
2π 0
a2 cos2 θ + b2 − a2
n=1
"
#
! 2π
∞
?
a cos θ
1
bn
sin(nθ) sin θ 1 − √
+a
dθ
2π 0
a2 cos2 θ + b2 − a2
n=1
Stefano Siboni
1441
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e per la periodicità della funzione integranda,
"
#
! 2π
a cos θ
cos(nθ) sin θ 1 − √
dθ =
a2 cos2 θ + b2 − a2
0
"
#
! π
a cos θ
cos(nθ) sin θ 1 − √
=
dθ
a2 cos2 θ + b2 − a2
−π
e quindi
!
"
#
a cos θ
cos(nθ) sin θ 1 − √
dθ = 0
a2 cos2 θ + b2 − a2
−π
π
∀ n = 1, 2, . . .
in quanto l’integrando è anche una funzione dispari di R. Vale poi, analogamente,
#
"
! 2π
a cos θ
dθ =
sin(nθ) sin θ 1 − √
a2 cos2 θ + b2 − a2
0
! 2π
! 2π
a cos θ
sin(nθ) sin θ dθ −
sin(nθ) sin θ √
dθ =
=
2
a cos2 θ + b2 − a2
0
0
! π
! 2π
cos(n − 1)θ − cos(n + 1)θ
a cos θ
dθ − 2
=
sin(nθ) sin θ √
dθ =
2
2
a cos2 θ + b2 − a2
0
0
! π
a cos θ
sin(nθ) sin θ √
dθ
= π δn1 − 2
a2 cos2 θ + b2 − a2
0
per il fatto che in questo caso la funzione integranda è pari in R. Inoltre:
!π
0
a cos θ
sin(nθ) sin θ √
dθ =
2
a cos2 θ + b2 − a2
!π/2 !π
+
sin(nθ) sin θ √
0
π/2
a cos θ
dθ
+ b2 − a2
a2 cos2 θ
dove con il cambiamento di variabile θ = π − ξ è dato scrivere
! π
a cos θ
sin(nθ) sin θ √
dθ =
a2 cos2 θ + b2 − a2
π/2
! π/2
a cos(π − ξ)
=
sin(nπ − nξ) sin(π − ξ) >
dξ =
2
a cos2 (π − ξ) + b2 − a2
0
! π/2
(−1) a cos ξ
(−1)n+1 sin(nξ) sin ξ >
dξ =
=
a2 cos2 ξ + b2 − a2
0
! π/2
a cos ξ
n
sin(nξ) sin ξ >
dξ .
= (−1)
2
a cos2 ξ + b2 − a2
0
Pertanto
!2π
0
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"
sin(nθ) sin θ 1 − √
#
a cos θ
dθ =
a2 cos2 θ + b2 − a2
1442
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!π/2
= π δn1 − 2[1 + (−1)n ]
sin(nξ) sin ξ >
0
a cos ξ
a2 cos2 ξ + b2 − a2
dξ
e di conseguenza
4f5 = a
∞
?
n=1
bn
"
1
1 + (−1)n
δn1 −
2
π
!π/2
sin(nξ) sin ξ >
0
a cos ξ
a2 cos2 ξ + b2 − a2
#
dξ ,
essendosi fatto uso del delta di Kronecker δij . Si osservi che per n = 1 l’espressione entro
parentesi quadre si riduce a 1/2, mentre è nulla ∀ n > 1 dispari, per cui
ossia
"
2
b1
4f5 = a
−
2
π
∞
?
n=2, n pari
!π/2
bn
sin(nξ) sin ξ >
0
a cos ξ
a2 cos2 ξ + b2 − a2
dξ
#
#
"
!π/2
∞
a cos ξ
2?
b1
b2k
sin(2kξ) sin ξ >
dξ .
−
4f5 = a
2 cos2 ξ + b2 − a2
2
π
a
k=1
0
I metodi dell’analisi di Fourier consentono di dimostrare che gli integrali residui entro la
serie convergono a zero per k → +∞. Questo andamento è illustrato nella tabella seguente,
per a = 1 e b = 1.5:
f(θ)
sin(θ)
sin(2θ)
sin(3θ)
4f5
0.5
−0.190473481
0
sin(4θ)
0.013857634
sin(5θ)
0
sin(6θ)
sin(7θ)
−0.001514312
0
sin(8θ)
0.000183964
sin(9θ)
0
sin(10θ)
−0.000023472
Vengono anche riportati i grafici dell’energia potenziale −U(θ) associata alla funzione forza
motrice f(θ) = sin(nθ) corrispondenti ai diversi valori di n:
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1443
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Stefano Siboni
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1444
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Come esempio di applicazione delle relazioni precedenti, si consideri il caso di una forza
motrice di tipo sinusoidale, con ampiezza A > 0 e fase ϕ ∈ R,
f(θ) = A sin(θ + ϕ) = A sin ϕ cos θ + A cos ϕ sin θ .
L’espressione di 4f5 si riduce a
(264.9)
a
A cos ϕ ,
2
essendo 4cos θ5 = 0 e 4sin θ5 = a/2, mentre per il potenziale totale vale:
−U(θ) = A sin ϕ a
+ A cos ϕ a
4f5 =
!θ
0
"
#
a cos τ
cos τ sin τ 1 − √
dτ +
a2 cos2 τ + b2 − a2
!θ
"
#
a cos τ
sin τ 1 − √
dτ := A sin ϕ C(θ) + A cos ϕ S(θ) .
a2 cos2 τ + b2 − a2
0
2
Avendosi 4cos θ5 = 0, la funzione ausiliaria C(θ) è periodica di periodo 2π. Per contro,
la relazione 4sin θ5 = a/2 > 0 implica che la funzione S(θ) sia somma di un termine 2πperiodico e di uno lineare crescente. In effetti, una stima immediata della derivata prima —
sempre positiva — consente di provare che S(θ) risulta monotòna crescente, come illustrato
per a = 1, b = 2.5 nella figura sottoriportata:
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1445
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La parte periodica p(θ) = S(θ) − 4sin θ5 θ della funzione è riprodotta nel grafico seguente:
mentre per il grafico di C(θ) si ha:
Per quanto detto è evidente che soltanto il termine A cos ϕ sin θ della sollecitazione produce
lavoro sul volano, mentre nullo è l’effetto del termine residuo A sin ϕ cos θ. Questo risultato
ammette una interpretazione fisica estremamente semplice.
Per F#P = sin θ ê1 si nota infatti che, qualunque sia il valore assunto dall’angolo θ, la forza
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1446
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Esercizi di Meccanica razionale
applicata all’estremo P della biella tende sistematicamente a contrastare ogni tentativo di
rotazione antioraria del volano, che viene perciò sollecitato a ruotare in senso orario. Una
volta che la sollecitazione abbia impresso a V un moto di rotazione oraria, il volano continuerà sistematicamente ad assorbire energia meccanica dall’apparato motore M e l’energia
cinetica di V continuerà monotonicamente ad aumentare con un andamento asintotico
lineare in θ.
Viceversa, nel caso di F#P = cos θ ê1 la rotazione antioraria del volano viene ostacolata dalla
sollecitazione in P per valori di θ che vedono l’estremo A collocarsi a destra del centro C, e
favorita quando all’opposto A si posiziona alla sinistra di C, per cui non è ovvio aspettarsi,
diversamente dal caso precedente, un assorbimento netto di energia cinetica del volano V.
Il calcolo ha dimostrato come questo assorbimento di energia sia nullo se mediato su una
rotazione completa del volano attorno al proprio asse. Per una forza motrice sinusoidale
della forma (264.9), l’energia cinetica media ceduta al volano ad ogni rotazione completa
di questo risulta direttamente proporzionale all’ampiezza A ed al coseno della fase ϕ.
Esercizio 265. Cono circolare retto in puro rotolamento su un piano
Un cono circolare retto C, con base di raggio r e centro A, altezza relativa alla base h e
vertice O, poggia con la propria superficie laterale su un piano fisso π, sul quale è libero di
rotolare senza strisciare. Si introduce una terna di riferimento cartesiana ortogonale Oxyz
con origine nel vertice O del cono e piano coordinato Oxy coincidente con π.
Indicata con A( la proiezione ortogonale del centro A sul piano Oxy e denominato θ l’angolo
che il vettore posizione di A( forma con il semiasse positivo Ox, determinare l’espressione
Stefano Siboni
1447
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Esercizi di Meccanica razionale
della velocità angolare del cono.
Soluzione
Se si denomina α l’angolo compreso fra l’asse di simmetria OA ed una generica retta
generatrice della superficie conica, è immediato verificare dalla figura che deve aversi
tgα =
r
.
h
Poichè il vertice O deve mantenersi fisso per la condizione di puro rotolamento, l’atto di
moto del cono ad un generico istante si scrive nella forma
Ṗ = #ω ∧ (P − O)
∀P ∈ C
essendo #ω il vettore velocità angolare istantanea incognito. A quell’istante i punti della
superficie conica a contatto con il piano Oxy hanno velocità nulla per via della condizione
di puro rotolamento. Si ha pertanto
0 = #ω ∧ (A( − O)
sicché la velocità angolare deve risultare parallela alla retta OA(
#ω = γ (A( − O)
,
γ ∈ R.
(265.1)
Durante il moto del cono, il punto A( descrive sul piano Oxy la circonferenza di centro O
e raggio |A( − O|; l’angolo θ — compreso fra il vettore A( − O e il semiasse positivo Ox
— permette di individuare la proiezione A( lungo tale circonferenza. Il vettore posizione
del centro A rispetto al vertice O si può esprimere come
A − O = A( − O + A − A(
dove il vettore A − A( è costante
A − A( = h sin α ê3
(265.2)
per cui
d
(A − A( ) = 0
dt
(
mentre il punto A , riguardato come una mera proiezione ortogonale di A sul piano Oxy,
descrive un moto circolare di raggio |A( − O| con angolo di rotazione θ e soddisfa perciò
in modo che
Stefano Siboni
dA(
= θ̇ ê3 ∧ (A( − O)
dt
(265.3)
dA(
d
dA
=
+ (A − A( ) = θ̇ ê3 ∧ (A( − O) .
dt
dt
dt
(265.4)
1448
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Esercizi di Meccanica razionale
D’altra parte, se si considera A( come un punto del cono a contatto con il piano π
all’istante considerato è lecito applicare il teorema di Poisson per l’atto di moto rigido e
scrivere
dA
dA(
=
+ #ω ∧ (A − A( ) = #ω ∧ (A − A( ) =
dt
dt
(265.5)
(
(
= γ(A − O) ∧ (h sin α ê3 ) = −γh sin α ê3 ∧ (A − O)
dove si è fatto uso delle equazioni (265.1)-(265.2) e della condizione di puro rotolamento
in A(
dA(
= 0
dt
— che in nessun modo deve essere confusa con la (265.3), dove A( non è riguardato come
punto del cono ma soltanto come una semplice proiezione ortogonale di A su Oxy. Dal
confronto delle relazioni (265.4) e (265.5) segue allora che
θ̇ ê3 ∧ (A( − O) = −γh sin α ê3 ∧ (A( − O)
ed essendo ê3 ∧ (A( − O) /= 0 si ricava l’equazione che lega il modulo con segno γ della
velocità angolare con la derivata prima dell’angolo di rotazione
θ̇ = −γh sin α
per cui risulta
1
θ̇ .
h sin α
Il vettore velocità angolare istantanea vale dunque
γ = −
#ω = γ(A( − O) = −
1
θ̇
h
θ̇ h cos α r̂ = −
r̂ = − θ̇ r̂ ,
h sin α
tgα
r
dove si è indicato con r̂ il versore orizzontale (A( − O)/|A( − O| — vedi figura.
Esercizio 266. Oscillatore armonico smorzato
Un punto materiale P di massa unitaria è vincolato a scorrere senza attrito lungo l’asse
Ox di una terna inerziale. Una molla di costante elastica k=10 congiunge l’origine O
con il punto P , che è inoltre soggetto ad una forza di resistenza viscosa con costante di
frizione β = 6. Determinare l’equazione del moto del sistema e la sua soluzione generale,
precisando la natura dei moti.
Soluzione
L’equazione del moto del sistema si scrive
ẍ + 6ẋ + 10x = 0
e si identifica con quella di un oscillatore armonico smorzato unidimensionale. L’equazione
caratteristica associata assume la forma
λ2 + 6λ + 10 = 0
Stefano Siboni
1449
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Esercizi di Meccanica razionale
ed ammette le due radici complesse coniugate
√
−6 ± 2 i
−6 ± 36 − 40
=
= −3 ± i .
λ1 , λ2 =
2
2
La soluzione generale dell’equazione differenziale, lineare omogenea a coefficienti costanti,
diventa pertanto
x(t) = e−3t (c1 cos t + c2 sin t)
∀t ∈ R
e rappresenta un moto oscillatorio smorzato, essendo c1 e c2 costanti reali arbitrarie da
determinarsi in base alle condizioni iniziali.
Esercizio 267. Asse centrale
Stabilire se il punto A(3/5, −9/5, 2/5) appartiene all’asse centrale del sistema composto
dai vettori #v1 = −2ê1 + ê2 + ê3 , applicato nel punto P1 (0, 1, −1), e #v2 = ê1 − 3ê2 − ê3 ,
applicato in P2 (2, −1, 0).
Soluzione
Si osservi preliminarmente che il risultante del sistema di vettori applicati è non nullo
# = #v1 + #v2 = −ê1 − 2 ê2
R
per cui il corrispondente asse centrale a è effettivamente ed univocamente definito. Si vuole
verificare se si abbia o meno A ∈ a. Il problema può essere affrontato essenzialmente in
due modi. Un metodo, più diretto, consiste nell’applicare la definizione di asse centrale
ricordando che i punti di questo sono tutti e soltanto quelli rispetto ai quali il momento
# Nella fattispecie si ha
risultante del sistema risulta parallelo ad R.
# A = (P1 − A) ∧ #v1 + (P2 − A) ∧ #v2 =
M
$ 3
$7
14
7 %
4
2 %
ê2 − ê3 ∧ (−2 ê1 + ê2 + ê3 ) +
ê1 + ê2 − ê3 ∧ (ê1 − 3 ê2 − ê3 )
= − ê1 +
5
5 ,
5
5
, 5
, 5
,
,
,
, ê1
,
ê2
ê3 ,
ê2
ê3 ,
,
, ê1
17
21
= ,, −3/5 14/5 −7/5 ,, + ,, 7/5 4/5 −2/5 ,, =
ê1 +
ê2 + 5 ê3 − 2 ê1 + ê2 − 5 ê3
5
5
,
,
, −2
,
1
1
1
−3
−1
=
11
22
11
11 #
ê1 +
ê2 = − (−ê1 − 2 ê2 ) = − R
,
5
5
5
5
# del sistema.
in modo che il momento risultante in A è un vettore parallelo al risultante R
Il punto A appartiene dunque all’asse centrale.
Allo stesso risultato si può pervenire calcolando l’equazione parametrica dell’asse centrale
ed andando poi a verificare che il punto A la soddisfa. Conviene calcolare il momento
risultante in uno dei punti di applicazione, ad esempio in P1 :
# P1 = (P1 − P1 ) ∧ #v1 + (P2 − P1 ) ∧ #v2 = (2 ê1 − 2 ê2 + ê3 ) ∧ (ê1 − 3 ê2 − ê3 ) =
M
,
,
, ê1 ê2 ê3 ,
,
,
= ,, 2 −2 1 ,, = 5 ê1 + 3 ê2 − 4 ê3 .
, 1 −3 −1 ,
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1450
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Di qui si deduce che
# ∧M
#P
R
1
Esercizi di Meccanica razionale
,
, ê1 ê2
,
= ,, −1 −2
, 5
3
,
ê3 ,,
0 ,, = 8 ê1 − 4 ê2 + 7 ê3
−4 ,
per cui i punti B dell’asse centrale si esprimono mediante la relazione vettoriale
B − O = P1 − O +
# ∧M
# P1
R
# =
+ αR
# 2
|R|
8 ê1 − 4 ê2 + 7 ê3
+ α(−ê1 − 2 ê2 ) =
= ê2 − ê3 +
5
$8
$1
%
%
2
=
∀α ∈ R
− α ê1 +
− 2α ê2 + ê3
5
5
5
dalla quale segue l’equazione parametrica cercata

8


x = −α


5



1
y = − 2α
∀α ∈ R.

5





z = 2
5
Affinché A(3/5, −9/5, 2/5) sia un punto dell’asse centrale è necessario e sufficiente che
abbia una soluzione in α il sistema di equazioni lineari

3
8


= −α


5
5



9
1
− = − 2α

5
5





 2 = 2.
5
5
La condizione è prontamente verificata con α = 1, a conferma del risultato già stabilito
per via diretta.
Esercizio 268. Baricentro di un sistema composto piano
Si consideri il sistema illustrato in figura,
Stefano Siboni
1451
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Esercizi di Meccanica razionale
composto da una lamina quadrata ABCD di lato L e da un’asta rettilinea OE, di uguale
lunghezza. La densità lineare dell’asta si scrive
λ(x) = −
µ
x
L2
∀ x ∈ [−L, 0] ,
mentre quella della lamina vale
σ(x, y) =
µ
x(L − y)
L4
∀ (x, y) ∈ [0, L] × [−L/2, L/2] ,
avendo la costante µ > 0 le dimensioni di una massa. Determinare:
(a) la massa del sistema;
(b) la posizione del baricentro del sistema rispetto alla terna Oxyz.
Soluzione
(a) Massa del sistema
La massa dell’asta OE si ricava per integrazione della densità lineare λ sul segmento OE
e vale quindi
mOE =
!0 $
−L
" #0
µ
µ %
µ x2
µ $ L2 %
= .
− 2 x dx = − 2
= − 2 −
L
L 2 −L
L
2
2
La massa della lamina quadrata ABCD è invece data dall’integrale di σ esteso all’intero
quadrato e si calcola per mezzo di un ovvio integrale doppio
mABCD =
!L
0
dx
L/2
!
µ
µ
dy 4 x(L − y) = 4
L
L
−L/2
!L
0
x dx
L/2
!
(L − y) dy =
−L/2
"
#L/2
(L − y)2
9 2%
µ 1 $ L2
µ
µ L2
−
+
L = .
=
= 4
−
2
L 2
2
2L 2
4
4
2
L/2
La massa del sistema segue immediatamente sommando i contributi di asta e lamina
m = mOE + mABCD =
µ µ
+
= µ.
2
2
(b) Baricentro del sistema
L’idea è quella di applicare il teorema distributivo, dopo avere calcolato separatamente
i baricentri di asta e lamina. A causa dell’evidente asse di simmetria Ox, il baricentro
dell’asta può ricercarsi nella forma GOE − O = xOE ê1 , calcolando direttamente l’ascissa
secondo la definizione
xOE =
1
mOE
Stefano Siboni
" #0
!0 $
!0
2
µ %
2
2 x3
2 L3
2
= − L
x − 2 x dx =
x dx = − 2
= − 2
L
µ
L 3 −L
L 3
3
−L
−L
1452
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Esercizi di Meccanica razionale
in modo che risulta
2
GOE − O = − L ê1 .
3
Per quanto riguarda la lamina quadrata, l’unico elemento di simmetria che è dato riconoscere è il piano di giacitura Oxy della figura piana, il cui baricentro deve quindi essere
individuato da un vettore posizione della forma
GABCD − O = xABCD ê1 + yABCD ê2 .
L’ascissa xABCD si scrive
xABCD =
1
mABCD
!L
0
dx
L/2
!
µ
2 µ
dy x 4 x(L − y) =
L
µ L4
!L
x2 dx
0
−L/2
L/2
!
(L − y) dy =
−L/2
"
#L/2
2
2 1 $ L2
2 L3
(L − y)2
9 %
−
=
= 4
−
+ L2 = L
L 3
2
3L 2
4
4
3
−L/2
mentre per l’ordinata yABCD vale l’espressione analoga
yABCD =
1
mABCD
2 L2
= 4
L 2
!L
dx
0
L/2
!
−L/2
L/2
!
µ
2 µ
dy y 4 x(L − y) =
L
µ L4
−L/2
!L
x dx
0
L/2
!
y(L − y) dy =
−L/2
" 2
#L/2
" 3 #L/2
1
1
1
y
y3
y
(yL − y ) dy = 2 L −
= 2 −
= − L.
L
2
3 −L/2
L
3 −L/2
12
2
Si conclude pertanto che
GABCD − O =
2
1
L ê1 − L ê2 .
3
12
Non rimane che applicare la proprietà distributiva per ricavare il vettore posizione del
baricentro G del sistema
mOE (GOE − O) + mABCD (GABCD − O)
=
mOE + mABCD
µ
µ
(GOE − O) + (GABCD − O)
G
− O + GABCD − O
2
= OE
=
= 2
µ
2
%
1$ 2
1
2
1
− L ê1 + ê1 − L ê2 = − L ê2 .
=
2
3
3
12
24
G−O =
Stefano Siboni
1453
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Esercizi di Meccanica razionale
Esercizio 269. Punto pesante vincolato ad una curva fissa liscia
Un punto materiale pesante di massa m = 1 è vincolato a scorrere senza attrito lungo la
curva di equazione y = x2 , z = 0, rispetto ad una terna inerziale Oxyz di asse verticale
Oy, orientato verso l’alto.
(a) Scrivere le equazioni del moto del sistema.
(b) Determinare le posizioni di equilibrio del sistema.
Soluzione
La parametrizzazione della curva è di classe C ∞
P (x) − O = x ê1 + x2 ê2
x ∈ R,
,
nonché regolare, in quanto
P " (x) = ê1 + 2x ê2 /= 0
∀x ∈ R.
(a) Equazioni del moto
Per l’ipotesi di curva liscia, all’equazione pura del moto si perviene proiettando la seconda
legge della dinamica applicata al punto lungo la direzione tangente, individuata dalla
derivata P " (x):
mP̈ · P " (x) = −mg ê2 · P " (x)
dove m = 1 e
Vale pertanto
ossia
Ṗ = P " (x) ẋ
P̈ = P " (x) ẍ + P "" (x) ẋ2 .
P " (x)2 ẍ + P " (x) · P "" (x)ẋ2 = −2gx
d 9 P " (x)2 : 2
P (x) ẍ +
ẋ = −2gx
dx
2
e, sostituendo la parametrizzazione d’arco,
"
2
(1 + 4x2 )ẍ + 4xẋ2 = −2gx .
(b) Posizioni di equilibrio
Le posizioni di equilibrio corrispondono alle soluzioni statiche delle equazioni pure del moto
x(t) = x0 ,
costante .
Si ha pertanto, sostituendo nell’equazione ricavata al punto precedente,
0 = −2gx0
da cui si deduce x0 = 0. La sola posizione di equilibrio del sistema ricorre dunque
nell’origine della terna di riferimento
P (0) − O = 0 .
Stefano Siboni
1454
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Esercizi di Meccanica razionale
Esercizio 270. Matrice d’inerzia di un sistema piano non omogeneo
Nella terna di riferimento Oxyz si considera un settore circolare C di centro O, raggio R e
angolo al centro retto, completamente collocato nel piano coordinato Oxy, come illustrato
in figura.
La densità superficiale del settore circolare in un suo generico punto P (x, y) è data dall’espressione
µ
∀ (x, y) ∈ C ,
σ(x, y) = 4 xy
R
dove µ > 0 ha le dimensioni di una massa. Determinare:
(a) la matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz;
(b) il momento d’inerzia rispetto alla retta che passa per l’origine e per il punto A(R, 0, R);
(c) una terna principale d’inerzia in O del sistema.
Soluzione
(a) Matrice d’inerzia in Oxyz
Poiché il settore circolare C giace nel piano coordinato Oxy, la matrice d’inerzia in Oxyz
assume la forma


0
Lxx Lxy
.
[LO ] =  Lxy Lyy
0
0
0
Lxx + Lyy
Il momento d’inerzia rispetto all’asse Ox vale, eseguendo l’integrale in coordinate polari
piane,
Lxx =
!
µ
µ
y 2 4 xy dxdy = 4
R
R
C
µ
= 4
R
!R
0
Stefano Siboni
5
ρ dρ
C
µ
xy 3 dxdy = 4
R
!R
0
!π/2
dρ
dφ ρ ρ cos φ ρ3 sin3 φ =
0
"
#π/2
1
µ R6 sin4 φ
µR2 1
=
µR2
sin φ cos φ dφ = 4
=
R 6
4
6
4
24
0
!π/2
0
!
3
1455
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Esercizi di Meccanica razionale
e coincide con quello relativo all’asse Oy
Lyy =
!
µ
µ
x2 4 xy dxdy = 4
R
R
C
µ
= 4
R
!R
5
ρ dρ
0
!
µ
x3 y dxdy = 4
R
!R
0
C
!π/2
dρ
dφ ρ ρ3 cos3 φ ρ sin φ =
0
"
#π/2
µ R6
µR2 1
cos4 φ
1
cos φ sin φ dφ = 4
=
−
=
µR2
R 6
4
6
4
24
0
!π/2
0
3
come è peraltro evidente dalla presenza dell’asse di simmetria y = x, z = 0:
µ
µ
σ(x, y) = 4 xy = 4 yx = σ(y, x)
∀(x, y) ∈ C .
R
R
Per il prodotto d’inerzia si ha invece
!
!
µ
µ
Lxy = − xy 4 xy dxdy = − 4
x2 y 2 dxdy =
R
R
C
µ
= − 4
R
!R
dρ
0
= −
µ R6 1
R4 6 4
C
!π/2
µ
dφ ρ ρ2 cos2 φ ρ2 sin2 φ = − 4
R
0
!R
0
!π/2
sin2 (2φ) dφ = −
0
µR2
24
!π/2
!π/2
ρ5 dρ
sin2 φ cos2 φ dφ =
0
1 − cos(4φ)
dφ =
2
0
"
#π/2
sin(4φ)
π
µR2
φ−
= − µR2 .
= −
48
4
96
0
La matrice d’inerzia del sistema risulta perciò


1/24 −π/96
0
0 .
[LO ] = µR2  −π/96 1/24
0
0
1/12
(b) Momento d’inerzia rispetto ad OA
La retta OA è individuata dal versore
n̂ =
A−O
1
R ê1 + R ê3
1
=
= √ ê1 + √ ê3
|A − O|
|R ê1 + R ê3 |
2
2
per cui il relativo momento d’inerzia si calcola per mezzo della relazione matriciale
 

1
1/24 −π/96
0
1
0 0 =
IOA = (1 0 1) µR2  −π/96 1/24
2
1
0
0
1/12


1/24
$1
1 2
1%
1
1

= µR (1 0 1) −π/96  = µR2
+
=
µR2 .
2
2
24 12
16
1/12
Stefano Siboni
1456
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Esercizi di Meccanica razionale
(c) Terna principale d’inerzia in O
Per l’individuazione di una terna principale d’inerzia in O non si rende necessario il calcolo
esplicito degli autovettori di [LO ], in quanto sono disponibili elementi di simmetria sufficienti allo scopo. L’ovvio piano di simmetria Oxy permette infatti di riconoscere in Oz un
asse principale d’inerzia in O del sistema. A questo si aggiunge l’asse di simmetria y = x,
z = 0, che è a sua volta identificabile come asse principale d’inerzia in O, ortogonale a Oz.
Completa la terna, data la simmetria dell’operatore d’inerzia, l’asse di equazione
y = −x ,
z = 0,
ortogonale ai due precedenti.
Esercizio 271. Esempio di campo irrotazionale C 1 non conservativo
Nel piano (x, y) ∈ R privato dell’origine (0, 0) si consideri il campo di forze a due componenti
Fx (x, y) =
x2
y
+ y2
Fy (x, y) = −
x2
x
+ y2
∀ (x, y) ∈ R2 \ {(0, 0)} .
Si vuole:
(a) verificare che si tratta di un campo irrotazionale;
(b) provare che il campo non è conservativo;
(c) individuare una restrizione del campo ad un dominio strettamente incluso in D =
R2 \ {(0, 0)} che risulti ivi conservativa, determinando il potenziale corrispondente.
Soluzione
(a) Irrotazionalità del campo
Come ben noto, se il dominio di definizione D del campo di forze non risulta semplicemente connesso la proprietà di irrotazionalità è condizione necessaria ma in generale non
sufficiente per l’esistenza di un potenziale. Il campo è chiaramente di classe C 1 — risulta
addirittura C ∞ — ma il suo dominio di definizione D = R2 \ {(0, 0)} non risulta semplicemente connesso — per convincersene, basta considerare una qualsiasi curva chiusa
che circonda l’origine (0, 0) ed osservare che non c’è modo di far collassare tale curva su
un punto del dominio D senza attraversare l’origine stessa, che non è punto dell’insieme.
L’irrotazionalità si verifica immediatamente, in quanto
x2 − y 2
∂Fx
(x, y) =
∂y
(x2 + y 2 )2
x2 − y 2
∂Fy
(x, y) = 2
∂x
(x + y 2 )2
∀ (x, y) ∈ R2 \ {(0, 0)}
per cui
∂Fy
∂Fx
(x, y) −
(x, y) = 0
∂y
∂x
Stefano Siboni
∀ (x, y) ∈ R2 \ {(0, 0)} .
1457
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Esercizi di Meccanica razionale
(b) Non conservatività del campo
Nonostante la condizione di irrotazionalità sia soddisfatta, il campo posizionale non è conservativo. Considerata infatti la circonferenza γ di raggio R e centro (0, 0), parametrizzabile come
x(θ) = R cos θ
y(θ) = R sin θ
θ ∈ [0, 2π] ,
l’integrale del lavoro si verifica essere diverso da zero
!
(Fx dx + Fy dy) =
γ
!
γ
=
!2π
0
y dx − x dy
=
x2 + y 2
R sin θ(−R sin θ) − R cos θ R cos θ
dθ = −
R2 cos2 θ + R2 sin2 θ
!2π
dθ = −2π /= 0 .
0
Tale risultato esclude la natura conservativa del campo in quanto, se esistesse un potenziale
U, dovrebbe aversi
!
(Fx dx + Fy dy) = 0
γ
lungo un qualunque arco chiuso γ del dominio D.
(c) Restrizione conservativa del campo posizionale
Si osservi che sebbene non conservativo in D il campo di forze deve comunque essere
localmente conservativo, nel senso che un potenziale deve essere definito nell’intorno di ogni
punto (x, y) del dominio D: tale intorno infatti è un disco aperto e costituisce certamente
un dominio semplicemente connesso — addirittura connesso — su cui il teorema di Poincaré
assicura l’esistenza di un potenziale locale. Il problema della non conservatività nel dominio
D deriva dal fatto che detti potenziali locali non possono essere raccordati fra loro in modo
da definire un potenziale globale, della prescritta regolarità, in tutto D.
In effetti, dall’integrazione diretta del sistema di equazioni differenziali alle derivate parziali
y
∂U
(x, y) = 2
∂x
x + y2
x
∂U
(x, y) = − 2
∂y
x + y2
si ricaverebbero le soluzioni formali
U(x, y) = arctg
e
$x%
y
$y %
U(x, y) = −arctg
x
∀ y /= 0
∀ x /= 0 .
Almeno una di queste funzioni costituisce un potenziale per il campo in un intorno sufficientemente piccolo di un qualsiasi punto (xo , yo ) ∈ D. Nessuna di esse, tuttavia, definisce
un potenziale sull’intero dominio D, dal momento che la prima funzione risulta discontinua
lungo l’asse delle ascisse, mentre la seconda è discontinua lungo l’asse delle ordinate. La
prima funzione deve essere usata quando (xo , yo ) giace sull’asse delle ordinate, mentre la
Stefano Siboni
1458
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Esercizi di Meccanica razionale
seconda entra necessariamente in gioco quando (xo , yo ) si colloca sull’asse delle ascisse. I
grafici delle funzioni arctg(x/y) e = −arctg(y/x) sono illustrati nelle figure seguenti
Volendo cercare di definire un potenziale sull’intero dominio D, nel primo e quarto quadrante del piano Oxy si può porre
U(x, y) = arctg
$x%
y
∀ (x, y) ∈ R × R+ ,
funzione di classe C ∞ nel proprio dominio di definizione. Limitatamente al primo quadrante tale funzione soddisfa l’identità trigonometrica
arctg
$y%
π
− arctg
=
2
x
$x%
y
∀ (x, y) ∈ R+ × R+
$y%
π
dove la funzione a secondo membro — − arctg
— si prolunga come funzione C ∞
2
x
anche al quarto quadrante {(x, y) ∈ R+ × R− }. Nel quarto quadrante risulta infine soddisfatta l’identità
arctg
e dunque
$x%
y
$y%
π
− arctg
2
x
$x%
$y%
π
= π + arctg
− arctg
2
x
y
con la funzione π + arctg
{(x, y) ∈ R− × R− }.
Stefano Siboni
= −
$x%
y
∀ (x, y) ∈ R+ × R−
∀ (x, y) ∈ R+ × R−
che si prolunga con regolarità C ∞ anche al terzo quadrante
1459
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Esercizi di Meccanica razionale
I dominii di definizione dei tre prolungamenti sono indicati con un diverso tratteggio nella
figura seguente
dalla quale risulta evidente che la funzione

arctg(x/y)


π
U(x, y) =
− arctg(y/x)

2


π + arctg(x/y)
se (x, y) ∈ R × R+
se (x, y) ∈ R+ × R
se (x, y) ∈ R × R−
è definita e C ∞ sull’intero piano Oxy privato della semiretta negativa dell’asse Ox. Su
tale dominio la funzione potenziale U(x, y) presenta il grafico illustrato in figura
che mette peraltro in evidenza la regolarità del raccordo fra i vari prolungamenti. È
altrettanto chiaro che qualora si cercasse di prolungare la precedente definizione anche
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1460
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ad un qualche punto (xo , 0), con xo < 0, il potenziale non vi sarebbe definibile in modo
univoco e regolare, avendosi una evidente discontinuità
lim U(xo , y) = −
y→0+
3π
π
/=
= lim U(xo , y) .
y→0−
2
2
Cosı̀ ad esempio, muovendo in senso orario lungo una circonferenza di centro O nel piano Oxy, al compimento di una rotazione completa la funzione potenziale U(x, y) non
tornerebbe ad assumere il valore iniziale, ma acquisirebbe un incremento netto pari a 2π.
Esercizio 272. Piccole oscillazioni forzate e smorzate intorno ad un equilibrio
Si consideri un sistema olonomo a vincoli ideali indipendenti dal tempo, ad n gradi di
libertà, e sia
n
1 ?
L = T +U =
ahk (q)q̇h q̇k + U(q)
2
h,k=1
la sua lagrangiana espressa in termini delle coordinate generalizzate q = (q1 , q2 , . . . , qn ) ∈
Rn . Il sistema, oltre che alle sollecitazioni posizionali conservative descritte dal potenziale
U(q), è sottoposto ad una sollecitazione di potenza non positiva della forma
D(q, q̇) = (D1 , D2 , . . . , Dn ) ∈ Rn
di classe C 1 nei suoi argomenti. In tale ipotesi è noto che la sollecitazione D si annulla per
q̇ = 0 e non influisce quindi sulle soluzioni statiche né sulle corrispondenti configurazioni
di equilibrio del sistema. Sia q 0 = (q10 , q20 , . . . , qn0 ) una configurazione di equilibrio stabile
per la quale:
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1461
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(i) l’hessiana HU (q 0 ) del potenziale U nella configurazione q 0 risulti definita negativa
(la configurazione è perciò un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet). Equivalentemente, l’hessiana HV (q 0 )
dell’energia potenziale V = −U in q 0 sia definita positiva;
(ii) la matrice B che definisce la sollecitazione D linearizzata nell’intorno della soluzione
statica (q, q̇) = (q 0 , 0):
D(q, q̇) = D(q 0 , 0) +
∂D 0
∂D 0
(q , 0) · (q − q 0 ) +
(q , 0) · q̇ + O(2 ) =
∂q
∂ q̇
∂D 0
(q , 0) · q̇ + O(2 ) = −B[q̇] + O(2 )
=
∂ q̇
(272.1)
(q, q̇) → (q , 0)
0
soddisfi la condizione che la matrice reale e simmetrica B + B T sia definita positiva,
avendo indicato con B T la trasposta di B e con [q̇] il vettore colonna (q̇1 . . . q̇n )T .
(iii) la matrice A di elementi ahk (q 0 ), h, k = 1, . . . , n sia reale, simmetrica e definita
positiva.
Si supponga infine che al sistema sia applicata una sollecitazione esterna sinusoidale F , di
pulsazione ω determinata e componenti lagrangiane
Fi = fi cos(ωt + φi ) ,
i = 1, 2, . . . , n ,
dove fi ≥ 0 e φi ∈ R sono costanti assegnate — ampiezze e fasi per ciascuna componente
della forzante esterna.
Sotto tali ipotesi:
(a) scrivere le equazioni lagrangiane del moto linearizzate nell’intorno della soluzione statica (q 0 , 0) in esame;
(b) analizzare i piccoli moti del sistema nell’intorno della soluzione statica predetta, assumendo siano applicabili le equazioni linearizzate ricavate al punto (a);
(c) caratterizzare i valori della pulsazione ω della forzante esterna in corrispondenza dei
quali si ha risonanza per i piccoli moti del sistema nell’intorno della soluzione statica.
Soluzione
Si osservi preliminarmente come la condizione (i) sia più restrittiva rispetto alla semplice
richiesta che la configurazione di equilibrio q 0 — punto critico del potenziale U — sia
stabile. In particolare, l’essere q 0 configurazione di equilibrio stabile non impone che
il potenziale abbia un massimo relativo proprio nello stesso punto, dal momento che il
teorema di Lagrange-Dirichlet fornisce una condizione sufficiente, ma non necessaria, per
la stabilità. Né d’altra parte l’eventuale presenza in q 0 di un massimo relativo proprio per
U richiede che la matrice hessiana HU (q 0 ) debba essere definita negativa, potendo questa
risultare soltanto semidefinita non definita negativa.
Stefano Siboni
1462
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Esercizi di Meccanica razionale
Anche la condizione (ii) è parimenti restrittiva, rispetto alla semplice richiesta circa la
natura dissipativa della sollecitazione D. Conviene in primo luogo osservare che se si
ricava l’espressione della potenza di D in termini della (272.1)
;
<
∂D 0
∂D 0
0
0
2
π = q̇ · D(q, q)
˙ = q̇ · D(q , 0) +
(q , 0) · (q − q ) +
(q , 0) · q̇ + O( )
∂q
∂ q̇
e la si riscrive in forma matriciale, con ovvio significato dei simboli,
π = [q̇] [D(q , 0)] + [q̇]
T
0
T
"
#
#
"
∂D 0
0
T ∂D 0
(q , 0) [q − q ] + [q̇]
(q , 0) [q̇] + [q̇]T O(2 )
∂q
∂ q̇
si deduce immediatamente che la condizioni di potenza non positiva non può essere soddisfatta se non imponendo l’annullarsi della sollecitazione D(q 0 , 0) e del relativo gradiente
rispetto alle coordinate lagrangiane, (∂D/∂q)(q 0 , 0). Fissato infatti q ∈ Rn , per q̇ sufficientemente vicino a 0 e a meno di termini di ordine superiore la potenza della sollecitazione
sarà data da
#
"
T
0
T ∂D 0
π = [q̇] [D(q , 0)] + [q̇]
(q , 0) [q − q 0 ]
∂q
"
#
∂D 0
0
n
(q , 0) [q − q 0 ] = 0.
che dovendo risultare sempre ≤ 0 ∀q̇ ∈ R implica [D(q , 0)] +
∂q
L’arbitrarietà di q − q 0 ∈ Rn comporterà poi che si abbia separatamente
[D(q , 0)] = 0
e
0
"
#
∂D 0
(q , 0) = 0 .
∂q
L’espressione linearizzata di [D(q, q)]
˙ si riduce cosı̀ a
[D(q, q)]
˙ =
"
#
∂D 0
(q , 0) [q̇] + O(2 )
∂ q̇
per cui la matrice B si identifica con
"
#
∂D 0
B = −
(q , 0)
∂ q̇
ed affinché la potenza abbia segno definito — negativo — deve soddisfare la condizione
[q̇]T B[q̇] ≥ 0
∀[q̇] ∈ Rn .
(272.2)
La matrice B è certamente reale, ma non necessariamente simmetrica; tuttavia, trasponendo membro a membro la (272.2) si ottiene
[q̇]T B T [q̇] ≥ 0
Stefano Siboni
∀[q̇] ∈ Rn
1463
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Esercizi di Meccanica razionale
e sommando questa relazione con la precedente si perviene alla diseguaglianza
[q̇]T (B + B T )[q̇] ≥ 0 ∀[q̇] ∈ Rn
(272.3)
nella quale B + B T è reale e simmetrica. Le condizioni (272.2) e (272.3) sono in tutto e
per tutto equivalenti, potendosi scrivere
[q̇]T (B + B T )[q̇] = [q̇]T B[q̇] + [q̇]T B T [q̇] = 2[q̇]T B[q̇] .
Di conseguenza, la condizione sulla potenza π implica che B + B T sia semidefinita positiva.
La condizione richiesta che vuole B + B T definita positiva è dunque più forte di quanto
imposto dall’essere D una sollecitazione a potenza non positiva.
Quanto infine alla (iii), la matrice A non è altro che la matrice rappresentativa dell’energia
cinetica — che per un sistema a vincoli indipendenti dal tempo si riduce ad una forma
quadratica definita positiva di q̇, comunque si fissi q — calcolata nella configurazione di
equilibrio q = q 0 . Risulta quindi evidente che A è sempre una matrice reale simmetrica
definita positiva, esattamente come richiesto.
(a) Equazioni linearizzate
Le equazioni di Lagrange del sistema sono
d $ ∂L % ∂L
−
= Dh + Fh
dt ∂ q̇h
∂qh
h = 1, . . . , n
e il metodo più semplice per linearizzarle nell’intorno della soluzione statica (q, q̇) = (q 0 , 0)
consiste nel calcolare una lagrangiana Lpo delle piccole oscillazioni per mezzo di uno
sviluppo di Taylor al secondo ordine nelle variabili (q, q̇). Si ha, precisamente, l’espressione:
Lpo
n
n
n
?
1 ?
1 ? ∂ 2 U(q 0 )
∂U(q 0 )
0
0
0
=
a(q )hk q̇h q̇k +U(q )+
(qh −qh )+
(qh −qh0 )(qk −qk0 )
2
∂qh
2
∂qh ∂qk
h,k=1
h=1
h,k=1
che, omessa la costante additiva inessenziale U(q 0 ) e ricordata la condizione (∂U/∂q)(q 0 )
= 0 sulla configurazione di equilibrio, equivale a
Lpo =
n
n
1 ?
1 ? ∂ 2 U(q 0 )
a(q 0 )hk q̇h q̇k +
(qh − qh0 )(qk − qk0 ) .
2
2
∂qh ∂qk
h,k=1
h,k=1
Quest’ultima, in notazione matriciale, assume la forma
Lpo =
1 T
1
[q̇] A[q̇] + [q − q 0 ]T HU (q 0 )[q − q 0 ]
2
2
e con il cambiamento di variabili [q − q 0 ] = ξ ∈ Rn diventa
Lpo =
Stefano Siboni
1 ˙T ˙ 1 T
ξ Aξ + ξ HU (q 0 )ξ
2
2
(272.4)
1464
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Esercizi di Meccanica razionale
in cui si è introdotta la matrice hessiana del potenziale in q 0 , HU (q 0 ). Nelle nuove variabili
le equazioni linearizzate si scrivono
?
d $ ∂Lpo % $ ∂Lpo %
−
= −
Bhk ξ˙k + Fh
dt ∂ ξ˙h
∂ξh
n
h = 1, . . . , n
k=1
e sostituendo la (272.4) assumono la forma
n
?
k=1
Ahk ξ̈k −
n
?
k=1
HU (q 0 )hk ξk = −
n
?
Bhk ξ˙k + Fh
h = 1, . . . , n
k=1
equivalente a quella matriciale
Aξ̈ − HU (q 0 )ξ = −B ξ̇ + F ,
ovvero a
Aξ̈ + B ξ˙ + HV (q 0 )ξ = F
(272.5)
per via dell’ovvia identità HV (q 0 ) = −HU (q 0 ). D’ora innanzi, per brevità, si converrà di indicare con HV la matrice hessiana dell’energia potenziale nella configurazione di equilibrio,
omettendo l’indicazione specifica della configurazione. Il sistema (272.5) delle equazioni
linearizzate può facilmente ricondursi alla forma normale del primo ordine, introducendo
la variabile vettoriale η = ξ̇:
@
in modo che si ha
@
ξ̇ = η
Aη̇ = −Bη − HV ξ + F
ξ˙ = η
η̇ = −A−1 Bη − A−1 HV ξ + A−1 F
e quindi, con ovvio significato dei simboli O, I, D,
d
dt
; <
;
ξ
O
=
−1
η
−A HV
I
−A−1 B
<; < ;
<
; < ;
<
ξ
0
ξ
0
+
:= D
+
(272.6)
η
A−1 F
η
A−1 F
per il fatto che la matrice A è certamente non singolare in quanto definita positiva.
(b) Piccoli moti nell’intorno della soluzione statica
Le (272.6) costituiscono un sistema lineare a coefficienti costanti non omogeneo. È ben
noto dall’analisi matematica che la soluzione generale di tale sistema si scrive sommando
ad una sua soluzione particolare la soluzione generale del sistema omogeneo associato
d
dt
Stefano Siboni
; <
;
ξ
O
=
−1
η
−A HV
I
−A−1 B
<; <
; <
ξ
ξ
= D
.
η
η
1465
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Tale soluzione generale è una combinazione lineare di funzioni a valori vettoriali linearmente
indipendenti del tipo P (t)eλt , dove P (t) è un polinomio di grado conveniente e λ un
autovalore della matrice D
det(D − λI) = 0 .
Si verifica la seguente:
Proposizione
Gli autovalori di D sono tutte e sole le soluzioni dell’equazione caratteristica
det(λ2 A + λB + HV ) = 0 .
(272.7)
Dimostrazione
Sia λ ∈ C tale che det(λ2 A + λB + HV ) = 0. Esiste allora un vettore a ∈ Cn \ {0} tale
che
(λ2 A + λB + HV )a = 0
ed il vettore
;
a
λa
<
,
certamente non nullo in quanto a /= 0, è autovettore di D con autovalore λ. Infatti
; <
;
<; <
;
<
a
O
I
a
λa
D
=
=
=
λa
−A−1 HV −A−1 B
λa
−A−1 HV a − λA−1 Ba
<
;
<
;
<
; <
;
λa
λa
a
λa
=
=
= λ
a.
=
−1
−1
2
2
−A (−λ A)a
λ a
λ
−A (HV + λB)a
Viceversa, sia λ ∈ C autovalore di D e
; <
u
∈ Rn × Rn \ {0}
v
un autovettore ad esso associato. Vale allora
<; <
; <
; <
;
u
u
u
O
I
= λ
D
=
−1
−1
v
v
v
−A HV −A B
ossia
e quindi
da cui si deduce infine
Stefano Siboni
;
v
−1
−A HV u − A−1 Bv
@
<
=
;
λu
λv
,
; <
u
/= 0 ,
v
<
v = λu
−A−1 HV u − A−1 B λu = λ2 u
@
v = λu
(λ2 A + λB + HV )u = 0 .
1466
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Esercizi di Meccanica razionale
Si osservi che deve essere necessariamente u /= 0, poiché in caso contrario si avrebbe
v = λu = λ0 = 0 e dunque (u, v) = 0, contro l’ipotesi. Di conseguenza la matrice
λ2 A + λB + HV deve essere singolare:
det(λ2 A + λB + HV ) = 0 ,
il che completa la dimostrazione.
Un secondo utile risultato è il seguente.
Proposizione
Le soluzioni dell’equazione caratteristica det(λ2 A + λB + HV ) = 0 hanno tutte parte reale
strettamente negativa.
Dimostrazione
Per il caso particolare di B simmetrica il risultato può essere provato direttamente per via
algebrica, mentre quello generale si affronta convenientemente usando i teoremi di stabilità.
Caso di B simmetrica
Sia λ ∈ C una soluzione dell’equazione caratteristica. La matrice λ2 A + λB + HV risulta
singolare ed esiste un vettore a ∈ Cn \ {0} tale che
(λ2 A + λB + HV )a = 0 .
Indicato con a+ il trasposto coniugato del vettore colonna a, dall’equazione precedente si
deduce
λ2 a+ Aa + λa+ Ba + a+ HV a = 0
(272.8)
e basta evidenziare le parti reale ed immaginaria del vettore a
a = u + iv ,
u, v ∈ Rn ,
per ottenere
a+ Aa = (uT − iv T )A(u + iv) = uT Au + iuT Av − iv T Au + v T Av = uT Au + v T Av
a+ HV a = uT HV u + v T HV v
a+ Ba = uT Bu + v T Bv .
I coefficienti a+ Aa, a+ HV a e a+ Ba sono numeri reali strettamente positivi, in quanto i
vettori reali u e v non possono assumere valori simultaneamente nulli, e le matrici A, HV ,
B sono per ipotesi reali simmetriche e definite positive. L’equazione (272.8) implica allora
"
#
NF
G2
1
+
+
+
+
−a Ba ±
λ =
a Ba − 4 a Aa a HV a
2a+ Aa
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1467
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con
−a+ Ba < 0
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e
F
G2
F
G2
a+ Ba − 4 a+ Aa a+ HV a < a+ Ba
per cui λ — sia esso reale o complesso — ha sempre parte reale negativa.
Caso generale
Se B è definita positiva ma non necessariamente simmetrica si considera il sistema delle
equazioni linearizzate del moto omogenee — senza cioè il termine forzante —
Aξ̈ + HV (q 0 )ξ = −B ξ˙ .
(272.9)
Questo descrive un sistema scleronomo a vincoli ideali di energia cinetica
˙ = 1 ξ˙T Aξ˙
T (ξ, ξ)
2
ed energia potenziale
1 T
ξ HV (q 0 )ξ
2
soggetto ad una ulteriore sollecitazione non posizionale
V (ξ) =
˙ = −B ξ̇ .
Q(ξ, ξ)
Il sistema è autonomo e grazie al carattere non singolare di HV (q 0 ) presenta in ξ = 0
un’unica configurazione di equilibrio, necessariamente isolata, che peraltro costituisce un
massimo relativo proprio del potenziale U. A questo si aggiunge che la sollecitazione non
posizionale ha natura completamente dissipativa, in quanto la sua potenza può esprimersi
nella forma
T
˙ ˙T T ˙
˙ = −ξ˙T B ξ˙ = − ξ̇ B ξ + ξ B ξ = − 1 ξ˙T (B + B T )ξ˙
π = ξ˙T (−B ξ)
2
2
e si riconosce mantenersi negativa per ogni ξ˙ /= 0, a causa dell’ipotesi assunta su B + B T .
Sono in tal modo soddisfatti i requisiti per l’applicazione dei criteri di Barbasin-Krasovskii,
che implicano la stabilità asintotica dell’equilibrio isolato ξ = 0. D’altra parte il sistema
(272.9) è lineare: constatare la stabilità asintotica dell’origine equivale ad affermare che
tutti gli autovalori della matrice di rappresentazione D hanno parte reale strettamente
negativa. In virtù della proposizione 39.2.1 si conclude allora che la stessa proprietà deve
sussistere per le soluzioni λ dell’equazione caratteristica (272.7).
Un immediato corollario di questo risultato è la
Proposizione
Comunque si assegni la pulsazione ω della forzante F , le equazioni linearizzate del secondo
ordine (272.5) ammettono una soluzione particolare della forma
ξi (t) = ai cos(ωt + αi ) ,
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i = 1, 2, . . . , n ,
(272.10)
1468
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per una opportuna scelta delle costanti reali ai ≥ 0 ed αi , i = 1, . . . , n. Ad essa corrisponde
la soluzione particolare
ξi (t) = ai cos(ωt + αi )
ηi (t) = −ω ai sin(ωt + αi )
,
i = 1, 2, . . . , n ,
del sistema (272.6).
Dimostrazione
Siccome HV è definita positiva e dunque non singolare, per ω = 0 la proposizione risulta
banalmente verificata assegnando a = HV−1 F e la soluzione particolare è costante in t. Ci
si può quindi limitare a considerare il caso di ω /= 0. In tale ipotesi, si riscriva il primo
membro della (272.5) nella forma di un operatore differenziale vettoriale applicato a ξ:
9
A
:
d
d2
+
H
+
B
V ξ = F .
dt2
dt
(272.11)
Posto ξi (t) = ai cos(ωt + αi ) ∀ i = 1, . . . , n ed applicato membro a membro l’operatore
differenziale complesso
$
i d%
,
∆ := I 1 −
ω dt
si ottiene
9 d2
:
d
∆ A 2 + B + HV ξ = ∆ F
dt
dt
che equivale a
:
9 d2
d
(272.12)
A 2 + B + HV ∆ ξ = ∆ F .
dt
dt
D’altra parte valgono ∀ h = 1, . . . , n le ovvie relazioni
$
i d%
ah cos(ωt + αh ) = ah [cos(ωt + αh ) + i sin(ωt + αh )] = ah eiαh eiωt
ω dt
$
i d%
fh cos(ωt + φh ) = fh [cos(ωt + φh ) + i sin(ωt + φh )] = fh eiφh eiωt
(∆ F )h = 1 −
ω dt
e di conseguenza le identità vettoriali
(∆ ξ)h =
1−
∆ ξ = ã eiωt
in cui si sono introdotti i vettori complessi:


a1 eiα1
e
ã =  . . . 
iαn
an e
∆ F = F̃ eiωt


f1 eiφ1
F̃ =  . . .  .
fn eiφn
(272.13)
La funzione complessa ãeiωt è soluzione di (272.12) se e soltanto se (272.10) lo è della
(272.11). Sostituendo le espressioni complesse di ∆ ξ e ∆ F nell’equazione (272.12) si
ottiene perciò
(−ω 2 A + iωB + HV )ã eiωt = F̃ eiωt
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1469
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ovvero, semplificando il fattore di fase eiωt ,
(−ω 2 A + iωB + HV )ã = F̃ .
Questa equazione algebrica complessa ammette l’unica soluzione
ã = (−ω 2 A + iωB + HV )−1 F̃
(272.14)
dal momento che la matrice λ2 A + λB + HV può essere singolare soltanto per valori di λ
con parte reale strettamente negativa, e per λ = iω risulta quindi certamente invertibile.
Dall’equazione




a1 eiα1
f1 eiφ1
 . . .  = (−ω 2 A + iωB + HV )−1  . . . 
(272.15)
an eiαn
fn eiφn
si deducono infine le costanti ah ≥ 0 ed αh ∈ R, ∀ h = 1, . . . , n.
La seconda parte della proposizione segue banalmente per il modo in cui il sistema (272.6)
è stato ricavato dalla (272.5).
Le proposizioni dimostrate consentono di affermare che la soluzione generale delle equazioni
delle piccole oscillazioni — (272.5) o (272.6) — consiste della somma di una soluzione
particolare di tipo sinusoidale:
ξh (t) = ah cos(ωt + αh ) ,
h = 1, . . . , n ,
i cui coefficienti di ampiezza — ah ≥ 0 — e di fase — αh ∈ R — sono determinati dalla
(272.15), e della soluzione generale dell’omogenea associata, la quale tende esponenzialmente a zero per t → +∞. Una volta trascorso il transiente iniziale, che peraltro reca
tutta la dipendenza dalle condizioni iniziali, il moto asintotico del sistema è dunque descritto dalla sola soluzione di tipo sinusoidale, con pulsazione uguale a quella della forzante
sinusoidale esterna.
(c) Risonanza
Nell’ipotesi che le equazioni delle piccole oscillazioni siano ancora applicabili anche in
presenza della forzante sinusoidale F — ipotesi ragionevole qualora le ampiezze fh , h =
1, . . . , n della forzante siano sufficientemente piccole — i fenomeni di risonanza possono
essere trattati in modo analogo a quanto avviene per un oscillatore armonico unidimensionale soggetto a smorzamento viscoso e a forzante sinusoidale. La sola differenza di rilievo è
rappresentata dal fatto che in un sistema ad n gradi di libertà le oscillazioni coinvolgono
una pluralità di variabili, ciascuna caratterizzata da una propria ampiezza e da una propria fase di oscillazione. Si tratta quindi di introdurre un criterio ragionevole ed univoco
per definire la condizione di risonanza del sistema, criterio che coinvolga simultaneamente
tutti i gradi di libertà e le relative ampiezze e fasi.
Il modo più semplice e intuitivo di fare questo consiste nel considerare l’energia meccanica
totale media accumulata nel sistema in un periodo di oscillazione T = 2π/ω, una volta che
sia stata superata la fase transiente e raggiunto il moto di regime.
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1470
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A questo scopo, si ricorda che l’energia meccanica totale del sistema è data dall’espressione
˙ = 1 ξ̇ T Aξ˙ + 1 ξ T HV ξ
H(ξ, ξ)
2
2
in cui, a regime, risulta
ξh = ah cos(ωt + αh )
e quindi
ξ̇h = −ωah sin(ωt + αh ) ,
h = 1, 2, . . . , n ,
n
1 ? 2
ω Ahk ah ak sin(ωt + αh ) sin(ωt + αk )+
H(t) =
2
+
1
2
h,k=1
n
?
(HV )hk ah ak cos(ωt + αh ) cos(ωt + αk ) .
h,k=1
L’energia del sistema è quindi una funzione periodica del tempo, di periodo 2π/ω, ed
appare del tutto ragionevole assumerne il valore medio su un periodo come indice della
quantità media di energia meccanica accumulata nel sistema a regime. Detto valore medio
si calcola come
! 2π/ω
! 2π/ω
n
ω
ω
1 ? 2
4H5 :=
H(t) dt =
ω Ahk ah ak
sin(ωt + αh ) sin(ωt + αk ) dt+
2π 0
2
2π 0
h,k=1
! 2π/ω
n
ω
1 ?
(HV )hk ah ak
cos(ωt + αh ) cos(ωt + αk ) dt
+
2
2π 0
h,k=1
ed in forza delle ovvie relazioni integrali
!
=
!
!
=
diventa
!
2π/ω
sin(ωt + αh ) sin(ωt + αk ) dt =
0
2π/ω
0
2π/ω
π
cos(αh − αk ) − cos(2ωt + αh + αk )
dt =
cos(αh − αk )
2
ω
cos(ωt + αh ) cos(ωt + αk ) dt =
0
2π/ω
0
π
cos(αh − αk ) + cos(2ωt + αh + αk )
dt =
cos(αh − αk )
2
ω
n
n
1 ? 2
1 ?
1
1
4H5 =
ω Ahk ah ak cos(αh − αk ) +
(HV )hk ah ak cos(αh − αk ) =
2
2
2
2
=
1
4
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h,k=1
n
?
h,k=1
h,k=1
(ω 2 A + HV )hk ah ak cos(αh − αk ) .
1471
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Siccome poi, causa la simmetria della matrice ω 2 A + HV , risulta
n
?
=−
h,k=1
n
?
k,h=1
(ω A + HV )hk ah ak sin(αh − αk ) =
2
n
?
(ω 2 A + HV )kh ak ah sin(αk − αh ) =
k,h=1
n
?
(ω 2 A + HV )kh ak ah sin(αh − αk ) = −
h,k=1
(ω 2 A + HV )hk ah ak sin(αh − αk ) = 0
l’espressione finale può essere riscritta in forma complessa come
4H5 =
=
n
1 ? 2
(ω A + HV )hk ah ak e−iαh eiαk =
4
1
4
h,k=1
n
?
(ω 2 A + HV )hk ã(h ãk =
h,k=1
1 + 2
ã (ω A + HV )ã
4
con ã dato da (272.14). Pertanto:
1
[(−ω 2 A + iωB + HV )−1 F̃ ]+ (ω 2 A + HV )(−ω 2 A + iωB + HV )−1 F̃ =
4
1
= F̃ + (−ω 2 A − iωB T + HV )−1 (ω 2 A + HV )(−ω 2 A + iωB + HV )−1 F̃ .
4
4H5 =
Questa funzione dipende dai parametri caratteristici del sistema libero nell’intorno della
soluzione statica (q 0 , 0), incorporati nelle matrici A, B, HV , e dai parametri che caratterizzano la forzante F , ossia la pulsazione ω, le ampiezze fh e le fasi φh :
4H5 = 4H5(A, B, HV ; ω, f1 , . . . , fn , φ1 , . . . , φn ) .
Assegnate che siano ampiezze e fasi della forzante, 4H5 può riguardarsi come funzione
della sola variabile reale ω ed assume valori strettamente positivi per qualsiasi valore della
pulsazione. Grandi valori di 4H5 indicano che il sistema accumula, a regime, una grande
quantità di energia meccanica fornita dalla forzante esterna, mentre all’opposto piccoli
valori di 4H5 si accompagnano ad un più ridotto accumulo di energia. Le pulsazioni di
risonanza possono essere allora identificate con i massimi relativi propri di questa funzione
ω → 4H5(ω), in corrispondenza dei quali piccole variazioni della pulsazione si traducono in
una diminuzione dell’energia meccanica media accumulata nel sistema. Graficamente, le
pulsazioni di risonanza sono dunque identificabili con i “picchi” della funzione ω → 4H5(ω).
È importante sottolineare come, sulla base della precedente definizione, le pulsazioni di
risonanza dipendano, in generale, dai coefficienti di ampiezza e di fase della forzante, circostanza questa che non si riscontra nel caso dell’oscillatore unidimensionale. Nondimeno,
tale dipendenza risulta sovente molto debole e con buona approssimazione può essere trascurata. L’affermazione può essere meglio compresa riscrivendo convenientemente la relazione
che definisce 4H5. A questo scopo si ricorda che se M ( indica la matrice degli aggiunti
Stefano Siboni
1472
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classici di una matrice quadrata M assegnata, vale MM ( = detM e, qualora M risulti
invertibile, M −1 = (detM)−1 M ( . Si ha allora
(−ω 2 A + iωB + HV )−1 =
det(−ω 2 A
1
(−ω 2 A + iωB + HV )(
+ iωB + HV )
e quindi
1
(−ω 2 A − iωB T + HV )( =
− iωB T + HV )
1
=
(−ω 2 A − iωB T + HV )(
2
det(−ω A − iωB + HV )
(−ω 2 A − iωB T + HV )−1 =
det(−ω 2 A
per cui
4H5 =
F̃ + (−ω 2 A − iωB T + HV )( (ω 2 A + HV )(−ω 2 A + iωB + HV )( F̃
.
4 |det(−ω 2 A + HV + iωB)|2
(272.16)
La funzione a denominatore
Q(ω) = 4 |det(−ω 2 A + HV + iωB)|2 = 4 det(−ω 2 A + HV + iωB) det(−ω 2 A + HV − iωB)
è un polinomio di grado 4n a coefficienti reali, in quanto prodotto di due polinomi caratteristici entrambi di grado 2n, i coefficienti del primo risultando complessi coniugati di quelli
del secondo. Il polinomio non ha zeri reali ed è anche una funzione pari in R
Q(−ω) = 4 |det(−ω 2 A+ HV − iωB)|2 = 4 |det(−ω 2 A+ HV + iωB)|2 = Q(ω)
∀ω ∈ R
per cui i coefficienti dei termini di ordine dispari devono essere tutti nulli. La funzione
Q(ω) può dunque riguardarsi come un polinomio di grado 2n in ω 2 . Essa viene determinata
unicamente dalle matrici A, B, HV , e non dipende dai parametri che caratterizzano la
forzante sinusoidale F .
L’espressione a numeratore
P (ω) = F̃ + (−ω 2 A − iωB T + HV )( (ω 2 A + HV )(−ω 2 A + iωB + HV )( F̃
si presenta a propria volta come un polinomio in ω a coefficienti reali, ma di grado 4n − 2.
Esso reca tutta la dipendenza di 4H5 dai parametri di ampiezza e di fase della forzante.
Per quanto già sottolineato in precedenza, entrambi i polinomi assumono valori strettamente positivi su tutta la retta reale ed il loro quoziente
4H5 =
P (ω)
Q(ω)
tende a zero per ω → ±∞, visto che il grado di Q(ω) è maggiore di quello di P (ω).
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1473
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I coefficienti del polinomio Q(ω) sono funzioni continue degli elementi di B per cui, se
considerate nel piano complesso C, le radici di Q(ω) devono variare con continuità in funzione di B; in particolare le radici di Q(ω) per B ∼ 0 non possono discostarsi molto da
quelle dello stesso polinomio per B = 0. Ma in assenza di smorzamento — B = 0 — il
polinomio Q(ω) = 4 [det(−ω 2 A + HV )]2 presenta esattamente 2n radici reali doppie, conteggiate con le rispettive molteplicità; di queste, n sono positive e coincidono banalmente
con le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni del sistema conservativo nell’intorno della
soluzione statica stabile considerata, mentre le restanti n risultano opposte alle precedenti:
−ωn ,
...
− ω2 ,
−ω1 ,
ω1 ,
ω2 ,
...
ωn ,
ωi > 0 ∀ i = 1, . . . , n .
,
L’introduzione di un piccolo termine di smorzamento rimuove, come già dimostrato, ogni
radice reale del polinomio Q(ω); le 2n radici doppie del caso non smorzato vengono ora
sostituite da 2n coppie di radici complesse coniugate, vicine alle pulsazioni normali delle
piccole oscillazioni ed ai loro opposti. Sull’asse reale, in prossimità di queste radici, si
localizzeranno i minimi relativi propri di Q(ω), i cui valori risulteranno a loro volta molto
vicini a zero, ancorché strettamente positivi. Di conseguenza, per B ∼ 0 la funzione
1
1
=
2
Q(ω)
4 |det(−ω A + iωB + HV )|2
sarà caratterizzata da al più 2n massimi relativi propri ed in corrispondenza di essi assumerà valori molto elevati. Questi intensi “picchi” della 1/Q(ω) vengono per cosı̀ dire
“modulati” dal numeratore P (ω), che è un polinomio di grado inferiore: di norma i massimi relativi propri di 4H5 non ne risultano modificati in modo sensibile, sebbene i valori
di Q(ω) e di P (ω)/Q(ω) possano differire significativamente in un punto di massimo.
Si illustrano le considerazioni precedenti con un semplice esempio, considerando le matrici

0
0
1.5 0 
0 1.1

1

A = 0
0

0.1 0

B =
0 0.2
0
0

0
0 
0.1
HV

2.2 −1.2

= −1.2 2.4
0
−1.2

0
−1.2 
2.2
che soddisfano, come è immediato verificare, le ipotesi (i), (ii) e (iii). Per i seguenti valori
di ampiezza e fase della forzante:
f1 = 2 f2 = 2
f3 = 2
φ1 = π/5
φ2 = 1
φ3 = 0
(272.17)
l’energia media a regime è data dall’espressione
4H5 = (0.27225 ω 12 −3.1482875 ω 10 + 14.1381629 ω 8 − 30.8403124 ω 6 +
+33.2674736 ω 4 − 15.9990464 ω 2 + 2.78784)−1 ·
·(0.70125 ω 10 − 5.82361819 ω 8 + 0.038820248 ω 7 + 18.2235627 ω 6 −
−0.176377392 ω 5 − 23.0346493 ω 4 + 0.205358970 ω 3 + 3.05428152 ω 2 + 11.9445406)
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1474
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e presenta 6 picchi di risonanza, come illustrato dal grafico seguente:
Per le pulsazioni di risonanza, massimi relativi propri di 4H5, non è possibile ottenere una
espressione esplicita, ma una semplice indagine numerica porge i valori:
0.685134299,
1.44581932,
1.79735307,
− 0.685073381, −1.44601108, −1.79744576, .
(272.18)
Per contro, i massimi relativi propri della funzione
1
= (0.27225 ω 12 − 3.1482875 ω 10 + 14.1381629 ω 8 − 30.8403124 ω 6 +
Q(ω)
+ 33.2674736 ω 4 − 15.9990464 ω 2 + 2.78784)−1
il cui grafico è illustrato nella figura sottoriportata
si stimano numericamente come:
0.687226539, 1.44657338, 1.78130864
− 0.687226539, −1.44657338, −1.78130864,
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1475
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Esercizi di Meccanica razionale
e risultano due a due opposti in segno, come deve aversi in virtù del fatto che P è un
polinomio pari. Tali massimi di fatto sono in numero di 3 e non dipendono dai parametri
della forzante. Nondimeno, essi assumono valori molto prossimi alle pulsazioni di risonanza
(272.18), che all’opposto sono in numero di 6, tutte distinte e dipendenti dalla scelta dei
parametri della forzante. Questa osservazione potrebbe suggerire, almeno nel limite di
smorzamento debole (B ∼ 0) — di definire le pulsazioni di risonanza come i massimi
relativi propri della 1/Q(ω), in modo che la definizione sia indipendente dai parametri
della forzante applicata al sistema. In tal caso è facile dimostrare che il numero massimo
di pulsazioni di risonanza — positive — coincide con il numero n di gradi di libertà del
sistema.
Se lo smorzamento B non è piccolo, tuttavia, l’approssimazione precedente in generale
perde di validità. Se ad esempio:






1 0 0
1 0 0
2 −1 0
A = 0 1 0
B =  0 0.1 0 
HV =  −1 2 −1  ,
0 0 1
0 0 1
0 −1 2
si ottiene la funzione
1
1
1
=
12
10
8
Q(ω)
4 ω − 9.99ω + 40.94ω − 87.43ω 6 + 102.56ω 4 − 58.24ω 2 + 16
i cui massimi relativi propri sono in numero di due soltanto
−0.779920760
0.779920760 ,
come confermato dal grafico corrispondente:
Con gli stessi valori (272.17) dei parametri della forzante si ha però
4H5 = (ω 12 − 9.99ω 10 + 40.94ω 8 − 87.43ω 6 + 102.56ω 4 − 58.24ω 2 + 16)−1 ·
·(3.ω 10 − 22.8121217ω 8 − 4.33675290ω 7 + 71.0482934ω 6 + 13.0102587ω 5 −
− 90.1197972ω 4 − 17.3470116ω 3 + 21.5198479ω 2 + 70.0244606)
Stefano Siboni
1476
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Esercizi di Meccanica razionale
cui corrispondono il grafico
e le pulsazioni di risonanza
−1.70351995 ,
−0.758324829
0.732932055 ,
che sono in numero di tre. I massimi relativi propri di 1/Q(ω) non forniscono dunque una
approssimazione adeguata per lo spettro delle pulsazioni di risonanza del sistema forzato;
in particolare, non esiste alcun massimo relativo proprio di 1/Q(ω) che approssimi la
pulsazione di risonanza −1.70351995.
Come ultima osservazione, è importante sottolineare che il grafico di 4H5 non soltanto
consente di individuare le pulsazioni di risonanza del sistema forzato, ma permette altresı̀
di “pesare” le risonanze. A picchi di risonanza più alti corrispondono infatti stati risonanti
del sistema caratterizzati da una più elevata energia media per periodo di oscillazione,
mentre i picchi meno pronunciati devono intendersi associati a risonanze “deboli”, con
energia media per periodo più piccola.
Esercizio 273. Asse centrale di un sistema di vettori applicati
Si ricavi l’equazione dell’asse centrale del sistema composto dai vettori #v1 = 2ê1 − ê2 − ê3 ,
applicato nel punto P1 (0, −1, 1), e #v2 = −ê1 + 3ê2 + ê3 , applicato nel punto P2 (−2, 1, 0).
Soluzione
Il sistema si compone dei due vettori applicati:
#v1 = 2ê1 − ê2 − ê3 applicato in P1 (0, −1, 1) e
#v2 = −ê1 + 3ê2 + ê3 applicato in P2 (−2, 1, 0).
Il risultante del sistema è diverso da zero
# = #v1 + #v2 = ê1 + 2 ê2
R
in modo che è univocamente definito l’asse centrale del sistema, i cui punti A possono
determinarsi per mezzo della relazione
# ∧M
#O
R
#
A−O =
+αR
∀α ∈ R,
# 2
|R|
Stefano Siboni
1477
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Esercizi di Meccanica razionale
nella quale il polo O può essere scelto a piacere. Conviene, in particolare, identificare il
polo con il punto P1 in modo da semplificare l’espressione. Il momento risultante in P1 si
riduce infatti al solo contributo del secondo vettore applicato
# P1 = (P1 − P1 ) ∧ #v1 + (P2 − P1 ) ∧ #v2 = (−2 ê1 + 2 ê2 − ê3 ) ∧ (−ê1 + 3ê2 + ê3 ) =
M
,
,
, ê1 ê2 ê3 ,
,
,
= ,, −2 2 −1 ,, = 5 ê1 + 3 ê2 − 4 ê3 .
, −1 3
1 ,
L’equazione dell’asse centrale diventa perciò
,
,
, ê1 ê2 ê3 ,
#
#
,
,
R ∧ MP1
# = 1 ,1 2
+ αR
0 ,, + α(ê1 + 2 ê2 ) =
A − P1 =
,
# 2
1+4,
|R|
5 3 −4 ,
$
$4
%
1
8%
7
= (−8 ê1 + 4 ê2 − 7 ê3 ) + α(ê1 + 2 ê2 ) = α −
ê1 +
+ 2α ê2 − ê3
5
5
5
5
e sostituendo il vettore P1 − O porge infine la parametrizzazione richiesta
%
$
$4
8%
7
ê1 +
+ 2α ê2 − ê3 =
A − O = P1 − O + A − P1 = −ê2 + ê3 + α −
5
5
5
$ 1
$ 8
%
%
2
∀α ∈ R.
− + α ê1 + − + 2α ê2 − ê3
5
5
5
Esplicitando le componenti, l’equazione parametrica dell’asse centrale può scriversi altresı̀

8


x
=
−
+α


5



1
y = − + 2α
∀α ∈ R.

5





 z = −2
5
=
Esercizio 274. Moto di uno ione nell’esperimento di J.J. Thomson
Nell’esperimento di J.J. Thomson l’azione di opportuni campi elettromagnetici su ioni in
moto in un tubo a vuoto molto spinto viene sfruttata per misurare il rapporto fra la carica
elettrica e la massa dello ione — la cosiddetta carica specifica dello ione considerato.
In un tubo a vuoto una intensa scarica elettrica ionizza parzialmente un gas a bassissima
pressione, i cui ioni positivi sono accelerati attraverso una differenza di potenziale costante,
passando attraverso una serie di schermi collimatori dotati di un piccolo foro, che ne
selezionano un fascio molto sottile. Il fascio ionico cosı̀ ottenuto transita attraverso il catodo
forato e prosegue per inerzia oltre di esso, andando poi ad attraversare una regione Ω del
#
tubo a vuoto nella quale sono mantenuti costanti due campi uniformi, uno elettrostatico E
Stefano Siboni
1478
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Esercizi di Meccanica razionale
# fra loro paralleli ed entrambi ortogonali alla direzione di
ed uno di induzione magnetica B,
moto del raggio ionico. Ad una distanza d oltre l’uscita della regione d’azione del campo
elettromagnetico il raggio ionico impatta infine uno schermo fluorescente, che permette di
evidenziare i cationi in transito.
Per semplicità si può assumere che lo schermo sia collocato immediatamente all’uscita del
dominio d’azione Ω del campo elettromagnetico uniforme — d = 0.
Per fissare le idee, si introduca una terna di riferimento cartesiana ortogonale Oxyz in
modo che l’asse Oz abbia la comune direzione dei vettori campo elettrostatico e di induzione magnetica applicati e l’asse Oy sia parallelo alla direzione di propagazione degli
ioni positivi quali essi emergono dal dispositivo collimatore. La regione Ω dove agiscono i
campi uniformi è quella compresa fra i piani y = y0 e y = yoss , con yoss > y0 , dove detti
campi possono esprimersi come
E ê3
e
B ê3
rispettivamente, essendo E e B costanti reali assegnate. Grazie al dispositivo collimatore,
tutti gli ioni entrano in Ω nello stesso punto P0 di coordinate (x0 , y0 , z0 ), con velocità
Stefano Siboni
1479
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Esercizi di Meccanica razionale
diretta parallelamente all’asse Oy
Ṗ0 = ẏ0 ê2
il cui modulo ẏ0 > 0, essendo in parte determinato da effetti di tipo termico, non è completamente controllato ma risulta soggetto a significative fluttuazioni da uno ione all’altro.
Lo ione subisce quindi l’azione dei campi elettromagnetici fino a che raggiunge il piano
y = yoss , dove viene intercettato dallo schermo fluorescente che ne evidenzia il transito.
Indicate con m e q rispettivamente la massa e la carica elettrica — positiva — dello ione,
l’equazione del moto di questo nella regione Ω è data da
mP̈ = qE ê3 + q Ṗ ∧ B ê3
che esplicitando il prodotto vettoriale diventa
,
,
, ê1 ê2 ê3 ,
,
,
m
P̈ = E ê3 + B ,, ẋ ẏ ż ,, = E ê3 + B(ẏ ê1 − ẋ ê2 ) = B ẏ ê1 − B ẋ ê2 + E ê3
q
,0 0 1,
e si riduce dunque al sistema di equazioni differenziali del secondo ordine in forma normale

qB


ẍ =
ẏ


m



qB
ÿ = −
ẋ

m





 z̈ = qE
m
formalmente definito ∀ (x, y, z, ẋ, ẏ, ż) ∈ R6 , y0 < y < yoss . Il sistema è lineare, non
omogeneo e a coefficienti costanti, per cui se ne può scrivere esplicitamente la soluzione, per
qualsiasi scelta della posizione iniziale P0 (x0 , y0 , z0 ) e della velocità iniziale Ṗ0 (ẋ0 , ẏ0 , ż0 ),
all’istante t = 0. La terza equazione è indipendente dalle prime due e porge la soluzione
generale
qE 2
z(t) = z0 + ż0 t +
t .
2m
Il sistema costituito dalle prime due equazioni, fra loro accoppiate,

qB

 ẍ =
ẏ
m

 ÿ = − qB ẋ
m
può essere trattato convenientemente introducendo la combinazione lineare complessa ottenuta moltiplicando membro a membro la seconda equazione per l’unità immaginaria i e
sommandola alla prima
ẍ + iÿ =
Stefano Siboni
qB
qB
qB
(ẏ − iẋ) = i
(−iẏ − ẋ) = −i
(ẋ + iẏ) .
m
m
m
1480
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Esercizi di Meccanica razionale
Potendosi riesprimere il tutto come equazione differenziale complessa del primo ordine
qB
d
(ẋ + iẏ) = −i
(ẋ + iẏ)
dt
m
se ne deduce che
qB
t
−i
ẋ(t) + iẏ(t) = e m (ẋ0 + iẏ0 )
ed una seconda integrazione sul tempo fra 0 ed il generico istante t > 0 fornisce la soluzione
generale
qB
t−1
−i
e m
x(t) + iy(t) = x0 + iy0 + [ẋ0 + iẏ0 ]
qB
−i
m
che sviluppando l’esponenziale complessa mediante l’identità di Eulero diventa
#
" $
$ qB %
m
qB %
[iẋ0 − ẏ0 ] cos
t − i sin
t −1
x(t) + iy(t) = x0 + iy0 +
qB
m
m
ed eseguiti i prodotti assume la forma
@ " $
#
$ qB %
qB %
m
iẋ0 cos
t − 1 + ẋ0 sin
t −
x(t) + iy(t) = x0 + iy0 +
qB
m
m
#
" $
$ qB %A
qB %
t − 1 + iẏ0 sin
t .
− ẏ0 cos
m
m
Non rimane che separare ed uguagliare fra loro le parti reali e, rispettivamente, complesse
della precedente equazione per ottenere la soluzione generale cercata
@
"$
#A

$ qB %
m
qB %


x(t) = x0 +
ẋ0 sin
t − ẏ0
t −1


qB
m
m


@ "$
#

$ qB %A

qB %
m
ẋ0
y(t) = y0 +
t − 1 + ẏ0 sin
t
qB
m
m




qE 2



 z(t) = z0 + ż0 t + 2m t .
Se, come precedentemente supposto, sono soddisfatte le condizioni ẋ0 = 0 e ż0 = 0, la
soluzione generale si riduce a
#
" $

m
qB %


x(t) = x0 −
ẏ0 cos
t −1


qB
m



$ qB %
m
ẏ0 sin
t
y(t) = y0 +

qB
m





 z(t) = z + qE t2 .
0
2m
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1481
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Esercizi di Meccanica razionale
Nell’esperimento di Thomson la posizione della particella carica viene rilevata in corrispondenza del piano fissato y = yoss , dove è collocato lo schermo fluorescente per la rilevazione
dello ione. Si osservi che l’emergere dello ione attraverso il piano y = yoss non costituisce
un’ovvia conseguenza della velocità iniziale assegnata ẏ0 ê2 , in quanto la soluzione y(t) ha
un andamento oscillatorio: la proiezione del moto sul piano Oxy si identifica con un moto
circolare uniforme, di pulsazione qB/m e raggio mẏ0 /|qB|. L’intersezione della traiettoria
con il piano y = yoss avviene a patto di considerare un campo di induzione B non troppo
intenso, in modo che
m
ẏ0 > yoss − y0 .
q|B|
In tal caso, l’intersezione avrà luogo ad un istante t = t( tale che
yoss = y0 +
$ qB %
m
ẏ0 sin
t(
qB
m
per cui le coordinate x e z del punto di intersezione si scrivono
#
" $

m
qB ( %

 x = x0 −
ẏ0 cos
t −1
qB
m

 z = z + qE t( 2 .
0
2m
Fin qui la soluzione è esatta. Tipicamente, tuttavia, i tempi di percorrenza sono talmente
piccoli che risulta
,
,
, qB ( ,
,
,
,mt , 7 1
Una soluzione approssimata può allora esprimersi con una approssimazione di Taylor
nell’intorno di qBt( /m = 0
#
"

m
qB
1 $ qB %2 ( 2
(4


x = x0 −
t + O(t ) = x0 +
ẏ0 −
ẏ0 t( 2 + O(t( 4 )


qB
2 m
2m


yoss = y0 + ẏ0 t( + O(t( 3 )





 z = z + qE t( 2 .
0
2m
Ricordando che ẏ0 > 0, una espressione più esplicita e di comoda interpretazione si ottiene
facendo uso della relazione approssimata, desunta dalla seconda delle equazioni precedenti,
t( =
yoss − y0
ẏ0
che permette di eliminare il parametro t( dalle equazioni per x e z
x = x0 +
Stefano Siboni
qB [yoss − y0 ]2
qB [yoss − y0 ]2
=
x
+
ẏ0
0
2m
ẏ02
2m
ẏ0
1482
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Esercizi di Meccanica razionale
z = z0 +
qE [yoss − y0 ]2
.
2m
ẏ02
Come già sottolineato, nelle condizioni dell’esperimento le coordinate iniziali x0 , y0 , z0
possono ritenersi le stesse per tutte le cariche, ma mentre le componenti ẋ0 e ż0 della
velocità iniziale sono nulle con ottima approssimazione per via della sequenza di schermi
collimatori, nessun controllo soddisfacente è posto sul modulo della componente ẏ0 > 0
di velocità, che dunque risulta variabile entro un certo intervallo di tolleranza. Al variare
di ẏ0 i punti (x, z) descrivono nel piano y = yoss un piccolo arco della curva di equazione
parametrica


1


x
=
x
+
β

0

ẏ0
ẏ0 ∈ R

1



 z = z0 + ε ẏ 2
0
dove per brevità si sono introdotte le costanti
def
β =
qB
[yoss − y0 ]2
2m
e
def
ε =
qE
[yoss − y0 ]2 .
2m
La corrispondente equazione cartesiana della curva si ricava eliminando il parametro ẏ0
fra le due equazioni precedenti e risulta
z = z0 +
ε
[x − x0 ]2 ,
2
β
la quale rappresenta una parabola con asse parallelo a Oz e la concavità rivolta nel verso
del vettore campo elettrico E ê3 per q > 0 — in generale il verso sarebbe determinato
dal segno di ε, dunque del prodotto qE. Il coefficiente della funzione quadratica ottenuta
assume la forma
2E m
ε
1
= 2
;
2
β
B q [yoss − y0 ]2
esso dipende da alcuni parametri controllabili sperimentalmente, vale a dire il campo elettrico E, il campo di induzione magnetica B e il coefficiente geometrico yoss − y0 , ma anche
dal rapporto m/q fra la massa e la carica dello ione positivo. Se gli atomi neutri sottoposti
a ionizzazione assumessero sempre la stessa carica elettrica positiva, le loro immagini sullo
schermo in y = yoss dovrebbero collocarsi lungo un’unica parabola della forma predetta.
L’esperienza mostra, al contrario, che per molte specie atomiche impiegate nel tubo a vuoto
gli archi di parabola registrati sullo schermo sono più di uno, dimostrando in tal modo che
lo stesso atomo può presentarsi in forme ioniche diverse. I rapporti q/m stimati appaiono
inoltre talvolta approssimativamente multipli fra loro, talaltra no. La prima circostanza
è facilmente interpretabile attribuendo la ionizzazione dell’atomo alla perdita di una o
più cariche elementari identiche — gli elettroni — di massa trascurabile rispetto a quella
dell’atomo neutro. Il secondo fenomeno, invece, conduce a dover ammettere l’esistenza
di atomi chimicamente indistinguibili ma pur tuttavia caratterizzati da un diverso valore
della massa atomica — gli isotopi.
Stefano Siboni
1483
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Esercizi di Meccanica razionale
Esercizio 275. Baricentro di un sistema piano non omogeneo
Si consideri il sistema illustrato in figura,
composto da un semidisco circolare S di centro O e raggio R, e da un’asta rettilinea OA,
di lunghezza 2R. La densità lineare dell’asta si scrive
µ
λ(y) = 2 y
∀ y ∈ [0, 2R] ,
R
mentre quella del semidisco in un suo punto arbitrario P vale
µ
σ(P ) =
|P − O|
∀P ∈ S,
πR3
dove la costante µ > 0 ha le dimensioni di una massa. Determinare:
(a) la massa del sistema;
(b) la posizione del baricentro del sistema rispetto alla terna Oxyz.
Soluzione
(a) Massa del sistema
La massa dell’asta OA si ricava integrandone la densità lungo il segmento OA e vale perciò
mOA =
!2R
0
" #2R
µ y2
µ
µ
y dy = 2
= 2 2R2 = 2µ .
2
R
R 2 0
R
La massa del semidisco viene determinata in modo analogo, integrando la densità areale
σ sulla regione del piano Oxy parametrizzata da
(x, y) = (ρ cos φ, ρ sin φ) ,
(ρ, φ) ∈ [0, R] × [−π/2, π/2]
nelle coordinate polari usuali (ρ, φ). Si ha pertanto, ricordando che il determinante jacobiano del sistema di coordinate polari piane vale ρ, e che per definizione |P − O| = ρ,
mS =
!R
0
Stefano Siboni
dρ
!π/2
−π/2
µ
µ
dφ ρ
ρ =
3
πR
πR3
!R
0
ρ2 dρ
!π/2
dφ =
µ
µ R3
π = .
3
πR 3
3
−π/2
1484
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Esercizi di Meccanica razionale
Non rimane che sommare i risultati ottenuti per determinare la massa totale del sistema
µ
7
= µ.
3
3
m = mOA + mS = 2µ +
(b) Baricentro del sistema
Trattandosi di sistema composto da una curva e da una superficie materiale, si rende
necessario calcolare preventivamente i baricentri dell’asta OA e del semidisco S per poi
applicare il teorema distributivo al sistema cosı̀ decomposto. Il baricentro dell’asta deve
ricercarsi nella forma
GOA − O = yOA ê2
ascissa e quota del baricentro risultando nulle per l’evidente simmetria. L’ordinata si
determina facendo uso della definizione
yOA
1
=
mOA
!
1
λ y ds =
2µ
!2R
0
OA
" #2R
µ
1 y3
4
R
y
y
dy
=
=
R2
2R2 3 0
3
sicché risulta
4
R ê2 .
3
Quanto al semidisco, la posizione del baricentro può senz’altro esprimersi come
GOA − O =
GS − O = xS ê1
perchè Ox è asse di simmetria — yS = 0 — e Oxy costituisce un piano di simmetria della
figura — zS = 0. Si ha perciò
1
xS =
mS
!
S
3 µ
=
µ πR3
3
x σ dA =
µ
!R
dρ
0
!R
0
ρ3 dρ
!π/2
!π/2
dφ ρ ρ cos φ
µ
ρ =
πR3
−π/2
cos φ dφ =
3 R4
3
2 =
R
3
πR 4
2π
−π/2
per cui
3
R ê1 .
2π
Il baricentro del sistema viene infine calcolato con la legge distributiva, che porge
GS − O =
4
µ 3
2µ R ê2 +
R ê1
mOA (GOA − O) + mS (GS − O)
8
3
3
3
2π
=
R ê1 + R ê2 .
G−O =
=
7
m
14π
7
µ
3
Stefano Siboni
1485
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Esercizi di Meccanica razionale
Esercizio 276. Problema di inseguimento
Un classico problema di inseguimento (missile-aereo, preda-predatore, ecc.) è il seguente.
Dato un sistema di riferimento cartesiano ortogonale Oxy sia A un punto mobile sull’asse
Ox con velocità costante uê1 , u > 0, in modo che A = O all’istante iniziale t = 0.
Un secondo punto P , che per t = 0 si trova sull’asse Oy a distanza h > 0 dall’origine,
insegue A muovendosi di moto uniforme con una velocità che mantiene sempre la direzione
ed il verso del vettore A − P . Determinare la traiettoria di P ed il tempo necessario per
l’eventuale incontro di P ed A.
Soluzione
Indicato con v il modulo costante della velocità di P , la velocità di questo si scrive
Ṗ = v
A−P
|A − P |
dove i vettori posizione dei punti A e P risultano
A − O = tu , ê1
P − O = x ê1 + y ê2 .
Si ha pertanto la relazione cinematica
(tu − x) ê1 − y ê2
ẋ ê1 + ẏ ê2 = v >
(tu − x)2 + y 2
che equivale al sistema di equazioni scalari

v(tu − x)


 ẋ = >
(tu − x)2 + y 2
vy


.
 ẏ = − >
(tu − x)2 + y 2
(276.1)
Le (276.1) sono troppo complesse per potersi integrare esplicitamente, per cui è opportuno
introdurre un sistema di coordinate polari piane (r, θ) definito dalle relazioni
x = tu − r cos θ
Stefano Siboni
y = r sin θ
1486
Università degli studi di Trento
che porgono
Esercizi di Meccanica razionale

vr cos θ

 ẋ = u − ṙ cos θ + r sin θ θ̇ =
= v cos θ
r

 ẏ = ṙ sin θ + r cos θ θ̇ = − vr sin θ = −v sin θ
r
e conducono pertanto al sistema di equazioni differenziali

 cos θ ṙ − r sin θ θ̇ = u − v cos θ
(276.2)
 sin θ ṙ + r cos θ θ̇ = −v sin θ
dal quale, combinando linearmente le due equazioni, si ricava il sistema equivalente

 ṙ = u cos θ − v
(276.3)
 rθ̇ = −u sin θ .
In effetti la prima equazione si ricava moltiplicando la prima e la seconda delle (276.2)
rispettivamente per cos θ e sin θ per poi sommare membro a membro i risultati, mentre la
seconda di (276.3) segue da una analoga combinazione lineare delle equazioni (276.2) con
coefficienti − sin θ e cos θ, rispettivamente. Il sistema di equazioni differenziali in forma
normale che governa il moto si scrive pertanto

 ṙ = u cos θ − v
 θ̇ = − u sin θ
r
(r, θ) ∈ (0, +∞) × R
(276.4)
e si verifica immediatamente che ad esso è applicabile il teorema di esistenza ed unicità,
causa il carattere C ∞ delle funzioni a secondo membro nel dominio {(r, θ) ∈ (0, +∞) × R}.
In detto dominio le curve (r, θ) = (r, πn), r > 0, per ogni n intero fissato, sono curve
invarianti del sistema in quanto orbite delle soluzioni
(r(t), θ(t)) = (α + (u(−1)n − v)t, πn)
∀t ∈ R
ciascuna delle quali è definita per un n ∈ Z e per un α ∈ R fissati a piacere. A causa del
teorema di unicità le strisce aperte
Sn = {(r, θ) ∈ R+ × R ,
nπ < θ < (n + 1)π} ,
n ∈ Z,
costituiscono altrettanti insiemi invarianti per il sistema (276.4). In particolare, la soluzione
(r(t), θ(t)) del problema considerato, di dati iniziali (r(0), θ(0)) = (h, π/2), deve avere
l’orbita completamente contenuta nella striscia aperta
S0 = {(r, θ) ∈ R+ × R ,
Stefano Siboni
0 < θ < π} = R+ × (0, π)
1487
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
che include il dato iniziale. Nel dominio S0 la funzione sin θ è strettamente positiva e la
seconda delle (276.4) implica che la soluzione θ(t) sia strettamente descrescente ∀ t ≥ 0
in cui essa risulta definita, assumendo valori nell’intervallo [π/2, 0). Di conseguenza il
tempo t può essere espresso come funzione decrescente dell’angolo θ. Questa proprietà di
monotonia consente di sostituire l’angolo θ al tempo t come variabile indipendente e di
scrivere perciò una equazione differenziale per la funzione r(θ), che caratterizza l’orbita
della soluzione. Vale infatti
d
dr
dt
1
dr
(θ) =
r(t(θ)) =
(t(θ)) (θ) = ṙ(t(θ))
dθ
dθ
dt
dθ
θ̇(t(θ))
per cui, sostituendo a ṙ e θ̇ i secondi membri delle (276.4), si perviene all’equazione
$ cos θ
u cos θ − v
v 1 %
dr
= r
= r −
+
dθ
−u sin θ
sin θ
u sin θ
che può anche porsi nella forma equivalente
cos θ
v 1
d
ln r = −
+
dθ
sin θ
u sin θ
(r, θ) ∈ R+ × (0, π/2] .
L’equazione ottenuta si può risolvere per separazione di variabili; tenuto conto della condizione iniziale si ha infatti
1
ossia
ln r
2r(θ)
h
=
!θ $
π/2
−
cos θ v 1 %
dθ
+
sin θ
u sin θ
!θ $
$ r(θ) %
v 1 %
cos θ
=
+
dθ .
−
ln
h
sin θ
u sin θ
π/2
L’integrale a secondo membro si calcola esplicitamente sfruttando l’identità trigonometrica
1
1
=
=
sin θ
2 sin(θ/2) cos(θ/2)
cos2 (θ/2)
1 sin(θ/2)
1 cos(θ/2)
sin2 (θ/2)
+
=
+
=
2 sin(θ/2) cos(θ/2) 2 sin(θ/2) cos(θ/2)
2 cos(θ/2) 2 sin(θ/2)
in modo che risulta
"
#θ
$ r(θ) %
v ,, $ θ %,, v ,, $ θ %,,
= − ln | sin θ| − ln,cos
=
ln
, + ln,sin
,
h
u
2
u
2
π/2
"
#θ
v ,, $ θ %,,
v ,, $ θ %,,
= − ln | sin θ| + ln,tg
= − ln | sin θ| + ln,tg
,
, =
u
2
u
2
π/2
#
"
, $ θ %,v/u
1 ,, $ θ %,,v/u
,
,
= − ln | sin θ| + ln,tg
= ln
,
,
,tg
2
| sin θ|
2
Stefano Siboni
1488
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
e per l’essere θ ∈ (0, π/2] è lecito eliminare i valori assoluti
1 $ θ %v/u
.
tg
r(θ) = h
sin θ
2
(276.5)
La seconda delle equazioni (276.4) diventa allora
θ̇ = −
u sin θ
sin θ
= −u sin θ
r
h $
e per separazione di variabili porge
!θ
π/2
u
1
1
= − sin2 θ $
%
v/u
θ
θ %v/u
h
tg
tg
2
2
1 $ θ %v/u
u
tg
dθ = − t .
2
2
h
sin θ
L’integrale a primo membro si calcola in forma finita con l’introduzione del cambiamento
di variabili θ ∈ (0, π/2] → z ∈ (0, 1] definito da
z = tg
da cui si deduce che
sin θ =
2z
1 + z2
cos θ =
$θ %
2
1 − z2
1 + z2
dθ =
2
dz .
1 + z2
Posto per brevità v/u = µ > 0, si ha cosı̀ l’espressione
u
− t =
h
!z $
1
1
1 + z 2 %2 µ 2
z
dz =
2
2z
1+z
2
!z
(1 + z )z
2
µ−2
1
dz =
2
1
!z
(z µ−2 + z µ )dz , (276.6)
1
che per µ /= 1 diventa
"
#z
"
#
1 z µ−1
z µ+1
z µ+1
1
1
u
1 z µ−1
+
+
−
−
− t =
=
h
2 µ−1 µ+1 1
2 µ−1 µ+1 µ−1 µ+1
e porge infine
1 $ z µ−1
z µ+1
2µ %
u
+
− 2
.
− t =
h
2 µ−1 µ+1 µ −1
L’istante t in corrispondenza del quale l’angolo che Ṗ forma con la direzione positiva
dell’asse Ox vale θ = 2arctgz si esprime dunque nella forma parametrica
t =
Stefano Siboni
z µ−1
z µ+1 %
h $ 2µ
.
−
−
2u µ2 − 1 µ − 1 µ + 1
1489
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Esercizi di Meccanica razionale
Si ha inoltre, in virtù di (276.5),
r = h
1 $ θ %µ
1 + z2 µ
h
tg
z = (1 + z 2 )z µ−1
= h
sin θ
2
2z
2
θ = 2arctgz .
(276.7)
Le relazioni ottenute consentono di ricavare l’equazione parametrica della traiettoria di P .
L’ascissa x si scrive infatti
2
h $ 2µ
z µ−1
z µ+1 % h
2
µ−1 1 − z
)
z
=
−
−
−
(1
+
z
2 µ2 − 1 µ − 1 µ + 1
2
1 + z2
h $ 2µ
z µ−1
z µ+1 %
−µ
+µ
(276.8)
=
2 µ2 − 1
µ−1
µ+1
x = tu − r cos θ =
mentre per l’ordinata y vale
y = r sin θ = h
1 + z 2 µ 2z
= hz µ .
z
2z
1 + z2
(276.9)
In definitiva, il moto del punto P avviene lungo la curva di parametrizzazione

h $ 2µ
z µ−1
z µ+1 %


−
µ
+
µ
x =
2 µ2 − 1
µ−1
µ+1


 y = hz µ
z = tg
θ
∈ (0, 1]
2
con legge oraria individuata da
ut =
Si osservi che
z µ−1
z µ+1 %
h $ 2µ
−
µ
+
µ
,
2 µ2 − 1
µ−1
µ+1
d
h
(ut) = (−z µ−2 − z µ ) < 0
dz
2
z ∈ (0, 1] .
∀ z ∈ (0, 1]
per cui, come deve essere, t risulta una funzione decrescente di z — così come lo è di θ.
Il moto è dunque definito in un intervallo della forma t ∈ [0, t( ), il cui estremo superiore
viene individuato dal limite
z µ−1
z µ+1 %
h $ 2µ
−
µ
+
µ
.
z→0+ 2u µ2 − 1
µ−1
µ+1
t( = lim
(276.10)
Occorre distinguere tre casi, in relazione al valore della costante positiva µ.
(i) Per µ > 1 il limite in (276.10) è finito e vale
t( =
Stefano Siboni
h µ
u µ2 − 1
1490
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Esercizi di Meccanica razionale
ed inoltre
h
(1 + z 2 )z µ−1 = 0
z→0+ 2
lim r(z) = lim
z→0+
in modo che il punto P raggiunge il bersaglio A in un tempo finito t( . Risulta
inoltre
lim θ(z) = lim arctgz = 0
z→0+
z→0+
per cui l’orbita tende a disporsi parallelamente all’asse delle ascisse — in effetti l’orbita
tende all’asse Ox, in quanto limz→0+ x(z) = hµ/(µ2 − 1) e limz→0+ y(z) = 0.
(ii) Se µ < 1 vale risulta invece
t( = +∞
e
h
(1 + z 2 )z µ−1 = +∞
z→0+ 2
lim r(z) = lim
z→0+
per cui P non impatta mai sul proprio bersaglio A, neppure nel limite t → +∞.
Ancora una volta limz→0+ θ(z) = 0 e limz→0+ y(z) = 0, mentre limz→0+ x(z) = +∞,
sicché l’asse Ox costituisce un asintoto orizzontale della traiettoria di P .
(iii) Nel caso si abbia µ = 1 è necessario sviluppare una discussione a parte. L’espressione
(276.6) diventa infatti
u
1
− t =
h
2
!z
(z
1
per cui
t =
−1
"
#z
z2
z2
1%
1
1$
ln z +
ln z +
−
+ z) dz =
=
2
2 1
2
2
2
h $1
z2 %
− ln z −
,
2u 2
2
z = tg
θ
∈ (0, 1] .
2
(276.11)
Il tempo di approccio è infinito come nel caso di µ < 1
z2 %
h $1
− ln z −
= +∞
z→0+ 2u 2
2
t( = lim
ma la distanza fra A e P tende decrescendo ad un valore strettamente positivo, dato
che per la (276.7) risulta
h
h
(1 + z 2 ) = .
z→0+ 2
2
lim r(z) = lim
z→0+
Si conclude pertanto che P non raggiunge mai il bersaglio A, ma nel limite t → +∞
si porta ad una distanza da questo che tende asintoticamente, decrescendo, a h/2.
Stefano Siboni
1491
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Esercizi di Meccanica razionale
Osservazione. Espressione esplicita della traiettoria per µ = 1
Nel caso v/u = µ = 1 è possibile scrivere l’espressione esplicita della traiettoria del moto
nella forma y = y(x). Sulla base della (276.11), l’ascissa x è parametrizzata dall’espressione
h$1
1 − z2
z2 % h
− (1 + z 2 )
=
− ln z −
2 2
2
2
1 + z2
%
h $ 1 z2
=
− +
− ln z , z ∈ (0, 1] ,
2
2
2
x = tu − r cos θ =
(276.12)
che è funzione monotona decrescente del proprio argomento ed assume valori in tutto
l’intervallo [0, +∞). Per contro, la parametrizzazione (276.9) dell’ordinata di P si riduce
ad una semplice relazione di proporzionalità fra y e il parametro z:
y = hz ,
z ∈ (0, 1] .
(276.13)
Da notare che lungo il moto l’angolo θ è una funzione decrescente del tempo, cosı̀ come lo
è il parametro z, che decresce da 1 a 0; di conseguenza al trascorrere del tempo l’ordinata
decresce monotonicamente da h a 0, mentre l’ascissa tende
√ crescendo da 0 a +∞ — la
traiettoria del moto è dunque non limitata. Posto z = w, w ∈ (0, 1], dall’equazione
(276.12) si deduce:
$
4x %
= −w + ln w
− 1+
h
e quindi, calcolando l’esponenziale e cambiando il segno di ambo i membri:
" $
#
4x %
− exp − 1 +
= −e−w w .
h
Quella a secondo membro si può intendere come una funzione Φ(ξ) dell’argomento ξ =
−w ∈ [−1, 0). La funzione è invertibile e crescente nell’intervallo [−1, +∞) sull’intervallo
[−e−1 , +∞) e la sua inversa è nota come funzione W di Lambert, usualmente indicata con
W . La funzione non può esprimersi in termini di funzioni elementari, ma è calcolabile
numericamente in modo molto efficiente con il metodo di Newton-Raphson, essendo Φ(ξ)
una funzione concava in ξ ∈ [−1, +∞). Si ha pertanto:
<
;
<
;
4x
4x
−1
−
−1
−
h
h
⇐⇒
w = −W −e
−w = W −e
e tornando al parametro originale z si ottiene l’espressione
B
;
<
4x
−1
−
h
z = −W −e
che in virtù della (276.9) porge infine
y = y(x) = h
Stefano Siboni
B
;
−W −e−1 −
4x
h
<
.
1492
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Esercizi di Meccanica razionale
Esercizio 277. Punto pesante vincolato ad una curva fissa liscia
Un punto materiale pesante di massa unitaria è vincolato a scorrere senza attrito lungo la
curva di equazione y = x3 , z = 0, rispetto ad una terna inerziale Oxyz di asse verticale
Oy, orientato verso l’alto.
(a) Scrivere le equazioni del moto del sistema.
(b) Determinare le posizioni di equilibrio del sistema.
Soluzione
La parametrizzazione della curva è di classe C ∞
P (x) − O = x ê1 + x3 ê2 ,
x ∈ R,
e regolare, in quanto dotata di derivata prima sempre diversa da zero
P " (x) = ê1 + 3x2 ê2
∀x ∈ R.
Per un generico moto possibile del sistema, P (t) = P [x(t)], la velocità e l’accelerazione
istantanea sono date dalle relazioni
Ṗ (t) = P " (x) ẋ
P̈ (t) = P " (x) ẍ + P "" (x) ẋ2 .
(a) Equazioni del moto
L’ipotesi di curva liscia autorizza a determinare l’equazione pura del moto come proiezione
della seconda legge della dinamica lungo la direzione tangente alla curva, individuata da
P " (x)
mP̈ · P " (x) = −mg ê2 · P " (x) .
Ricordando che la massa del punto è unitaria, l’equazione diventa
P " (x)2 ẍ + P "" (x) · P " (x) ẋ2 = −g ê2 · P " (x)
ossia
"
#
d P " (x)2 2
ẋ = −g ê2 · P " (x)
P (x) ẍ +
dx
2
"
2
e basta sostituire la parametrizzazione per ottenere l’equazione esplicita
(1 + 9x4 ) ẍ + 18x3 ẋ2 = −3gx2 .
(b) Posizioni di equilibrio
Gli equilibri del sistema sono identificabili con le soluzioni statiche dell’equazione pura del
moto:
x(t) = x0 , costante ,
∀t ∈ R.
L’equazione del moto si riduce a
−3gx20 = 0
e porge l’unica soluzione x0 = 0. Il solo equilibrio del sistema si situa nell’origine della
terna di riferimento.
Stefano Siboni
1493
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Esercizi di Meccanica razionale
Esercizio 278. Asse centrale di un sistema di due vettori applicati
Verificare se il punto S(−2, 1, 14/5) appartiene all’asse centrale del sistema composto dai
vettori T#1 = 2ê1 − ê3 , applicato nel punto P1 (−1, 2, 3), e T#2 = −ê1 + 3ê2 + ê3 , applicato
nel punto P2 (−1, 0, 2).
Soluzione
Il risultante del sistema è diverso da zero
# = T#1 + T#2 = ê1 + 3 ê2
R
ed assicura esistenza ed unicità del relativo asse centrale. Il momento risultante del sistema
rispetto all’origine O si scrive
#O
M
,
, ê1
,
#
#
= (P1 − O) ∧ T1 + (P2 − O) ∧ T2 = ,, −1
, 2
ê2
2
0
,
,
, ê1
ê3 ,,
,
,
3 , + ,, −1
, −1
−1 ,
= −2 ê1 + 5 ê2 − 4 ê3 − 6 ê1 − ê2 − 3 ê3 = −8 ê1 + 4 ê2 − 7 ê3
ê2
0
3
,
ê3 ,,
2 ,, =
1,
e da esso segue l’espressione
# ∧M
#O
R
,
, ê1 ê2
,
= ,, 1
3
, −8 4
,
ê3 ,,
0 ,, = −21 ê1 + 7 ê2 + 28 ê3 .
−7 ,
I punti A dell’asse centrale sono determinati dall’equazione
A−O =
# ∧M
#O
R
# = −21 ê1 + 7 ê2 + 28 ê3 + α(ê1 + 3 ê2 ) =
+ αR
# 2
10
|R|
= −
7
14
21
ê1 +
ê2 +
ê3 + α(ê1 + 3 ê2 )
10
10
5
∀α ∈ R
che equivale alla rappresentazione parametrica

21


x
=
−
+α


10



7
y =
+ 3α

10





 z = 14
5
∀α ∈ R.
È immediato verificare che il punto S(−2, 1, 14/5) appartiene alla retta — basta assumere
α = 1/10.
Allo stesso risultato si perviene andando a verificare direttamente che il momento risultante
# l’asse centrale è infatti il luogo dei punti rispetto
in S del sistema è parallelo al risultante R:
Stefano Siboni
1494
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Esercizi di Meccanica razionale
ai quali il momento risultante del sistema di vettori applicati è parallelo al risultante —
non nullo. Si ha, in effetti,
# S = (P1 − S) ∧ T#1 + (P2 − S) ∧ T#2 =
M
$
$
1 %
4 %
= ê1 + ê2 + ê3 ∧ (2 ê1 − ê3 ) + ê1 − ê2 − ê3 ∧ (−ê1 + 3 ê2 + ê3 ) =
5 ,
5
,
,
,
,
, ê1 ê2 ê3 ,
, ê1 ê2
ê3 ,
,
,
,
7
7
1
= ,, 1 1 1/5 ,, + ,, 1 −1 −4/5 ,, = −ê1 + ê2 − 2 ê3 + ê1 − ê2 + 2 ê3 =
5
5
5
, 2 0 −1 ,
, −1 3
1 ,
2
6
2
2 #
= ê1 + ê2 = (ê1 + 3 ê2 ) = R
,
5
5
5
5
# risultano paralleli, come affermato.
# S ed R
per cui i vettori M
Esercizio 279. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativo
Un’asta rettilinea AB, di lunghezza 4R, punto medio O e massa trascurabile, è vincolata
a ruotare attorno all’asse Oz di una terna cartesiana ortogonale Oxyz, che a sua volta
ruota con velocità angolare costante ω attorno all’asse verticale Oy relativamente ad un
riferimento inerziale. Un disco circolare omogeneo D, di massa m, raggio R e centro C, può
scorrere liberamente lungo AB lungo un proprio diametro assegnato A" B " , senza poterne
oltrepassare gli estremi A e B. Il sistema è pesante e una molla di costante elastica k
congiunge il centro C con l’origine O.
La rotazione dell’asta AB è espressa dall’angolo φ, mentre il parametro adimensionale s
illustrato in figura quantifica lo spostamento del centro C dall’origine O. Nell’ipotesi di
vincoli ideali, determinare:
(a) le configurazioni di equilibrio ordinarie;
(b) le configurazioni di equilibrio di confine;
(c) la stabilità degli equilibri ordinari;
(d) l’espressione dell’energia cinetica del sistema;
(e) le equazioni lagrangiane del moto
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1495
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Esercizi di Meccanica razionale
Soluzione
(a) Equilibri ordinari
La terna di riferimento Oxyz risulta non inerziale, essendo posta in rotazione attorno
all’asse verticale Oy rispetto ad un riferimento galileiano. Essa è dunque sede delle appropriate forze inerziali, centrifuga e di Coriolis. Le componenti lagrangiane delle forze di
Coriolis sono identicamente nulle
Qs =
?
Pi ∈ D
Qφ =
?
Pi ∈ D
−2mi ω ê2 ∧ Ṗi ·
−2mi ω ê2 ∧ Ṗi ·
?
?
∂Pi
∂Pi
mi ê2 · Ṗi ∧
0 = 0
= −2ω
= −2ω
∂s
∂s
∂Pi
= −2ω
∂φ
Pi ∈ D
?
Pi ∈ D
Pi ∈ D
mi ê2 · Ṗi ∧
?
∂Pi
0 = 0
= −2ω
∂φ
Pi ∈ D
e possono quindi essere ignorate nella stesura delle equazioni del moto, nonché nella discussione degli equilibri e nella relativa analisi di stabilità. Tutte le altre sollecitazioni
attive agenti sul sistema, la forza centrifuga, il peso e l’interazione elastica fra i punti C ed
O, hanno natura posizionale conservativa e vanno quindi descritte per mezzo dei relativi
potenziali.
Potenziale gravitazionale
Il potenziale gravitazionale si riduce a quello del solo disco D, essendo l’asta AB di massa
trascurabile,
Ug = −mg ê2 · (C − O) = −mg(−Rs cos φ) = mgRs cos φ .
Si osservi che il risultato non cambierebbe qualora l’asta AB fosse di massa non trascurabile
ma omogenea; in tal caso infatti il baricentro dell’asta verrebbe ad identificarsi con il
punto fisso O.
Potenziale elastico
Il potenziale associato alla molla ideale tesa fra i punti O e C è espresso dalla formula
generale
k
kR2 2
s .
Uel = − (C − O)2 = −
2
2
Potenziale centrifugo
Il potenziale delle forze centrifughe viene calcolato limitatamente al solo disco D e facendo
uso del teorema di Huygens-Steiner
Ucf =
:
mω 2R2 2 2
ω2
ω2 9
IOy =
ICy + m(Rs sin φ)2 =
s sin φ + costante .
2
2
2
Potenziale del sistema
Per il potenziale del sistema, somma dei potenziali parziali appena calcolati, si ha quindi
l’espressione
kR2 2 mω 2 R2 2 2
s +
s sin φ
U(s, φ) = mgRs cos φ −
2
2
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1496
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Esercizi di Meccanica razionale
nella quale si è omessa l’inessenziale costante additiva del potenziale centrifugo. La funzione risulta di classe C ∞ nel rettangolo chiuso {(s, φ) ∈ R2 : s ∈ [−1, 1]}, che identifica
il sistema come scleronomo a vincoli ideali. Le derivate parziali prime del potenziale si
scrivono
Us (s, φ) = mgR cos φ − kR2 s + mω 2 R2 s sin2 φ
Uφ (s, φ) = −mgRs sin φ + mω 2 R2 s2 sin φ cos φ .
Configurazioni ordinarie
Trattandosi di sistema scleronomo posizionale conservativo, gli equilibri ordinari vanno
identificati con i punti critici del potenziale e dunque con le soluzioni (s, φ) ∈ (−1, 1) × R
delle equazioni di equilibrio

 mgR cos φ − kR2 s + mω 2 R2 s sin2 φ = 0
 −mgRs sin φ + mω 2R2 s2 sin φ cos φ = 0 .
La seconda equazione ammette una evidente fattorizzazione
s sin φ (−mgR + mω 2 R2 s cos φ) = 0
e le relative soluzioni si ricavano annullando uno dei fattori:
(i) sin φ = 0;
(ii) s = 0;
(iii) −mgR + mω 2 R2 s cos φ = 0.
Si esaminano una ad una le tre possibilità.
(i) Per sin φ = 0 si hanno le soluzioni fisicamente distinte φ = 0, π. Di conseguenza:
◦ φ = 0 implica per la prima equazione di equilibrio la forma particolare
mgR − kR2 s = 0
dalla quale si deduce s = mg/kR. Una configurazione di equilibrio ordinaria si
ottiene dunque per
$ mg %
(s, φ) =
,0
kR
a condizione che sia mg/kR < 1, in modo che la configurazione appartenga
all’interno del dominio di definizione della parametrizzazione;
◦ per φ = π la prima equazione di equilibrio si riduce a
−mgR − kR2 s = 0
ed implica perciò s = −mg/kR, cui corrisponde l’ulteriore configurazione di equilibrio ordinaria
$ mg %
,π
(s, φ) = −
kR
Stefano Siboni
1497
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Esercizi di Meccanica razionale
sempreché risulti mg/kR < 1.
(ii) Per s = 0 la prima equazione diventa
mgR cos φ = 0
e definisce le soluzioni φ = π/2, −π/2. Ne seguono le ulteriori configurazioni di equilibrio ordinarie
(s, φ) = (0, π/2)
sempre definite — in quanto 0 ∈ (−1, 1).
e
(s, φ) = (0, −π/2)
(iii) Per −mgR + mω 2R2 s cos φ = 0 deve necessariamente risultare mω 2 R2 > 0 e quindi
g
s cos φ =
.
Rω 2
Per le soluzioni di questa equazione non può ovviamente aversi cos φ = 0; è perciò
possibile ricavare esplicitamente il parametro lagrangiano s in funzione dell’angolo φ
1
g
s =
2
Rω cos φ
e sostituire questa espressione nella prima relazione di equilibrio per ottenere una
equazione trigonometrica nella sola variabile angolare
g
1
g
1
mgR cos φ − kR2
+ mω 2 R2
sin2 φ = 0 .
2
2
Rω cos φ
Rω cos φ
Raccogliendo il fattore non nullo mgR/ cos φ detta equazione si riduce a
k
cos2 φ −
+ sin2 φ = 0
mω 2
che in effetti non contiene alcuna dipendenza dalla variabile angolare φ
k
= 0.
1−
mω 2
Si devono cosı̀ distinguere due diversi casi, in relazione ai valori relativi dei parametri
k, m ed ω:
◦ se k/mω 2 /= 1 le equazioni di equilibrio non sono soddisfatte e non si hanno
ulteriori equilibri ordinari del sistema;
◦ se k/mω 2 = 1 tutte le configurazioni della forma
%
$ g
1
,φ
,
φ ∈ R,
(s, φ) =
Rω 2 cos φ
sono equilibri ordinari limitatamente ai valori di φ per i quali risulti
,
,
, g
1 ,,
,
, Rω 2 cos φ , < 1
ossia
g
< | cos φ|
Rω 2
e dunque per tutti i φ ∈ R sufficientemente prossimi a un qualsiasi multiplo intero
di π. Si osservi che per φ = nπ, n ∈ Z, si perviene alle stesse configurazioni
(s, φ) = (mg/kR, 0), (−mg/kR, π) già considerate in precedenza.
Stefano Siboni
1498
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Esercizi di Meccanica razionale
Riassumendo, gli equilibri ordinari del sistema sono dati da
$ mg %
mg
, 0 , definito per
< 1;
(1)
(s, φ) =
kR
kR
$ mg %
mg
(2)
(s, φ) = −
, 0 , definito per
< 1;
kR
kR
$ π%
,
sempre definito;
(3)
(s, φ) = 0,
2
$
π%
(4)
(s, φ) = 0, − , sempre definito;
2
e sono rappresentati graficamente nella figura sottoriportata
Se poi k/mω 2 = 1, in aggiunta alle precedenti si hanno tutte le configurazioni di equilibrio
ordinarie individuate da
%
$ g
1
,
φ
(s, φ) =
Rω 2 cos φ
7
∀ φ ∈ φ ∈ R : | cos φ| >
8
g
,
φ
=
/
nπ
,
n
∈
Z
Rω 2
come qualitativamente illustrato nella figura seguente, per valori crescenti della variabile
angolare φ
Stefano Siboni
1499
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Esercizi di Meccanica razionale
Si osservi che all’aumentare dell’angolo φ nell’intervallo (0, π/2) si incrementa il valore di
equilibrio della coordinata lagrangiana s e conseguentemente il punto B " si approssima
all’estremità B dell’asta.
(b) Equilibri di confine
Le configurazioni di confine del sistema corrispondono ai punti di frontiera della striscia
{(s, φ) ∈ R2 : s ∈ [−1, 1]}, riprodotta nella figura seguente
La frontiera è ovviamente costituita dalle due linee orizzontali s = 1 e s = −1
{(s, φ) ∈ R2 : s = 1} ∪ {(s, φ) ∈ R2 : s = −1}
che conviene esaminare separatamente.
Tratto {(s, φ) ∈ R2 : s = 1} della frontiera
Per tutte le configurazioni collocate lungo questa retta il teorema dei lavori virtuali impone
la condizione di equilibrio
Qs (1, φ) δs + Qφ (1, φ) δφ ≤ 0
∀ δs ≤ 0 ,
∀ δφ ∈ R
che equivale al sistema di equazioni e disequazioni algebriche
Qs (1, φ) ≥ 0
Stefano Siboni
Qφ (1, φ) = 0
1500
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ossia
Esercizi di Meccanica razionale

 mgR cos φ − kR2 + mω 2 R2 sin2 φ ≥ 0
 −mgR sin φ + mω 2 R2 sin φ cos φ = 0 .
L’equazione può riesprimersi nella forma
g %
= 0
mω R sin φ cos φ −
Rω 2
2
con le radici
2
$
φ = 0,
sempre definite, e
π,
$ g %
φ = ±arccos
= ±φ( ,
Rω 2
definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia mg/kR ≥ 1. Queste quattro
soluzioni sono i soli possibili candidati al ruolo di equilibri di confine per s = 1, candidati
che si procedere ad analizzare uno ad uno.
◦ Se φ = 0 si ha
Qs (1, φ) = Qs (1, 0) = mgR − kR2 = kR2
che risulta maggiore o uguale a zero se e soltanto se
$ mg
kR
−1
%
mg
≥ 1.
kR
È questa la condizione di esistenza per l’equilibrio di confine in (s, φ) = (1, 0); condizione peraltro fisicamente non irragionevole, dal momento che si riduce a richiedere
che la forza elastica kR non sia più intensa del peso mg del disco.
◦ Per φ = π si ottiene
Qs (1, φ) = Qs (1, π) = −mgR − kR2 < 0
in modo che la condizione di equilibrio prevista dal teorema dei lavori virtuali non è
mai soddisfatta per questa configurazione. Il risultato si giustifica considerando che in
questo caso la forza elastica e la forza peso sono equidirette, in modo che non possono
equilibrarsi.
◦ Se φ = φ( si ha
Qs (1, φ) = Qs (1, φ( ) = mgR cos φ( − kR2 + mω 2 R2 sin2 φ( =
$ g
%
$
k
k %
2 2
(
2 (
2 2
cos φ −
+ sin φ = mω R 1 −
= mω R
Rω 2
mω 2
mω 2
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1501
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Esercizi di Meccanica razionale
in quanto cos φ( = g/Rω 2 . Di conseguenza
Qs (1, φ( ) ≥ 0
⇐⇒
k
≤ 1
mω 2
che è la condizione di equilibrio cercata.
◦ Per φ = −φ( vale infine
Qs (1, φ) = Qs (1, −φ( ) = mgR cos φ( − kR2 + mω 2 R2 sin2 φ( = Qs (1, φ( )
e la condizione di equilibrio in questa configurazione è la stessa già considerata per
φ = φ( .
Tratto {(s, φ) ∈ R2 : s = −1} della frontiera
In questo caso la condizione di equilibrio in una generica configurazione di confine è data
da
Qs (−1, φ) δs + Qφ (−1, φ) δφ ≤ 0
∀ δs ≥ 0 , ∀ δφ ∈ R
ed equivale a richiedere che si abbia
Qs (−1, φ) ≤ 0
Qφ (−1, φ) = 0
ovvero a risolvere il sistema

 mgR cos φ + kR2 − mω 2 R2 sin2 φ ≤ 0
 mgR sin φ + mω 2 R2 sin φ cos φ = 0 .
(279.1)
La seconda equazione in (279.1) può porsi nella forma fattorizzata
$
mω 2 R2 sin φ cos φ +
g %
= 0
Rω 2
che ammette due radici definite per ogni scelta dei coefficienti caratteristici del sistema
φ = 0
e
φ = π,
e
$
g %
φ = −arccos −
,
Rω 2
e le due ulteriori soluzioni
$
g %
φ = +arccos −
Rω 2
definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia g/Rω 2 < 1. È utile considerare
che, facendo uso del simbolo φ( già introdotto,
$ g %
$
g %
= π − arccos
= π − φ(
arccos −
2
2
Rω
Rω
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1502
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e che conseguentemente
Esercizi di Meccanica razionale
$
g %
= −π + φ( .
−arccos −
Rω 2
Per verificare se queste quattro radici siano o meno equilibri di confine del sistema basta
fare uso della prima disequazione in (279.1). Precisamente:
◦ per φ = 0 vale Qs (−1, φ) = Qs (−1, 0) = mgR + kR2 > 0, in modo che la disequazione
non è mai soddisfatta e la configurazione non costituisce un equilibrio del sistema;
$
mg %
2
2
e la con◦ se φ = π si ha Qs (−1, φ) = Qs (−1, π) = −mgR + kR = kR 1 −
kR
dizione necessaria e sufficiente per l’equilibrio si riduce a mg/kR ≥ 1;
◦ per φ = π − φ( risulta invece
Qs (−1, φ) = Qs (−1, π − φ( ) = mgR cos(π − φ( ) + kR2 − mω 2 R2 sin2 (π − φ( ) =
= −mgR cos φ( + kR2 − mω 2R2 sin2 φ( =
$
%
$ k
%
g
k
2 2
(
2 (
2 2
cos φ +
− sin φ = mω R
−1
= mω R −
Rω 2
mω 2
mω 2
che si presenta dunque minore o uguale a zero se e soltanto se k/mω 2 ≤ 1 — condizione
di equilibrio;
◦ se infine φ = −π + φ( , si perviene alla relazione
Qs (−1, φ) = Qs (−1, −π + φ( ) = mgR cos(−π + φ( ) + kR2 − mω 2 R2 sin2 (−π + φ( )
= −mgR cos φ( + kR2 − mω 2 R2 sin2 φ( = Qs (−1, π − φ( )
che individua la configurazione come equilibrio di confine nella stessa condizione già
ricavata per la configurazione simmetrica φ = π − φ( — vale a dire k/mω 2 ≤ 1.
In definitiva, le configurazioni di equilibrio di confine sono le seguenti:
(I) (s, φ) = (1, 0), per mg/kR ≥ 1;
(II) (s, φ) = (1, φ( ), a condizione che si abbia k/mω 2 ≤ 1;
(III) (s, φ) = (1, −φ( ), sempre per k/mω 2 ≤ 1;
(IV ) (s, φ) = (−1, π), per mg/kR ≥ 1;
(V ) (s, φ) = (−1, π − φ( ), purché k/mω 2 ≤ 1;
(V I) (s, φ) = (−1, −π + φ( ), ancora sotto la condizione che risulti k/mω 2 ≤ 1.
Gli equilibri di confine sono illustrati nelle figure sotto riportate.
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1503
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Esercizi di Meccanica razionale
Si osservi che l’essere s = 1 implica l’identificarsi degli estremi B e B " di asta e diametro —
ovvero dell’estremo A" con l’origine O —, mentre per s = −1 l’estremo A viene a coincidere
con il punto A" — o equivalentemente B " si sovrappone ad O.
(c) Stabilità degli equilibri ordinari
Il sistema è scleronomo, posizionale e conservativo; l’analisi di stabilità può dunque essere
condotta facendo riferimento ai teoremi standard di Lagrange-Dirichlet e di inversione
parziale, per applicare i quali si rende necessario calcolare le derivate parziali seconde del
potenziale
Uss (s, φ) = −kR2 + mω 2 R2 sin2 φ
Usφ (s, φ) = Uφs (s, φ) = −mgR sin φ + 2mω 2 R2 s sin φ cos φ
Uφφ (s, φ) = −mgRs cos φ + mω 2 R2 s2 (cos2 φ − sin2 φ)
e quindi la relativa matrice hessiana

− kR2 + mω 2 R2 sin2 φ

HU (s, φ) =
sin φ (−mgR + 2mω 2 R2 s cos φ)
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sin φ (−mgR + 2mω 2 R2 s cos φ)
− mgRs cos φ + mω R s cos 2φ
2
2 2


1504
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in tutte le configurazioni di equilibrio ordinarie già individuate al punto precedente.
Configurazione (s, φ) = (mg/kR, 0), per mg/kR < 1
In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale assume la forma
HU
$ mg
kR
,0
%
=
5
−kR2
0
0
−mgR
mg
m2 g 2
+ mω 2 R2 2 2
kR
k R
6
con autovalori λ1 = −kR2 e
λ2 = −
k %
m2 g 2
m3 g 3 ω 2 $
ω2
1
−
,
+ m3 g 2 2 =
k
k
k2
mω 2
il primo dei quali è sempre negativo mentre il secondo non ha segno definito ed obbliga a
distinguere tre diversi casi:
◦ se k/mω 2 > 1 entrambi gli autovalori sono negativi, individuando cosı̀ l’equilibrio
ordinario come un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità è assicurata
dal teorema di Lagrange-Dirichlet;
◦ per k/mω 2 < 1 l’autovalore λ2 risulta positivo, dal che si deduce l’instabilità dell’equilibrio ordinario in virtù del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;
◦ se infine k/mω 2 = 1 gli autovalori dell’hessiana sono uno negativo e uno nullo, per cui
ricorre un caso critico — che si discuterà nel seguito.
Configurazione (s, φ) = (−mg/kR, π), per mg/kR < 1
L’hessiana del potenziale vale in questo caso
$ mg %
HU −
,π =
kR
5
−kR2
0
con gli autovalori
λ1 = −kR2
e
λ2 = −
0
$ mg %2
mg
2 2
−mgR
+ mω R −
kR
kR
6
m2 g 2
m3 g 2 ω 2 $
k %
m3 g 2 ω 2
=
1
−
+
k
k2
k2
mω 2
il secondo dei quali non ha segno definito e decide pertanto la natura dell’equilibrio. Risulta
infatti che:
◦ se k/mω 2 > 1 entrambi gli autovalori dell’hessiana sono negativi, consentendo cosı̀ di
riconoscere nel punto critico un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per
Lagrange-Dirichlet;
◦ per k/mω 2 < 1 si ha λ2 > 0 e l’equilibrio risulta instabile per il teorema di inversione
parziale di Lagrange-Dirichlet;
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1505
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◦ se infine k/mω 2 = 1, il secondo autovalore si annulla e niente può dirsi direttamente
circa la stabilità o meno della configurazione di equilibrio: ricorre un caso critico, che
verrà analizzato nel seguito.
Configurazione (s, φ) = (0, π/2)
Per l’hessiana del potenziale si ha, in questa configurazione,
;
<
−kR2 + mω 2 R2 −mgR
HU (0, π/2) =
−mgR
0
con determinante di segno negativo
detHU (0, π/2) = −m2 g 2 R2 < 0
e dunque autovalori — sempre reali — di segno opposto. La presenza di un autovalore
positivo autorizza a concludere che l’equilibrio ha carattere instabile per il teorema di
inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.
Configurazione (s, φ) = (0, −π/2)
La matrice hessiana del potenziale poco differisce da quella calcolata nella precedente
configurazione
<
;
−kR2 + mω 2 R2 mgR
HU (0, −π/2) =
mgR
0
con la quale peraltro condivide il valore negativo del determinante
detHU (0, −π/2) = −m2 g 2 R2 < 0 .
La conclusione alla quale si perviene è la stessa, vale a dire l’instabilità della configurazione
di equilibrio ordinaria.
Configurazioni di equilibrio ulteriori per k/mω 2 = 1
Per k/mω 2 = 1 — condizione che corrisponde peraltro al caso critico di stabilità per gli
equilibri ordinari (s, φ) = (mg/kR, 0) e (s, φ) = (−mg/kR, π) calcolati in precedenza — si
hanno le ulteriori configurazioni di equilibrio ordinarie
$ g
%
1
g
(s, φ) =
, φ /= nπ , n ∈ Z ,
,φ
∀ φ ∈ R : | cos φ| >
2
Rω cos φ
Rω 2
nelle quali risulta
$ g
%
1
Uss
,
φ
= −kR2 + mω 2 R2 sin2 φ = −mω 2 R2 + mω 2 R2 sin2 φ = −mω 2 R2 cos2 φ
Rω 2 cos φ
$ g
%
2
1
g
cos2 φ − sin2 φ
2 2 g
+
mω
R
Uφφ
,
φ
=
−mgR
=
Rω 2 cos φ
Rω 2
R2 ω 4
cos2 φ
mg 2 sin2 φ
sin2 φ %
mg 2 mg 2 $
=
−
=− 2 + 2 1−
ω
ω
cos2 φ
ω 2 cos2 φ
$ g
%
%
$
1
2 2 g
= mgR sin φ
Usφ
R
,
φ
=
sin
φ
−mgR
+
2mω
Rω 2 cos φ
Rω 2
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1506
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per cui la matrice hessiana del potenziale assume la forma


2 2
2
mgR sin φ
−mω R cos φ
$ g
%
1


HU
,
φ
=

mg 2 sin2 φ 
Rω 2 cos φ
mgR sin φ
− 2
ω cos2 φ
con determinante nullo
$ g
%
1
detHU
, φ = m2 g 2 R2 sin2 φ − (mgR sin φ)2 = 0
2
Rω cos φ
e traccia negativa
"
$ g
$ g %2 sin2 φ #
%
1
2 2
2
trHU
, φ = −mω R cos φ +
< 0.
Rω 2 cos φ
Rω 2 cos2 φ
Gli autovalori dell’hessiana sono perciò uno nullo ed uno negativo e non è possibile applicare
il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet per concludere che gli equilibri
sono instabili. Qualora si dimostrasse che detti equilibri costituiscono altrettanti massimi
relativi propri del potenziale, sarebbe lecito applicare il teorema di Lagrange-Dirichlet per
provarne la stabilità. Occorre quindi analizzare il grafico di U per k/mω 2 = 1.
Struttura del potenziale per k/mω 2 = 1
In questa circostanza il potenziale del sistema si riduce a
$ g
s cos φ −
Rω 2
$ g
2 2
= mω R
s cos φ −
Rω 2
$ g
= mω 2 R2
s cos φ −
Rω 2
U(s, φ) = mω 2 R2
k
1 2 2 %
2
s sin φ =
s
+
2mω 2
2
1 2 1 2 2 %
s + s sin φ =
2
2
"
#
1 2 2 %
1
g
2 2
2
s cos φ = mω R
s cos φ − (s cos φ)
2
Rω 2
2
e può quindi intendersi come una funzione della variabile s cos φ
U(s, φ) = f(s cos φ)
essendo
$ g
ξ2 %
ξ−
f(ξ) = mω R
Rω 2
2
Lungo tutti gli equilibri della forma
2
(s, φ) =
%
$ g
1
,
φ
,
Rω 2 cos φ
compresi i casi limite
%
$ mg %
$ g
,0
,0 =
(s, φ) =
Rω 2
kR
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2
e
∀ξ ∈ R.
φ ∈ R , | cos φ| >
(s, φ) =
$
g
,
Rω 2
%
$ mg %
g
−
,π ,
,π = −
Rω 2
kR
1507
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risulta s cos φ = g/Rω 2 costante ed è dunque costante anche il valore del potenziale U. Ma
nell’insieme Ω di questi equilibri
A
@
$ g
%
1
g
=
Ω = (s, φ) =
, φ , φ ∈ R , | cos φ| >
Rω 2 cos φ
Rω 2
@
A
$ g
%
1
= (s, φ) =
, φ , φ ∈ R ∩ {(s, φ) ∈ R2 : −1 < s < 1}
2
Rω cos φ
ogni equilibrio è punto di accumulazione di altri equilibri, come evidenziato nella figura
seguente
Nessuno di detti punti è dunque un massimo relativo proprio del potenziale, per cui il
teorema di Lagrange-Dirichlet non risulta applicabile ed il caso di stabilità considerato
rimane critico.
In effetti, per i sistemi a due gradi di libertà Painlevé ha dimostrato l’instabilità delle
configurazioni di equilibrio che non siano massimi del potenziale — supposto funzione
analitica in un intorno del punto di equilibrio — anche nel caso in cui un autovalore
dell’Hessiano sia negativo e l’altro sia nullo. Queste condizioni sono precisamente soddisfatte nella circostanza in esame: il potenziale U è un polinomio algebrico-trigonometrico
dei due parametri lagrangiani s, φ e costituisce perciò una funzione analitica dei propri
argomenti; si è già verificato, inoltre, che gli autovalori della matrice hessiana in una
qualsiasi di queste configurazioni di equilibrio risultano uno negativo ed uno nullo.
(d) Energia cinetica
Essendo l’asta di massa trascurabile, l’energia cinetica del sistema si identifica con quella
del disco D che, in mancanza di punti fissi, deve essere calcolata facendo ricorso al teorema
di König
mĊ 2 1 D
T =
+ ICz |#ωD |2 .
2
2
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1508
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Derivando rispetto al tempo il vettore posizione del baricentro C
C − O = R(s sin φ ê1 − s cos φ ê2 )
si ottiene la relativa velocità istantanea
Ċ = R[(ṡ sin φ + s cos φ φ̇) ê1 + (−ṡ cos φ + s sin φ φ̇) ê2 ]
che ha modulo quadrato dato dalla formula
1
Ċ 2 = R2 sin2 φ ṡ2 + s2 cos2 φ φ̇2 + 2s sin φ cos φ ṡφ̇+
2
+ cos2 φ ṡ2 + s2 sin2 φ φ̇2 − 2s sin φ cos φ ṡφ̇ = R2 (ṡ2 + s2 φ̇2 ) .
Il momento d’inerzia del disco rispetto all’asse passante per il baricentro C e ortogonale
al piano di giacitura Oxy vale ovviamente
D
=
ICz
mR2
2
mentre la sua velocità angolare istantanea si scrive #ωD = φ̇ ê3 . L’energia cinetica del
sistema risulta perciò
"
% #
$1
mR2 2
1 mR2 2
1
2 2
2 2
2
(ṡ + s φ̇ ) +
+ s φ̇2 .
T =
φ̇ = mR ṡ +
2
2 2
2
2
(e) Equazioni di Lagrange
Le equazioni del moto del sistema sono quelle di Lagrange
d $ ∂L % ∂L
d $ ∂L % ∂L
−
= 0
= 0
−
dt ∂ ṡ
∂s
dt ∂ φ̇
∂φ
con la lagrangiana L = T + U data da
"
% #
$1
1
kR2 2 mω 2 R2 2 2
2 2
2
L = mR ṡ +
+ s φ̇2 + mgRs cos φ −
s +
s sin φ .
2
2
2
2
Da questa lagrangiana si deducono immediatamente le relazioni seguenti
d $ ∂L %
∂L
= mR2 s̈
= mR2 ṡ
∂ ṡ
dt ∂ ṡ
∂L
= mR2 s φ̇2 + mgR cos φ − kR2 s + mω 2 R2 s sin2 φ
∂s
$
%
$
%
d $ ∂L %
∂L
2 1
2
2 1
2
+ s φ̇
+ s φ̈ + 2mR2 sṡφ̇
= mR
= mR
2
dt ∂ φ̇
2
∂ φ̇
∂L
= −mgRs sin φ + mω 2 R2 s2 sin φ cos φ
∂φ
in modo che le equazioni differenziali del moto diventano

 mR2 s̈ − mR2 s φ̇2 − mgR cos φ + kR2 s − mω 2 R2 s sin2 φ = 0
$
%
 mR2 1 + s2 φ̈ + 2mR2 sṡφ̇ + mgRs sin φ − mω 2R2 s2 sin φ cos φ = 0 .
2
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1509