Appunti di Meccanica razionale

Corso da 6 CFU

Anno accademico 2009/2010

Indice 1. Concetti di base della meccanica razionale ..................................................................................6

Grandezze scalari e grandezze vettoriali ..........................................................................................6 Proiezione di un vettore su una retta ................................................................................................6 Lunghezza o modulo di un vettore ...................................................................................................7 Somma tra vettori .............................................................................................................................7 Prodotto di un vettore per uno scalare..............................................................................................8 Prodotto scalare ................................................................................................................................8

Proprietà del prodotto scalare.......................................................................................................8 Prodotto vettoriale ............................................................................................................................9

Proprietà del prodotto vettoriale...................................................................................................9 Calcolo analitico del prodotto vettoriale ....................................................................................10

Doppio prodotto vettoriale .............................................................................................................10 Prodotto misto ................................................................................................................................11 Momento polare .............................................................................................................................11 Momento assiale.............................................................................................................................12 Sistema di vettori applicati .............................................................................................................12

Legge di variazione del momento risultante al variare del polo ................................................12 Teorema di Varignon......................................................................................................................14 Invariante scalare e invariante vettoriale........................................................................................15 Asse centrale di un sistema ............................................................................................................16 Sistemi di vettori applicati paralleli................................................................................................19

2. Cinematica ....................................................................................................................................21

Moto del punto materiale ...............................................................................................................21 Velocità scalare ..........................................................................................................................22 Velocità vettoriale ......................................................................................................................23 Legame tra velocità scalare e velocità vettoriale........................................................................23 Accelerazione scalare .................................................................................................................23 Accelerazione vettoriale .............................................................................................................24 Legame tra accelerazione scalare e accelerazione vettoriale .....................................................24

Studio di un moto ...........................................................................................................................24 Moto piano .....................................................................................................................................26 Velocità angolare............................................................................................................................26 Moto piano circolare ......................................................................................................................26 Moto piano circolare uniforme.......................................................................................................27 Moto armonico ...............................................................................................................................27 Moto rigido.....................................................................................................................................27

Proprietà caratteristiche del moto rigido ....................................................................................27 Formula fondamentale della cinematica dei rigidi .....................................................................28

Moto rigido traslatorio....................................................................................................................30 Moto rigido rotatorio ......................................................................................................................30 Moto rigido elicoidale ....................................................................................................................31 Teorema di Mozzi ..........................................................................................................................31

4

Centro istantaneo di rotazione........................................................................................................31 Teorema di Chasles ........................................................................................................................31 Moto relativo ..................................................................................................................................32 Sistemi vincolati .............................................................................................................................33

Regole utili per determinare il grado di libertà ..........................................................................34 3. Dinamica........................................................................................................................................36

Primo assioma della dinamica (principio d’inerzia).......................................................................36 Secondo assioma della dinamica....................................................................................................36 Terzo assioma della dinamica ........................................................................................................36 Quarto assioma della dinamica.......................................................................................................36 Legge di Newton ............................................................................................................................37 Principio di azione e reazione ........................................................................................................37 Classificazione delle forze..............................................................................................................37

Forza elastica..............................................................................................................................37 Forza gravitazionale ...................................................................................................................37 Forza di resistenza viscosa .........................................................................................................38 Forza peso...................................................................................................................................38

Statica .............................................................................................................................................38 Equazioni fondamentali o cardinali della meccanica razionale .....................................................40 Baricentro .......................................................................................................................................41

Teoria dei baricentri dei fori.......................................................................................................42 Teoremi di Pappo-Guldino.........................................................................................................43

Equazioni fondamentali della meccanica razionale nella seconda forma ......................................43 Equazioni fondamentali della meccanica razionale nella terza forma ...........................................44 Statica di un sistema.......................................................................................................................44 Classificazione delle reazioni vincolari..........................................................................................45

Carrello.......................................................................................................................................45 Cerniera ......................................................................................................................................46 Carrello con cerniera ..................................................................................................................46

Energia cinetica ..............................................................................................................................46 Teorema di König...........................................................................................................................47 Lavoro elementare di un sistema....................................................................................................47 Potenziale .......................................................................................................................................49 Calcolo di alcuni potenziali............................................................................................................49

Forza peso...................................................................................................................................49 Forza elastica..............................................................................................................................50 Forza costante generica ..............................................................................................................50 Coppia di forze agente in un punto ............................................................................................50

Teorema delle forze vive................................................................................................................50 Principio di conservazione dell’energia meccanica .......................................................................50 Momento d’inerzia per un sistema di punti....................................................................................51 Teorema di Huygens ......................................................................................................................53 Relazione tra il momento d’inerzia e il momento della quantità di moto ......................................54 Ellissoide d’inerzia .........................................................................................................................54 Energia cinetica rotazionale ...........................................................................................................55 Lavoro virtuale ...............................................................................................................................56 Equazioni di Lagrange....................................................................................................................58 Lagrangiana di un sistema..............................................................................................................60 Equivalenza tra le equazioni di Lagrange e le equazioni della meccanica ....................................60 Energia cinetica generalizzata ........................................................................................................62

5

Teorema di Lagrange......................................................................................................................62 Principio dei lavori virtuali.............................................................................................................63 Principio di Torricelli .....................................................................................................................63 Stabilità...........................................................................................................................................65

Criterio di Dirichlet ....................................................................................................................65 Stereomeccanica.............................................................................................................................66

Solido con punto fisso ................................................................................................................66 Solido con asse fisso...................................................................................................................69 Solido libero ...............................................................................................................................70 Equilibrio per un solido con punto fisso ....................................................................................71 Equilibrio per un solido con asse fisso.......................................................................................71

Equazioni dei piccoli moti..............................................................................................................72 Pendolo semplice........................................................................................................................72

4. Supplementi ..................................................................................................................................75

1. Concetti di base della meccanica razionale La meccanica razionale classica si divide in: • Cinematica

• Dinamica La meccanica razionale cinematica studia il moto dei corpi senza interessarsi delle cause che lo hanno generato. La meccanica razionale dinamica, invece, studia le cause che danno luogo ai moti. Definiamo due entità: • Il continuo temporale: è un sistema i cui elementi si chiamano istanti e vale una relazione

d’ordine: 21 tt < e 3132 tttt <⇒<

• Il continuo spaziale:

Gli elementi del continuo spaziale sono gli spostamenti, i segmenti orientati che vanno da P a Q (o anche da Q a P )

Grandezze scalari e grandezze vettoriali

Si definisce vettore applicato AB quell’ente geometrico caratterizzato dall’avere un modulo, una direzione e un verso.

ABABAB == è la lunghezza del segmento AB

è la direzione della retta passante per A e B AB

Verso

Direzione

Modulo

è il verso della retta [ ]BAr ,

Proiezione di un vettore su una retta

'r è parallela a r

αcos' ABAB =

A

B 3E

P Q r

A

B

'B α 'r

r

7

Lunghezza o modulo di un vettore

AByy

xx

AB

AB vettoredel componenti

−

−

Per il teorema di Pitagora si ha:

( ) ( )22ABAB yyxxAB −+−=

Analogamente si ragiona in 3E :

( ) ( ) ( )222ABABAB zzyyxxABOxyz −+−+−=

Definizione

Si definisce versore un vettore con modulo unitario e lo si indica con: eee ==r

. Si preferiscono le

notazioni: ( )evers oppure e .

Si dimostra che: ( )e

eevers = .

( )( ) jyy

ixx

AB

AB

AB

−

−

Somma tra vettori

CDAB +

In definitiva:

( ) ( ) jyyixxAB ABAB −+−=

B

C D + =

A

CB ≡ D

CDAB + A

A

B

O x

y

Ax Bx

By

Ay AB xx −

AB yy −

A

B

O x

y

i

j

AB xx −

AB yy −

8

Analogamente si ragiona in 3E :

( ) ( ) ( )kzzjyyixxAB ABABAB −+−+−=

Prodotto di un vettore per uno scalare

ABRm∈

Modulo ABm ⋅

Direzione quella di AB ABm

Verso quello di AB se 0>m , quello di AB− se 0<m Prodotto scalare

uCDvABrr

==

uvrr

⋅ (altre notazioni sono uvrr

∧ e uvrr

). Da leggersi “ v scalare u ”.

αcos⋅⋅=⋅ uvuvrrrr

Un altro metodo per il calcolo del prodotto scalare è il seguente:

( )( )

zzyyxx

zyxzyx

zyxzyx

zyxzyx

uvuvuvuv

uuukujuiuu

vvvkvjvivv

uuuvvvOxyz

++=⋅

=++=

=++=

rr

,,

,,

,,,,

Proprietà del prodotto scalare

1) Commutatività vuuvrrrr

⋅=⋅ 2) Distributività

( ) rvuvruvruvrrrrrrrrrr

⋅+⋅=+⋅:,,

3) Rmuv ∈rr

,

( ) ( ) ( )umvuvmuvmrrrrrr

⋅=⋅=⋅⋅ 4) Annullamento del prodotto scalare

uvrr

,

uv

uuuv

vv

rr

rrrr

rr

⊥=

==⇔=⋅

==

cioè0cos3)

0cioè02)0

0cioè01)

α

9

Esempi 1) jiu += 2

jiv 3+=

5323112 =+=⋅+⋅=⋅vu

°=⇒=⋅

=⋅⋅

= 452

2

105

5cos αα

vu

vu

2) jiu 3+=

jiv 65 −=

13185 −=−=⋅vu

°≈

−=⇒−=

⋅

−=

⋅⋅

= 76,121610

61013arccos

610

61013

6110

13cos αα

vu

vu

3) kjiu −+= 32

kjiv 4+−=

5432 −=−−=⋅vu

°≈

−=⇒−=

⋅

−=

⋅⋅

= 36,10842

75arccos

42

75

1814

5cos αα

vu

vu

Prodotto vettoriale

vu,

Modulo αsin⋅⋅ vu

Direzione u⊥ e v⊥ ω=×vu

Verso tale che ( )vuvu ×,, sia una terna levogira Proprietà del prodotto vettoriale

1) Anticommutatività uvvu ×−=×

2) Distributività ( ) wuvuwvuwvu ×+×=+×:,,

3) Rmvu ∈,

( ) ( ) ( )vmuvumvum ×=×=×⋅ 4) Annullamento del prodotto vettoriale

vu,

vu

vvvu

uu

//cioè0sin3)

0cioè02)0

0cioè01)

=

==⇔=×

==

α

10

Esempi 1) kjiu 2++=

kjiv 422 ++=

0//2 =×⇒⇒= uvuvuv

Calcolo analitico del prodotto vettoriale

( )

( )

( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )321

321

321

123322133131221

322332311331211221

32233113

32322112

31312121

333323231313

323222221212

313121211111

3

1,

3

1,

3

1

3

1

3

1332211321

3

1332211321

321321

0

0

0

,,

,,

,,,,

vvv

uuu

eee

evuvuevuvuevuvu

eevuvueevuvueevuvu

eevueevu

eevueevu

eevueevu

eevueevueevu

eevueevueevu

eevueevueevu

eevueveueveuvu

evevevevvvvv

eueueueuuuuu

vvvuuuOxyz

ji

jiji

ji

jjii

j

jj

i

ii

j

jj

i

ii

=−+−−−=

=×−+×−+×−=

=+×−×−

+×++×−

+×+×+=

=×+×+×+

+×+×+×+

+×+×+×=

=×=×=×=×

=++==

=++==

∑∑∑∑

∑

∑

====

=

=

Doppio prodotto vettoriale

( ) ( ) ( )uwvvwuwvu

wvu

⋅−⋅=××

,,

11

Prodotto misto

( ) . e , vettoridai formato idoparallelep del volume

,,

wvuwvu

wvu

=⋅×

( ) VHAwAwvuwvu

Ahvvuvu

=⋅=⋅⋅=⋅⋅×=⋅×

=⋅=⋅⋅=×

ββ

α

coscos

sin

Il prodotto misto gode della seguente proprietà: ( ) ( ) ( ) uwvvuwwvu ⋅×=⋅×=⋅× Proprietà ciclica del prodotto misto Momento polare

Convenzione: ( )vP, indica il vettore v applicato in P ( ) vTPM T ×−=

( ) vAPMrA A ×−=⇒∈

( ) ( ) ( ) vTAvAPvTPMM AT ×−=×−−×−=− Legge di variazione del momento

rispetto al polo

u

v

w

vu×

α

β

h

T

P v

12

Momento assiale

( )vP,

( ) vTPM T ×−=

Si definisce momento assiale la proiezione del momento polare sulla retta:

( )[ ] evTPeMM Tr ⋅×−=⋅=

rArT ∈∈ ,

( )( )[ ] ( )[ ] eMvTAeeMevTAeMeM

vTAMM

AAAT

AT

⋅=⋅−×+⋅=⋅×−+⋅=⋅

×−+=

Quindi rAT MeMeM =⋅=⋅ : il momento assiale è unico. Sistema di vettori applicati

( ) niii vPS ,...,1, ==

Definizione

Si definisce risultante del sistema il vettore: ∑=

=n

i

ivR1

.

Definizione

Si definisce momento risultante del sistema rispetto al polo T il vettore:

( )∑=

×−=n

i

iiT vTPM1

Legge di variazione del momento risultante al variare del polo

( ) RTAMM AT ×−+= Dimostrazione

( )∑=

×−=n

i

iiA vAPM1

T e

T

r

13

( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( )

( ) ( ) RTAvTA

vTAvAPTPvAPvTPMM

n

i

i

n

i

i

n

i

iii

n

i

ii

n

i

iiAT

×−=×−=

=×−=×−−−=×−−×−=−

∑

∑∑∑∑

=

====

1

1111

Definizione

Due sistemi di vettori applicati si dicono equivalenti se hanno lo stesso risultante e lo stesso momento risultante rispetto ad un polo qualsiasi:

( ) ( )

∀=

=⇔

=

=

=

=

TMM

RRSS

uBS

vAS

TTmjjj

niii

'

''~

,'

,

,...,1

,...,1

Esempi 1) kjiu −+= 32

kjiv 4+−=

( ) ( ) ( ) kjikji

kji

vu 59113218112

411

132 −−=−−++−−=

−

−=×

2) kiu 3−=

kjv +=

kjiw −+= 22

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) kjikikjuwvvwuwvu

kjikjikji

kji

wvu

85315

312622322

110

301

++−=−⋅−+⋅=⋅−⋅=××

=−−=−+⋅+−=−+⋅−=⋅×

3) jiu +=1 ( )0,2,51 −P

jiu 432 −= ( )0,0,32P

jiu 623 +−= ( )0,3,13 −P

( )0,1,1A

( )

( )

( ) k

kji

uOP

k

kji

uOP

uOPMi

iiO

12

043

003

7

011

025

22

11

3

1

−=

−

=×−

=−=×−

×−=∑=

14

( )

( ) kkk

kji

kRAOMM

jiuuuuR

kkkkM

kji

uOP

OA

i

i

O

65

032

0115

32

50127

0

062

031

321

3

1

33

−=−−=−−+−=×−+=

+=++==

−=+−=

=

−

−=×−

∑=

4) kjiv −+= 21 ( )1,1,11P

kiv 732 +−= ( )3,2,02 −P

kjv 23 −= ( )1,0,53P

( ) ( )3,2,11,0,0 −QP

( )

( )

( )

( )

( ) ( ) kjikjiji

kji

jiRQPMM

kjivvvvR

jikjkjikjiM

kj

kji

vPP

kji

kji

vPP

kji

kji

vPP

vPPM

PQ

i

i

P

i

iiP

++−=+−−++−=

−−

−−++−=×−+=

−+−=++==

+−=++−−−++−=

+=

−

=×−

−−−=

−

−=×−

++−=

−

=×−

×−=

∑

∑

=

=

25410515

832

221515

832

5155106614

510

210

005

6614

703

220

121

011

321

3

1

33

22

11

3

1

Teorema di Varignon

Dato un sistema di vettori che concorrono in un punto, esso è equivalente al sistema formato da un unico vettore R applicato in O :

( ) ( ) ROSvOSnii ,'~, ,...,1 == = con ∑

=

=n

i

ivR1

15

Dimostrazione

( ) ( ) ( ) ( ) RTOMRTOvTOvTOM

RRvR

T

n

i

i

n

i

iT

n

i

i

×−=×−=×−=×−=

==

∑∑

∑

==

=

'

'

11

1

Definizione

( ) niii vAS ,...,1, == si dice equivalente a zero se

∀=

=

TM

R

T 0

0

Definizione di coppia

( ) ( ) vQvP −,;,

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) vQPvTQTPvTQvTPM

vvR

T ×−=×−−−=−×−+×−=

=−+= 0

Si vede quindi che una coppia è un sistema equivalente a zero soltanto se i due vettori sono applicati nello stesso punto. Invariante scalare e invariante vettoriale

( ) niii vPS ,...,1, ==

( ) RABMMBA

vR

BA

n

i

i

×−+=∀

=∑=

,1

( )[ ] ( )[ ] RMRRABRMRRABMRM BBBA ⋅=⋅×−+⋅=⋅×−+=⋅

E quindi: BARMRM BA ,∀⋅=⋅

ARM A ∀⋅=I Invariante scalare

( )∑=

×−=n

i

iiT vTPM1

TTT SNM +=

R

TM

TS

TN

16

2

220

:

RRRRRRNRM

RNMR

TT

TT

II =⇒=+=⇒⋅+⋅=⋅

+=∈

λλλλ

λλ

RR

NM TT 2

I+=

RR

2

I=P Invariante vettoriale

Asse centrale di un sistema

Si definisce asse centrale di un sistema il luogo geometrico tale che la componente normale del momento si annulla.

RR

RMN

RNMA

AA

AA

20

:

I==⇒=

+=

λ

λ

( ) ( )

( ) 43421

321

b

T

ay

TTA

RR

MRTA

TRATMRR

RATMM

2

2

I

I

−=×−

∀×−+=⇒×−+=

Risulta 0=⋅ba :

022

=−=⋅−⋅=

−⋅ II

IIRR

RRMR

RMR TT

Essendo i vettori a e b ortogonali, la soluzione dell’equazione è data da:

( ) RR

RR

MR

TA

T

λ+

−×

=−2

2

I

( ) TRR

MRTA T ∀+

×=− λ2 Equazione dell’asse centrale

Risoluzione delle equazioni vettoriali

bay =×

1) 00 == ba :

y∀

2) 00 ≠= ba :

Impossibile

3) 00 =≠ ba :

Rcon ∈= λλay

4) baba ⊥≠≠ 00 :

Rcon 2

∈+×

= λλaa

bay

17

Esempi 1) jiv +=1 ( )0,0,11A

kv =2 ( )2,0,02A

( )jiv −=2

13 ( )0,1,13A

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2

71

4

1

4

9

0

02

1

2

10

2

1

2

3

2

1

2

1

2

1001

02

1

2

1010

100

2010

2

1

2

3

2

11

2

11

2

1

2

1

2

2

313212111

3

11

3

1

1

1

=++=⋅=

==

=−+=

++⋅

−=⋅=

−=

−+−−−=

−

+−+=

=×−+×−+×−=×−=

++=+

−+

+=

−+++==

∑

∑

=

=

RRR

RR

kjikjRM

kjkj

kjikji

vAAvAAvAAvAAM

kjikjijikjivR

A

i

iiA

i

i

I

I

P

( ) ( ) ( )

+=

+=

+=

⇒++−=−=−

++

++

+−=

+++

++−=

=

+++

−

=+×

=−

λ

λ

λ

λλλλλλ

λλ

7

32

1

14

32

3

14

9

10,0,1,,

7

3

2

1

14

3

2

3

14

5

2

1

2

3

2

3

4

3

4

5

7

2

2

1

2

3

2

110

12

1

2

3

7

2

1

211

z

y

x

kzjyixzyxAA

kjikjikji

kji

kji

RR

MRAA

A

2) Il sistema precedente è equivalente al seguente sistema?

( )

( ) ( )0,0,02

10,1,1

22

11

Bkjiu

Bjiu

+−=

+=

=

=⇔

11'

''~

AA MM

RRSS

18

( )

( ) ( ) ( )

1

1

2

1

2

1

12

1

2

1001

011

010

'

2

1

2

3

2

1

2

1'

212111

2

11

2

1

A

i

iiA

i

i

Mkjkjk

kjikji

uABuABuABM

RkjikjijiuR

=−=

++−=

−

−+=

=×−+×−=×−=

=++=

+−++==

∑

∑

=

=

I due sistemi sono quindi equivalenti

3) Verificare che il seguente sistema è equivalente a zero: ( )( )( )0,1,1

1,1,0

1,0,1

33

22

11

Akiv

Akjv

Ajiv

+−=

−=

−=

∀=

=⇔

TM

RS

T 0

0 zero a eequivalent è

( ) ( ) ( ) 00003

1

=++=+−+−+−==∑=

kjikikjjivRi

i

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )[ ] ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )

0000

1111121

1112111

101

11

110

11

011

11

,,

332211

3

1

=++=

=−+−++−+−++−−+−+++−−=

=−+−++−+−−++−+++−+−+−=

=

−

−−−+

−

−−−+

−

−−−=

=×−+×−+×−=×−=∑=

kji

kyxyxjzxxziyzyz

kyjzxiykxjxizykyxjziz

zyx

kji

zyx

kji

zyx

kji

vTAvTAvTAvTAM

zyxT

i

iiT

Il sistema assegnato è quindi equivalente a zero

19

Sistemi di vettori applicati paralleli

( ) niii vPS ,...,1, ==

( ) niii efPS ,...,1, ==

efefvRn

i

i

n

i

i === ∑∑== 11

con ∑=

=n

i

iff1

Definizione

Si definisce centro di un sistema di vettori applicati paralleli il punto C tale che:

( ) OOPff

OCn

i

ii ∀−=− ∑=1

1

Proprietà

1) Il centro di un sistema di vettori applicati paralleli è indipendente dal particolare punto O scelto:

( ) ( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )∑∑

∑∑∑

∑∑

==

===

==

−=−⇒−+=

=−−−+−+=−−−+−+=

=−+−+−+=−+=

n

i

ii

n

i

ii

n

i

ii

n

i

i

n

i

ii

n

i

ii

n

i

ii

OPff

OCOPff

O

OOff

OPff

OOOOOff

OPff

OOO

OOOPff

OOOOPff

OC

11

111

11

'1

''1

'

'1

'1

'''1

'1

''

''1

''1

2) ( ) ( )RCefPS

niii ,~, ,...,1==

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) OO

n

i

ii

n

i

iiO

MROCM

ROCefOCeOCfeOPfefOPM

=×−=

×−=×−=×−=×

−=×−= ∑∑

==

'11

3) Proprietà distributiva:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )OCOCOPff

OPff

OPff

OCn

mi

ii

m

i

ii

n

i

ii −+−=−+−=−=− ∑∑∑+===

'''111

111

e 1v

1P

2v

2P

3v

3P

nv

nP

...

20

Esempi 1) ev =1 ( )0,0,01A

ev 22 = ( )0,0,12A

ev 33 = ( )0,1,03A

( ) ( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( ) ( )[ ] ( )

eefR

OAfOAfOAfOAff

OC

ff

i

ii

n

i

i

6

0,2

1,

3

10,3,2

6

10,1,030,0,120,0,0

6

1

6

11

6321

332211

3

1

1

==

==++=

=−+−+−=−=−

=++==

∑

∑

=

=

2) ( )0,0,12 11 Ajiv +=

( )0,1,042 22 Ajiv +=

( )1,0,02

133 Ajiv −−=

Ponendo jie 2+= si ottiene:

evevev2

12 321 −===

( ) ( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( ) ( )

eefR

OAfOAfOAfOAff

OC

ff

i

ii

n

i

i

2

5

5

1,

5

4,

5

2

2

1,2,1

5

21,0,0

2

10,1,020,0,1

5

2

5

21

2

5

2

121

332211

3

1

1

==

−=

−=

−+=

=−+−+−=−=−

=−+==

∑

∑

=

=

2. Cinematica La cinematica spesso viene anche chiamata “geometria del movimento”. I concetti di moto e quiete non sono assoluti, bensì relativi.

Continuo spaziale e continuo temporale

I moti che analizzeremo sono di quattro tipi: 1) Moto del punto materiale:

( )mP, 2) Moto di un sistema di punti materiali:

( ) niii mPS ,...,1, ==

3) Moto di un sistema rigido 4) Moto di un sistema continuo:

( )Pρ funzione densità di massa Moto del punto materiale

( )mP, Si dice che è noto il moto se si conosce un’applicazione:

( ) 3: EtPtp ∈→∈I

( ) I∈∀= ttPP

( ) ( ) ( ) ( )ktzjtyitxOtPOxyz +++=: Equazione finita vettoriale del moto

x

y

z

O

1P 2P

( )

IOxyz

tE

↓↓

,3

22

La forma parametrica della traiettoria (spesso indicata con γ ) sarà:

( )( )( )

I∈∀

=

=

=

t

tzz

tyy

txx

:γ

( ) 3: Etsts ∈→∈I

Spesso diremo che è data la legge oraria del moto. Definizione Si definisce ascissa curvilinea la lunghezza dell’arco percorso. Definizione

Un moto si definisce progressivo se la funzione ( )ts è una funzione crescente: 0' >==dt

dsss& .

Definizione

Un moto si definisce retrogrado se la funzione ( )ts è una funzione decrescente: 0<s& . Velocità scalare

[ ] ( ) ( )ttststtt ∆+∆+,

La velocità scalare media è data da: ( ) ( )

t

tstts

∆−∆+

. La velocità scalare istantanea è definita

come: ( ) ( )

st

tstts

t&=

∆−∆+

→∆ 0lim .

Definizione

Gli istanti di tempo per cui risulta ( ) 0=ts& si definiscono istanti di arresto. Definizione

Un moto si definisce uniforme quando la sua velocità scalare istantanea è costante: ( ) ( ) 00cost. ststs &&& ===

Integrando si ha:

( ) ( ) ( ) ( ) 000

0

0

0

0 stststsstsdtsdtts

tt

+=⇒=−⇒= ∫∫ &&&&

x

y

z

γ 1P

2P

23

Il moto uniforme è quindi rappresentato da una retta. Velocità vettoriale

( ) ( ) [ ]tttOtPtPP ∆+−= ,

La velocità vettoriale media è data da: ( ) ( )

t

tPttP

∆−∆+

. La velocità vettoriale istantanea è

definita come: ( ) ( ) ( )

dt

dPtP

t

tPttP

t==

∆−∆+

→∆

&0

lim .

Legame tra velocità scalare e velocità vettoriale

( ) ( )( )τs

ds

dPs

dt

ds

ds

dP

dt

stdP

dt

tdP&& ==== con τ tangente alla traiettoria.

τsv &=

ssv && == τ perché τ è un versore

Accelerazione scalare

[ ] ( ) ( )ttststtt ∆+∆+ &&,

L’accelerazione scalare media è data da: ( ) ( )

t

tstts

∆−∆+ &&

. L’accelerazione scalare istantanea è

definita come: ( ) ( ) ( )ts

t

tstts

t&&

&&=

∆−∆+

→∆ 0lim .

Definizione

Un moto si definisce accelerato se: 0>⋅ ss &&& . Definizione

Un moto si definisce ritardato se: 0<⋅ ss &&& . Definizione

Si definisce moto uniformemente accelerato un moto per cui risulta: ( ) ats == cost.&&

Integrando si ha:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 002

02

0

0

0

0

00

2

1

2

10

0

stsattstsatstsdtsatdtts

sattsatstsadtdtts

tt

tt

++=⇒+=−⇒+=

+=⇒=−⇒=

∫∫

∫∫

&&&&

&&&&&&

( )tP τ

24

Accelerazione vettoriale

( ) ( )tvtP =&

L’accelerazione vettoriale media è data da: ( ) ( )

t

tvttv

∆−∆+

. L’accelerazione vettoriale

istantanea è definita come: ( ) ( ) ( )ta

t

tvttv

t=

∆−∆+

→∆ 0lim .

Legame tra accelerazione scalare e accelerazione vettoriale

( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )ds

dtsts

dt

ds

ds

dtsts

dt

stdtststs

dt

d

dt

vdta

ττ

ττ

τττ

ˆˆ

ˆˆ

ˆˆˆ 2&&&&&&&&&& +=+=+===

Si dimostra che: nrds

dˆ

1ˆ=

τ con r raggio di curvatura e n normale al moto. Sostituendo si ha:

nr

ssa ˆˆ

2&&& += τ .

Studio di un moto

Lo studio di un moto si articola in tre fasi: 1) Calcolare gli istanti di arresto:

( ) 0=ts& 2) Verificare se il moto è progressivo o retrogrado:

( ) ( ) 00 <> tsts && 3) Verificare se il moto è accelerato o ritardato:

00 <⋅>⋅ ssss &&&&&& Esempi

1) ( ) jttittOtPtty

ttxsincos

sin

cos+=−⇔

=

=

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )2222222

22

1cossin2cossincossin2sincos

cossinsincos

cossinsincossincos

ttttttttttttt

ttttttts

jtttitttjttdt

ditt

dt

dtP

tPvts

+=+++−+=

=++−=

++−=+=

==

&

&

&&

n

τ

r

25

Istanti di arresto:

( ) ttts ∀/⇒=+⇒= 010 2& non ci sono istanti di arresto Moto progressivo o retrogrado:

( ) ttts ∀⇒>+⇒> 010 2& moto sempre progressivo Moto accelerato o ritardato:

( )

tt

ttss

t

tt

tts

=+

⋅+=⋅

+=⋅

+=

2

2

22

11

12

12

1

&&&

&&

00 >⇒>⋅ tss &&& moto sempre accelerato

2) ( ) tets t sin−=& Istanti di arresto: ( ) π=∨=⇒=⇒=⇒= − ttttets t 00sin0sin0&

Moto progressivo o retrogrado: ( )

( )( ) retrogrado Moto:2,

oprogressiv Moto:,0

00sin0sin0

πππ

π

∈

∈

<<⇒>⇒>⇒> −

t

t

tttets t&

Moto accelerato o ritardato:

( )( )tttess

ttetetes

t

ttt

sincossin

sincoscossin2 −=⋅

−=+−=−

−−−

&&&

&&

<<∨<<

<<⇒

>−

>⇒>⋅

ππππ

24

5

40

0

0sincos

0sin0

tt

t

tt

tss &&&

0 4

π π π

4

5 π2

+ +

A R R A

RitardatoAccelerato == RA

26

3) ( ) ( ) ktjtittP cossin1 +++=

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) 2sincos1

sincoscossin1

22 =++==

−+=+++=

tttPts

ktjtiktdt

djt

dt

dit

dt

dtP

&&

&

Istanti di arresto:

( ) imp.020 ⇒=⇒=ts& non ci sono istanti di arresto Moto progressivo o retrogrado:

( ) tts ∀⇒>⇒> 020& moto sempre progressivo Moto accelerato o ritardato:

Essendo ( ) cost.2 ==ts& , il moto è uniforme Moto piano

Un moto si definisce piano se esiste un piano che contiene la traiettoria: ( )( )

=

=

tyy

txx:γ

E’ anche possibile introdurre le coordinate polari nel piano:

( ) ( )( ) ( )

=

=

tty

ttx

ϑρϑρ

sin

cos

Velocità angolare

( ) ( ) ( )tt

ttt

tϑ

ϑϑ &=∆

−∆+→∆ 0

lim

ϑω &=

kϑω &= Vettore velocità angolare Moto piano circolare

( ) Rt =ρ

( )( )

( ) ( ) 2222222 sincossin

cosRtRtRyx

tRy

tRx=+=+⇒

=

=ϑϑ

ϑϑ

Equazione della circonferenza

centrata nell’origine e di raggio R

( )tρ

( )tϑ x

y

27

Sapendo che ( )tRs ϑ= si ha:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )ntRtRnR

tRtRn

r

ssatRs

tRvtRs

ˆˆˆˆˆˆ

ˆ

2222

ϑτϑϑ

τϑτϑ

τϑϑ

&&&&

&&&&&&&&&

&&&

+=+=+=⇒=

=⇒=

Moto piano circolare uniforme

( )

( ) ( ) ( ) ( ) 000

0

0

0

0

0

cost.

ϑϑϑϑϑϑϑϑ

ϑϑ

+=⇒=−⇒=

==

∫∫ ttttdtdtt

t

tt

&&&&

&&

( )( )

+=

+=

00

00

sin

cos

ϑϑ

ϑϑ

tRy

tRx

&

& Equazioni di un moto piano circolare uniforme

Moto armonico

Preso un punto P che si muove su una circonferenza con velocità costante, si definisce moto armonico la proiezione del moto di P lungo un diametro.

( )00cos ϑϑ += tRx & Legge matematica del moto armonico

( ) ( )( ) ( )00

20

000

cos

sin

ϑϑϑ

ϑϑϑ

+−=

+−=

tRtx

tRtx

&&&&

&&&

E quindi:

( ) ( ) 020

20

20 =+⇒−=⇒−= xxxxtxtx ωωϑ &&&&&&& Equazione del moto armonico

Moto rigido

Un moto si definisce rigido se sussiste la seguente relazione: ( ) ( ) cost., =−∀ tQtPQP

Proprietà caratteristiche del moto rigido

1) ( ) ( ) QPtQtP ,cost. ∀=−

2) ( ) ( )( ) ( ) QPvvtQtP QP ,0 ∀=−⋅−

Dimostrazione

( ) ( ) ( ) ( )( ) cost.cost. 2 =−⇒=− tQtPtQtP

Derivando rispetto al tempo si ottiene:

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 002 =−⋅−⇒=−⋅− QP vvtQtPtQtPtQtP &&

28

3) Si ha un moto rigido se e solo se esiste un riferimento Oxyz in cui le coordinate dei punti non variano al variare del tempo. Dimostrazione

321 ,,, PPPO

Dalla prima proprietà segue immediatamente che: ( )( )( ) cost.

cost.

cost.

3

2

1

=−

=−

=−

OP

OP

OP

Dimostriamo ora l’implicazione inversa. Per fissare le idee limitiamoci al caso piano:

( ) ( ) rigido è moto Il cost.212

212 ⇒=−+−=− yyxxQP

4) Teorema di Poisson

Preso un sistema S , se tale sistema è in moto rigido, allora ω!∃ tale che u∀ solidale al sistema

S si ha: udt

ud×=ω .

Formula fondamentale della cinematica dei rigidi

( ) ( ) ( ) ( )ktzjtyitxOtP ++=−

( )11, yxP

( )22 , yxQ

x

y

x

y

z

O

( )tP

1P

2P

3P

O

P

29

Supponiamo di trovarci in un sistema di riferimento solidale. Si ha: ( ) kzjyixOtP ++=−

Deriviamo ambo i membri rispetto al tempo:

dt

kdz

dt

jdy

dt

idxvv OP ++=−

Applichiamo il teorema di Poisson:

( ) ( ) ( )( )( ) POPvv

kzjyixvv

kzjyixvv

OP

OP

OP

∀−×=−

++×=−

×+×+×=−

ω

ω

ωωω

Dato che il punto P è generico, possiamo scegliere un altro punto Q:

( )OQvv OQ −×=− ω

Sottraendo membro a membro si ottiene:

( ) QPQPvv QP ,∀−×=− ω Formula fondamentale della cinematica dei rigidi

Esempi 1) Dato il seguente sistema di vettori, determinareλ e µ affinché il moto sia rigido e calcolare ω :

( )( )( )0,2,0

0,0,022

1,0,023

33

22

11

Pkjv

Pkjiv

Pkjiv

µλ +=

−+−=

−+=

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

jv

vvPP

vvPP

2

0

2

042

0222

02,2,10,2,0

02,1,31,2,0

0

0

3

2323

1313

=

=

=⇒

=−

=−−−⇒

=+−⋅

=+−−⋅−⇒

=−⋅−

=−⋅−

µλ

λµλ

µλµλ

( )( )

kji

ki

kji

ki

ji

kji

ji

PPvv

PPvv

kji

z

y

x

z

x

y

xzzyx

xyzyx

zyx

2

14

2

1

4

1

12

1

4

22

020

2

100

4

2323

1212

−+=

−=

=

=

⇒

=−

=

−=−

⇒

+−==+

+−=

−

=+−

⇒

−×=−

−×=−

++=

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ωωωωω

ωωωωω

ω

ω

ωωωω

30

2) Dato il seguente sistema di vettori, determinareλ affinché il moto sia rigido: ( )( )1,3,13

1,2,15

22

2

11

−+−=

+=

Pkjiv

Pkiv

λ

( ) ( ) ( ) ( )

kjiv

vvPP

+−=

±=⇒=⇒=−⇒=−−⋅−⇒=−⋅−

43

240400,,20,1,20

2

2221212 λλλλ

Moto rigido traslatorio

Un moto rigido si definisce traslatorio quando la velocità angolare è nulla.

QPvv

vv

QP

QP

,

00

∀=

=−⇒=ω

Integrando ambo i membri si ha:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 00

00

00

00

QPtQtP

QPtQtP

QtQPtP

dttQdttP

tt

−=−

−=−

−=−

= ∫∫ &&

Moto rigido rotatorio

Un moto rigido si definisce rotatorio quando esiste un’asse di punti fissi. 0: =∈∀ AvrA

Applicando la formula fondamentale della cinematica dei rigidi, si deduce che:

( ) ( )APvAPvvPrA PAP −×=⇒−×=−∀∈ ωω

0P

0Q

( )tP

r

A

31

Moto rigido elicoidale

Un moto rigido si definisce elicoidale se esiste una retta di punti fissi che trasla e il sistema ruota.

( )tvrA A τ=∈∀

( ) ( ) PrAAPtvP ∀∈∀−×=− ,ωτ

Teorema di Mozzi Ogni moto rigido è elicoidale. Centro istantaneo di rotazione

Si definisce centro istantaneo di rotazione l’intersezione dell’asse di rotazione con il piano in cui avviene il moto in ogni istante. Teorema di Chasles

Se un moto rigido è piano, il centro istantaneo di rotazione appartiene alla retta passante per un punto P ortogonale a Pv .

Dimostrazione

Chiamiamo C il centro istantaneo di rotazione. Applicando la formula fondamentale della cinematica dei rigidi, si ha:

( )( )

( ) ( )[ ] ( )( ) ( )CPvCPv

CPCPCPv

CPv

CPvv

PP

P

P

CP

−⊥⇒=−⋅

−⋅−×=−⋅

−×=

−×=−

0

ω

ω

ω

r

A

Asse di Mozzi

32

Moto relativo

Definizione

Si definisce velocità (rispettivamente accelerazione) di trascinamento la velocità tv

(rispettivamente l’accelerazione ta ) di quel punto solidale al sistema relativo in moto nel sistema

assoluto. Vediamo di trovare una relazione tra av , rv e tv :

( ) kzjyixOtP ++=−

kdt

dzj

dt

dyi

dt

dxv r ++=

dt

kdz

dt

jdy

dt

idxk

dt

dzj

dt

dyi

dt

dx

dt

kdzk

dt

dz

dt

jdyj

dt

dy

dt

idxi

dt

dxva +++++=+++++=

Secondo la definizione di velocità di trascinamento risulta:

dt

kdz

dt

jdy

dt

idxv t ++=

Quindi si ha:

tra vvv += Principio dei moti relativi

Vediamo di trovare una relazione tra aa , ra e ta :

kdt

zdj

dt

ydi

dt

xda r 2

2

2

2

2

2

++=

2

2

2

2

2

2

dt

kdz

dt

jdy

dt

idxa t ++=

'x

'y

'z

'O P

S

x

y z

O

j

i 'i

'j

k

'k

Sistema relativo Sistema assoluto

r

r

a

v

a

a

a

v

33

++++=

=++++++++=

=+++++++++++=

dt

kd

dt

dz

dt

jd

dt

dy

dt

id

dt

dxaa

td

kdz

dt

jdy

dt

idx

dt

kd

dt

dz

dt

jd

dt

dy

dt

id

dt

dxk

dt

zdj

dt

ydi

dt

xd

td

kdz

dt

kd

dt

dz

dt

jdy

dt

jd

dt

dy

dt

idx

dt

id

dt

dx

dt

kd

dt

dzk

dt

zd

dt

jd

dt

dyj

dt

yd

dt

id

dt

dxi

dt

xda

tr

a

2

2222

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Per la formula di Poisson si ha:

( ) ( ) ( )

( )rtr

trtra

vaa

kdt

dzj

dt

dyi

dt

dxaak

dt

dzj

dt

dyi

dt

dxaaa

×++=

=

++×++=

×+×+×++=

ω

ωωωω

2

22

Il termine ( )rv×ω2 si chiama accelerazione di Coriolis. In definitiva si ha:

ctra aaaa ++=

Sistemi vincolati

Definizione

Un sistema si definisce libero quando può assumere qualunque configurazione. Con il termine configurazione si indica una qualsiasi combinazione di posizione, velocità e accelerazione prefissate. Definizione

Un sistema si definisce vincolato quando esistono delle limitazioni per i caratteri cinematici (cioè posizione, velocità e accelerazione). Chiameremo tali limitazioni vincoli. Dato un punto ( )zyxP ,, , un vincolo agirà su ( )tzyxzyx ,,,,,, &&& . La rappresentazione matematica dei vincoli è:

( ) mjtzyxzyxf j ,...,10,,,,,, =≥&&&

Definizione

Un vincolo si definisce bilaterale quando è rappresentato da un’equazione: ( ) mjtzyxzyxf j ,...,10,,,,,, ==&&&

Definizione

Un vincolo si definisce unilaterale quando è rappresentato da una disequazione: ( ) mjtzyxzyxf j ,...,10,,,,,, =≥&&&

Definizione

Un vincolo si definisce olonomo se agisce solo sulla posizione: ( ) mjzyxf j ,...,10,, =≥

Definizione

Un vincolo si definisce anolonomo se agisce su posizione e velocità: ( ) mjtzyxzyxf j ,...,10,,,,,, =≥&&&

34

Esempi 1)

2)

3)

4)

Definizione

Si definisce grado di libertà di un sistema il numero di parametri indipendenti che descrivono il moto del sistema. Esempi 1) Per un punto ( )zyxP ,, libero, il grado di libertà è 3=n 2) Per un punto che si muove su una circonferenza, il grado di libertà è 1=n 3) Per un punto vincolato a muoversi nel primo quadrante, il grado di libertà è 2=n Regole utili per determinare il grado di libertà

1) Punto libero: 3=n 2) N punti: mNn −= 3 3) Solido: 6=n

x

y

R

P

=

=+

0

222

z

Ryx sono vincoli bilaterali

x

y

=

≥

≥

0

0

0

z

y

x

sono vincoli unilaterali

baxy +=

P

=

+<

0z

baxy sono vincoli olonomi

x

y

P x

y

=

=

=

1

0

0

kx

z

y

&

sono vincoli anolonomi

35

4) N solidi: mNn −= 6 Definizione

Un sistema si definisce labile se 0>n , si definisce isostatico se 0=n e si definisce iperstatico se 0<n .

3. Dinamica La dinamica si interessa dello studio delle cause che danno luogo ai moti dei corpi. Definizione

Un punto ( )mP, si definisce libero se può assumere qualunque configurazione (cioè non ha vincoli). Definizione

Un punto ( )mP, si definisce isolato se si muove in assenza di altri punti. Primo assioma della dinamica (principio d’inerzia)

Esiste un sistema spazio-tempo, che chiameremo sistema di riferimento inerziale, in cui un punto isolato o è in quiete o si muove di moto rettilineo uniforme. Attualmente il miglior sistema inerziale conosciuto è quello centrato sul Sole e con i tre assi nella direzione di tre stelle fisse. Secondo assioma della dinamica

Presi un sistema inerziale 3E , n punti nPP ,...,1 e un punto P con una certa accelerazione ( )ta

risulta che: se si considerano solo i punti P e 1P si avrà un’accelerazione ( )ta01 , se si considerano

solo i punti P e 2P si avrà un’accelerazione ( )ta02 , ecc. L’assioma afferma che: ( ) ( )∑=

=n

i

i tata1

0 .

Terzo assioma della dinamica

Considerati due punti iP e jP , si ha ovviamente un’accelerazione ija . Tuttavia, anche il punto jP

ha un’accelerazione rispetto a iP , che indichiamo con jia . L’assioma afferma che:

i

j

ji

ij

m

m

a

a= dove im e jm sono le masse inerziali.

Quarto assioma della dinamica

Le accelerazioni ija e jia hanno come direzione quella della retta congiungente iP e jP e verso

opposto.

iP

ija

jP

jia iP

ija

jP

jia

37

Legge di Newton

Preso un punto P di massa inerziale m che si muove in un sistema inerziale 3E , si può

considerare: ( )tPPFam ,, &= . La relazione precedente può essere vista come un’equazione differenziale in forma normale:

( )( )( )

=

=

=

0

0

0

0

,,

xx

xx

txxFxm x

&&

&&&

Principio di azione e reazione

Dal quarto assioma si sa che ijF e jiF hanno stessa direzione e verso opposto. Il terzo assioma

invece dice che queste forze hanno lo stesso modulo. Classificazione delle forze

In questa trattazione ci limiteremo a considerare quattro forze particolari: la forza elastica, la forza gravitazionale, la forza di resistenza viscosa e la forza peso. Forza elastica

( )OPkam

Fam

−−=

=

Preso un sistema di riferimento centrato in O , si ha:

Considerando la proiezione sull’asse x, si ottiene:

kxxm −=&& 0=+ kxxm && Equazione di un moto armonico

Forza gravitazionale

( )OPversr

mMkF T −−=

2 Legge di gravitazione universale

O

P x

y

ii mP , ijiijij amFa =→

jj mP , jijjiji amFa =→

O P ( )OPkF −−= con k costante elastica

38

Forza di resistenza viscosa

xxxmxm

vmF

&&&&&& λλλ

−=⇒−=

−=

Nel caso in cui ci sia anche una forza elastica avremo:

xmkxxm &&& λ−−= Forza peso

gmP =

Statica

La statica è la parte della dinamica che si occupa dei corpi in quiete. Definizione

Consideriamo un sistema inerziale 3E e un punto P di massa m sul quale agisce la forza F .

All’istante t il punto ha posizione P .

( )( )

( ) ttPtPtP

PtP≥∀=⇒

=

=

0&

Quindi il punto P è in equilibrio se all’istante t assume posizione P e velocità nulla e poi rimane in quella posizione. Proprietà

( ) 0,0, equilibrioin è =⇔ tPFP Dimostrazione

( )( )

equilibrioin è cost.0cost.0

0

0

PPPPPPP

tP

PtP

Pm

FPm

⇒=⇒=⇒=⇒=⇒=⇒

=

=

=

=

&&&&

&

&&

&&

Dimostriamo ora l’implicazione inversa:

( ) ( ) ( ) 000 =⇒≥∀=⇒≥∀=⇒≥∀=

=

FtttPtttPttPtP

FPm

&&&

&&

Supponiamo ora di trovarci in un sistema di riferimento 3E non inerziale. Per il primo assioma

possiamo scegliere '3E inerziale ( FamE =← '3 ). Prendiamo 3E relativo e '3E assoluto:

FamaE

aE

aa

r

='3

3

ctr

ctar

ctra

ctra

amamFam

amamamam

amamamam

aaaa

−−=

−−=

++=

++=

39

Definizione (equilibrio relativo)

( ) ( ) ttPtPv

PtP

FPE

r

≥∀=⇒

=

=

0

3

Proprietà

0 relativo equilibrioin è =−⇔ tamFP

Dimostrazione

( ) 02

00

=×=

=⇒=

−−=

rc

rr

ctr

va

av

amamFam

ω

Quindi 0=− tamF . Dimostriamo ora l’implicazione inversa:

( )PPPvvam

vmam

amamFam

rrr

rr

ctr

=⇒=⇒=⇒=⇒=

×−=

−−=

cost.0cost.0

20 ω

Definizione

Si definisce forza peso l’opposto che bisogna applicare affinché ci sia l’equilibrio rispetto alla Terra.

( )( ) 0

02*

2

=−++

=−+

PPmAF

PPmF

ω

ω

Ma ( )OPversR

mMhA

T

T −−=2

. Quindi si ha:

( ) ( )PPmOPversR

mMhF

T

T −−−= 22

* ω

Ricordando che *FP −= , si ottiene:

x

y

z

O

P P

( )PPa

amF

t

t

−−=

=−2

0

ω

40

( ) ( )

( ) ( )

gmP

PPOPversR

MhmP

PPmOPversR

mMhP

T

T

T

T

=

−+−−=

−+−−=

22

22

ω

ω

Equazioni fondamentali o cardinali della meccanica razionale

( ) niii mPS ,...,1, == Sistema di punti materiali

Preso un sistema di riferimento inerziale, si può scrivere:

∑∑∑===

+=

+=n

i

ext

i

n

i

int

i

n

i

ii

ext

i

int

iii

FFam

FFam

111

Per il principio di azione e reazione risulta 01

=∑=

n

i

int

iF , mentre extn

i

ext

i RF =∑=1

. In definitiva si ha:

extn

i

ii Ram =∑=1

Prima equazione fondamentale della meccanica razionale nella prima forma

Fissiamo ora un punto O :

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )∑∑∑===

×−+×−=×−

×−+×−=×−

+=

n

i

ext

ii

n

i

int

ii

n

i

iii

ext

ii

int

iiiii

ext

i

int

iii

FOPFOPamOP

FOPFOPamOP

FFam

111

E quindi:

( ) ext

O

n

i

iii MamOP =×−∑=1

Riepilogando:

( )

∀=×−

=

∑

∑

=

=

OMamOP

Ram

ext

O

n

i

iii

extn

i

ii

1

1 Equazioni fondamentali della meccanica razionale nella

prima forma

Queste equazioni sono necessarie ma non sufficienti per descrivere un moto.

int

iF ext

iF

iii Fam = ( )ii mP ,

41

Definizione

Si definisce integrale primo una funzione ( )tPPf ii ,, & che si mantiene costante lungo il moto, cioè:

( ) cost.,, =tPPf ii&

Baricentro

Definizione

Dato un sistema di punti materiali ( ) niii mPS ,...,1, == , si definisce baricentro del sistema S e si

indica con G il punto tale che: ( )∑=

−=−n

i

ii OPmM

OG1

1 con ∑

=

=n

i

imM1

.

Il baricentro non è altro che un particolare centro e quindi valgono le stesse proprietà come l’indipendenza da O e la proprietà distributiva.

( )( )( )

=

=

=

∑

∑

∑

=

=

=

n

i

iiG

n

i

iiG

n

i

iiG

iiii

GGG

zmM

z

ymM

y

xmM

x

zyxP

O

zyxG

Oxyz

1

1

1

1

1

1

,,

0,0,0

,,

Sistema continuo

Preso un corpo C e indicata con ρ la densità di massa, si ha che: ∫=C

dCM ρ .

Definizione

Se cost.=ρ il corpo si dice omogeneo. Nel caso monodimensionale si ha lm ⋅= ρ , nel caso di una superficie si ha Am ⋅= ρ e nel caso tridimensionale si ha Vm ⋅= ρ . In questa trattazione ci limiteremo solo a densità costanti o funzioni della sola posizione, cioè

( )Pρρ = .

( )

=

=

=

−=−

∫

∫

∫

∫

C

G

C

G

C

G

C

zdzM

z

ydyM

y

xdxM

x

dCOPM

OG

ρ

ρ

ρ

ρ

1

1

1

1

42

Proprietà grafiche

Teoria dei baricentri dei fori

1G 2G

x

y

Lamina forata

1G 2G

x

y

( ) ( )21

2211

222

111

mm

OGmOGmOG

AmG

AmG

−

−−−=−

⋅=

⋅=

ρρ

Lamina

G

Rettangolo

1G 2G

x

y

( )

( )

( ) ( )21

2211

2

1

1

222

111

1

1

mm

OGmOGmOG

OGmM

OG

OPmM

OG

AmG

AmG

i

ii

n

i

ii

+

−+−=−

−=−

−=−

⋅=

⋅=

∑

∑

=

=

ρρ

43

Teoremi di Pappo-Guldino

1) Se si ha una linea e la si fa ruotare lungo un asse (per esempio l’asse x) risulta che:

Nel caso di una semicirconferenza si ha: πππ

π r

r

ryG

2

2

4 2

=⋅

= .

2) Se si ha una superficie e la si ha fa ruotare lungo un asse (per esempio l’asse x) risulta che:

Equazioni fondamentali della meccanica razionale nella seconda forma Definizione

Dato il sistema ( ) niii mPS ,...,1, == , si definisce quantità di moto il vettore: ∑

=

=n

i

ii vmQ1

.

Definizione

Dato il sistema ( ) niii mPS ,...,1, == , si definisce momento della quantità di moto il vettore:

( )∑=

×−=n

i

iiiO vmOPK1

.

Deriviamo rispetto al tempo le due espressioni precedenti:

∑∑==

==n

i

ii

n

i

ii amdt

vdmQ

11

&

( ) ( ) ( ) ( )

( ) QvMMvmvamOPvmvvmv

amOPvmvvdt

vdmOPvmOP

dt

dK

O

ext

O

ext

O

n

i

iiO

n

i

iii

n

i

iiO

n

i

iii

n

i

iii

n

i

iiOi

n

i

iiiiiiO

×−=+×−=×−+×−×=

=×−+×−=

×−+×−=

∑∑∑∑

∑∑∑

====

===

1111

111

&

In definitiva:

∀×−=

=

OQvMK

RQ

O

ext

OO

ext

&

& Equazioni fondamentali della meccanica razionale nella

seconda forma

Se si volesse eliminare il termine QvO × , dovrebbe verificarsi una delle seguenti condizioni:

1) fisso 0 OvO =

2) 001

== ∑=

n

i

ii vmQ

x

( )( )superficie della area2

generato solido del volume

xassesull' giace

⋅=

πG

G

y

x

x

( )( )curva della lunghezza2

generata superficie della area

xassesull' giace

⋅=

πG

G

y

x

44

3) QvO //

Equazioni fondamentali della meccanica razionale nella terza forma Vediamo di ricavare una relazione tra la quantità di moto e il baricentro di un sistema:

( ) ( ) ( )

( ) ( )

G

O

OG

n

i

iO

n

i

iiOG

n

i

OiiOG

n

i

iiOG

n

i

ii

n

i

ii

vMQMM

vQ

Mvvm

M

vvm

Mvv

vvmM

vvOPdt

dm

Mvv

OPmMdt

dOG

dt

dOPm

MOG

=⇒−=−⇒−=−⇒

⇒−=−⇒−=−⇒

⇒

−=−⇒−=−

∑∑

∑∑

∑∑

==

==

==

11

11

11

11

11

11

Le condizioni per l’annullamento di QvO × diventano quindi:

1) fisso 0 OvO =

2) 00001

=⇒=⇒== ∑=

GG

n

i

ii vvMvmQ

3) GOO vvQv ////

In definitiva si ha:

autonomo GMK

RaM

ext

GG

ext

G

=

=

& Equazioni fondamentali della meccanica razionale nella

terza forma

Statica di un sistema

Consideriamo un sistema ( ) niii mPS ,...,1, == e un insieme di forze iF . Le equazioni fondamentali

della meccanica razionale nella prima forza affermano che:

( )

∀=×−

=

∑

∑

=

=

OMamOP

Ram

ext

O

n

i

iii

extn

i

ii

1

1

00equilibrioin è Statica =⇔=⇔⇔ iii avP

Con queste considerazioni, le equazioni precedenti diventano:

∀=

=

OM

R

ext

O

ext

0

0 Equazioni della statica

Le forze esterne si dividono in forze attive e reazioni vincolari, quindi si può scrivere:

( ) ( )

( ) ( )

∀=+

=+

OMM

RR

v

O

a

O

va

0

0

Le forze attive sono per esempio la forza peso, la forza elastica oppure una data forza assegnata. Le reazioni vincolari sono le equazioni dei vincoli.

45

Definizione

Un vincolo si definisce fisso se non dipende dal tempo. Definizione

Un vincolo si definisce liscio se può essere rappresentato come una forza applicata al punto di contatto ed ortogonale ad esso.

Classificazione delle reazioni vincolari

In questa trattazione considereremo solo vincoli fissi e lisci di tre tipi: 1) Carrello

2) Cerniera

3) Carrello con cerniera

Carrello

Consideriamo un’asta AB e fissiamola ad un carrello:

La reazione del carrello è sempre perpendicolare alla direzione del moto del carrello. Un’asta rigida ha 6 gradi di libertà. Trovandosi in un piano, non ci sono né traslazione né rotazione lungo l’asse z; inoltre l’asta è attaccata al carrello, quindi può solo traslare lungo l’asse x e possiede in definitiva 1 grado di libertà.

Ostacolo

ϕ

oppure ϕ A

B

ϕ

A

B

46

Cerniera

Consideriamo un’asta AB e fissiamola ad una cerniera:

La reazione della cerniera è sempre perpendicolare al corpo. Poiché l’asta si trova in un piano e la cerniera blocca ogni traslazione, l’unica possibilità di movimento è la rotazione (per esempio è possibile prendere l’angolo ϑ formato con l’asse x). Il sistema ha quindi 1 grado di libertà. Carrello con cerniera

Consideriamo un’asta AB e fissiamola ad un carrello con cerniera:

La reazione del carrello con cerniera è sempre perpendicolare al corpo. Poiché si trova in un piano, l’asta può traslare lungo l’asse x e ruotare. Il sistema ha quindi 2 gradi di libertà. Energia cinetica

Definizione

Consideriamo un punto P di massa m che si muove con velocità v . Si definisce energia cinetica

l’espressione: 2

2

1vmT = .

L’estensione ad un sistema di punti materiali è immediata:

( ) iniii vmPS ,...,1, ==

∑=

=n

i

ii vmT1

2

2

1

Nel caso di un sistema continuo si ha:

CS =

∫=C

dCvT2

2

1ρ

ϕ A

B

ϕ A

B

P

47

Teorema di König

Il teorema di König afferma che: 2

2

1' GvMTT +=

Dimostrazione

Il principio dei moti relativi afferma che: tra vvv += . Sapendo che T appartiene al sistema

assoluto e 'T a quello relativo, l’equazione precedente diventa:

Gii vvv += '

Sostituendo nell’espressione dell’energia cinetica si ha:

( ) ( )

'2

1''

2

1'

2

1

'2'2

1'

2

1

2

1

2

11

2

1

2

1

22

1

2

1

2

QvvMTvvmvmvm

vvvvmvvmvmT

GG

n

i

Gii

n

i

Gi

n

i

ii

n

i

GiGii

n

i

Gii

n

i

ii

⋅++=++=

=++=+==

∑∑∑

∑∑∑

===

===

Ma 00'' =⋅== MvMQ G , essendo il baricentro G fermo rispetto a sé stesso, e quindi si ottiene

l’asserto: 2

2

1' GvMTT += .

Lavoro elementare di un sistema

Definizione

Consideriamo un punto P di massa m sul quale agisce una forza F . Indicato con dP lo

spostamento elementare, si definisce lavoro elementare l’espressione: dPFdL ⋅= .

[ ] ∫ ⋅=2

1

21 ,

P

P

PP dPFL Lavoro da 1P a 2P (integrale di linea sulla curva γ )

'x

'y 'z

G

T 'T

iP

x

y

z

O baricentro G

1

1

P

t

2

2

P

t

γ

48

Definizione

Si definisce potenza lo scalare: vF ⋅=P .

dtvdPdt

dPv =⇒=

[ ] ∫∫∫ =⋅=⋅=2

1

2

1

2

1

21 ,

t

t

t

t

P

P

PP dtdtvFdPFL P

L’estensione ad un sistema di punti materiali è immediata:

( ) iniii FmPS ,...,1, ==

Considerando idP come lo spostamento elementare per il generico punto iP , risulta:

∑=

⋅=n

i

ii dPFdL1

Lavoro elementare per un sistema di punti materiali

∑=

⋅=n

i

ii vF1

P Potenza per un sistema di punti materiali

Nel caso di un sistema continuo si ha:

CS =

∫ ⋅=C

dPFdL

Nel caso di un sistema rigido di punti materiali si ragiona partendo dalla formula fondamentale della cinematica dei rigidi:

( ) QPQPvv QP ,∀−×=− ω

Scegliamo i punti iP e O :

( )OPvv iOi −×+= ω

dtvdPdt

dPv ii

ii =⇒=

( )[ ]

( )[ ] ( )[ ]∑∑∑∑

∑∑∑

====

===

⋅×−+⋅=−×⋅+⋅=

=−×+⋅=⋅=⋅=

n

i

ii

n

i

i

n

i

ii

n

i

Oi

n

i

iOi

n

i

ii

n

i

ii

dtFOPdOFdtOPFdtvF

dtOPvFdtvFdPFdL

1111

111

ωω

ω

E quindi, ponendo ψω =dt , si ottiene:

OMdORdL O ∀⋅+⋅= ψ

Nel caso di un sistema di forze applicate parallele si ha:

( ) efFmPS iiniii == = ,...,1,

∑∑==

⋅=⋅=n

i

ii

n

i

ii dPefdPFdL11

49

( )∑=

−=−n

i

ii OPff

OC1

1 con ∑

=

=n

i

iff1

Differenziando ambo i membri si ottiene:

( )

∑∑

∑∑∑∑

==

====

=⇒=

−=−=−=−

n

i

ii

n

i

ii

n

i

ii

n

i

i

n

i

ii

n

i

ii

dPffdCdPff

dC

dOdPff

dOff

dPff

dOdPff

dOdC

11

1111

1

1111

E quindi:

dCRdCefdPfedPefdLn

i

ii

n

i

ii ⋅=⋅=⋅=⋅= ∑∑== 11

Potenziale

Consideriamo un sistema di riferimento Oxyz :

kdzjdyidxdP

kFjFiFF zyx

++=

++=

Il lavoro elementare si può quindi esprimere come:

dzFdyFdxFdPFdL zyx ++=⋅=

Definizione

Si definisce potenziale una funzione U , se esiste, tale che: dzFdyFdxFdU zyx ++= .

Proprietà

1) UFFz

UF

y

UF

x

Uzyx ∇=⇔=

∂∂

=∂∂

=∂∂

Si può quindi affermare che U è un potenziale se è verificata questa proprietà.

2) dUdL = Segue dal confronto delle uguaglianze. È noto, inoltre, dall’Analisi che dU è un differenziale esatto perché dL è una funzione nota.

Calcolo di alcuni potenziali

In questa trattazione ci limiteremo al calcolo del potenziale per quattro forze: la forza peso, la forza elastica, una forza costante generica e una coppia di forze agente in un punto. Forza peso

( )GGG zyxGjmgP ,,−=

GGGGGzyx

zyx

mgydymgdzmgdydxdzFdyFdxFU

dzFdyFdxFdU

−=−=+−=++=

++=

∫∫∫ 00

50

Forza elastica

( ) ( ) ( ) PzyxQzyxPQPkF in applicata,,,, 222111−−=

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] 2221

221

221

221

221

221

212121212121

212121

212121

22222PQ

kzzyyxx

kzzk

yyk

xxk

zzdzzkyydyykxxdxxkdzFdyFdxFU

kzzdjyydixxdQPd

kzzkjyykixxkF

zyx

−=−+−+−−=−

−−

−−

−=

=−−−−−−−−−=++=

−+−+−=−

−−−−−−=

∫∫

Forza costante generica

( )zyxPkfjfifF ,,321 ++=

zfyfxfdzfdyfdxfdzfdyfdxfdzFdyFdxFU zyx 321321321 ++=++=++=++= ∫∫∫∫∫

Coppia di forze agente in un punto

( )kMM z ϑ= Momento della coppia

dLdU = ψ⋅+= OMdORdL con dtωψ =

La coppia ha ovviamente risultante nulla, quindi basterà calcolare:

( )∫∫∫∫∫ =⋅=⋅=⋅=⋅= ϑϑϑϑ

ωψ dMdkMdtkdt

dMdtMMU zOOOO

Definizione

Si definisce energia potenziale l’opposto del potenziale: U−=π . Teorema delle forze vive

La derivata rispetto al tempo dell’energia cinetica è uguale alla potenza: P=dt

dT.

Dimostrazione

( ) P=⋅=⋅=⋅==

=

∑∑∑∑

∑

====

=

n

i

ii

n

i

iii

n

i

iii

n

i

ii

n

i

ii

vFvamdt

vdvmv

dt

dm

dt

dT

vmT

1111

2

1

2

22

1

2

1

2

1

Definizione

Si definisce energia meccanica la somma dell’energia cinetica e dell’energia potenziale: UTTE −=+= π .

Principio di conservazione dell’energia meccanica

( ) ( )0tEtE =

51

Dimostrazione

dLdtdTdt

dT==⇒= PP

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )00000

00

tEtEtUtTtUtTtUtUtTtTdUdT

dUdTdUdL

dLdT

t

t

t

t

=⇒−=−⇒−=−⇒=

=⇒

=

=

∫∫

La relazione precedente è un esempio lampante di integrale primo e si può applicare a qualsiasi sistema. Esempio 1)

( ) ( ) ( ) ( ) ghvvmmghtUtTtUtT

vmTmgyU G

202

10

2

1

200

2

=⇒−=+⇒−=−

=−=

Momento d’inerzia per un sistema di punti

Definizione

Consideriamo un sistema ( ) niii mPS ,...,1, == e una retta r e indichiamo con iδ la generica distanza

dalla retta r del punto iP . Si definisce momento d’inerzia rispetto alla retta r lo scalare:

∑=

=n

i

iir m1

2δJ

r iP

iδ

h

52

Per un sistema continuo si ha: CS =

∫=C

r dC2ρδJ

Definizione

Il momento d’inerzia può anche essere definito in maniera alternativa:

( )[ ]∑=

×−=n

i

iir eOPm1

2ˆJ

Verifichiamo se le due definizioni sono equivalenti: ( )

( )[ ] ∑∑==

=×−=

=⋅−=⋅⋅−=×−n

i

ii

n

i

iir

iiiiii

meOPm

OPeOPeOP

1

2

1

2ˆ

sinsinˆˆ

δ

δαα

J

Definizione

Si definisce tensore un ente geometrico che ha 9 componenti. Definizione

Si definisce tensore d’inerzia quel tensore avente come prime tre componenti i momenti d’inerzia rispetto ai tre assi cartesiani xxI , yyI e zzI (spesso è utilizzata la notazione 11I , 22I e 33I ) e come

altre componenti i momenti d’inerzia centrifughi yxxy II = , zyyz II = e zxxz II = (spesso è

utilizzata la notazione 2112 II = , 3223 II = e 3113 II = ):

( )

( )

( )∑

∑

∑

=

=

=

+==

+==

+==

n

i

iiizz

n

i

iiiyy

n

i

iiixx

yxmII

zxmII

zymII

1

2233

1

2222

1

2211

zx

n

i

iiixz

zy

n

i

iiiyz

yx

n

i

iiixy

IzxmII

IzymII

IyxmII

===

===

===

∑

∑

∑

=

=

=

113

123

112

r P

δ C

r

iP

iδ

O

e

53

Teorema di Huygens

Supponiamo di avere una retta 0r passante per il baricentro e parallela ad un’altra retta r . Allora: 2Md

orr += JJ .

Dimostrazione

( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]

( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]

( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )

×

−⋅×−+×−+×−=

=×−×−+×−+×−=

=×−+×−=×−+−=×−=

∑∑∑

∑∑∑

∑∑∑

===

===

===

eGPmeOGmeOGeGPm

eOGeGPmeOGmeGPm

eOGeGPmeOGGPmeOPm

n

i

ii

n

i

i

n

i

ii

n

i

ii

n

i

i

n

i

ii

n

i

ii

n

i

ii

n

i

iir

ˆˆ2ˆˆ

ˆˆ2ˆˆ

ˆˆˆˆ

11

2

1

2

11

2

1

2

1

2

1

2

1

2J

Per definizione di baricentro si può scrivere:

( ) ( ) 011

11

=−=−⇒−=− ∑∑==

n

i

ii

n

i

ii GPmM

GGOPmM

OG

E quindi:

( )[ ] ( ) 22

00ˆ0ˆ2 MdeeOGMd rrr +=×⋅×−++= JJJ

Proprietà

( )22' 'ddMrr −=− JJ

Dimostrazione

2Mdorr += JJ

2' 'Md

orr += JJ

Sottraendo membro a membro si ha:

( ) ( ) ( )222222' ''' ddMMdMdMdMd

oooo rrrrrr −=−−+=+−+=− JJJJJJ

0r

G

r 'r

'// rr

0r

G

r

d

54

Relazione tra il momento d’inerzia e il momento della quantità di moto

Consideriamo un sistema rigido in moto rotatorio. Sappiamo che: ( )OPv ii −×=ω

( )∑=

×−=n

i

iiiO vmOPK1

Sostituendo si ottiene:

( ) ( )[ ]

( )

( ) ωδωδδωαω

δωαωω

ω

r

n

i

ii

n

i

iii

n

i

iiiiO

iiii

n

i

iiiO

mmOPOPmK

OPOP

OPmOPK

J=⋅=⋅=⋅−×⋅−=

=⋅−⋅=−×

−××−=

∑∑∑

∑

===

=

1

2

11

1

sin

sin

In definitiva:

ωrOK J=

Ellissoide d’inerzia

( )[ ]∑=

×−=n

i

iir eOPm1

2ˆJ

( ) ( ) ( ) ( )kyxjzxizyzyx

kji

eOP iiiiiiiiii αβαγβγγβα

−+−−−==×− ˆ

( ) ( ) ( )[ ]

[ ]

( ) ( ) ( )

αβαγβγγβααβαγβγ

γβα

αβαβαγαγβγβγ

αβαγβγ

xyxzyzzzyyxx

n

i

iii

n

i

iii

n

i

iii

n

i

iii

n

i

iii

n

i

iii

n

i

iiiiiiiiiiiii

n

i

iiiiiiir

IIIIIIyxmzxmzym

yxmzxmzym

yxyxzxzxzyzym

yxzxzym

222222

222

222

111

1

222

1

222

1

222

1

222222222222

1

222

−−−++=−−−

++++++=

=−++−++−+=

=−+−+−=

∑∑∑

∑∑∑

∑

∑

===

===

=

=

J

r

x

y

z

O

e

( )iiii zyxP

kjie

,,

ˆ

=

++= γβα

55

Prendiamo un punto ( )zyxR ,, tale che r

ORJ

1= :

( )

=

=

=

⇒

=

=

=

++=++

=−

z

y

x

z

y

x

kjikzjyix

eOR

r

r

r

r

r

r

r

r

J

J

J

J

J

J

J

J

γ

β

α

γ

β

α

γβα

1

1

1

1

ˆ1

Sostituendo si ha:

yzIxzIxyIzIyIxI yzrxzrxyrzzryyrxxrr JJJJJJJ 222222 −−−++=

Da cui si ottiene:

1222222 =−−−++ yzIxzIxyIzIyIxI yzxzxyzzyyxx Equazione dell’ellissoide d’inerzia

Se supponiamo che i momenti centrifughi sono nulli si ha:

1222 =++ zIyIxI zzyyxx Equazione di una sfera nello spazio

Definizione

Un sistema di riferimento in cui si verifica la relazione precedente si definisce terna principale d’inerzia. Energia cinetica rotazionale

In un moto rigido rotatorio, sapendo che vale la relazione ( )OPv ii −×=ω , l’energia cinetica è

calcolabile in questo modo:

( )[ ] 2

1

22

1

22

1

2

1

2

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1ωδωδωω r

n

i

ii

n

i

ii

n

i

ii

n

i

ii mmOPmvmT J===−×== ∑∑∑∑====

Il teorema di König ci permette di giungere a questa conclusione:

22

2

1

2

1GG vMT += ωJ

Rotazione Traslazione

56

Lavoro virtuale

Consideriamo un sistema ( ) Niii mPS ,...,1, == con n gradi di libertà. Indichiamo con hq per

nh ,...,1= le coordinate lagrangiane e assumiamo le seguenti convenzioni:

idP spostamento reale

iPδ spostamento virtuale

Definizione

Si definisce reale uno spostamento consentito dai vincoli. Definizione

Si definisce virtuale uno spostamento valutato considerando i vincoli come fissi nel tempo. In generale risulta: ( )tqqP ni ,,...,1

Differenziando si ha:

dtt

Pq

q

Pdt

t

Pq

q

Pq

q

PdP i

n

h

h

h

iin

n

iii ∂

∂+

∂

∂=

∂

∂+

∂

∂++

∂

∂= ∑

=11

1

... δδδ

Poiché lo spostamento è virtuale, scompare la dipendenza dal tempo, cioè 0=∂

∂

t

Pi .

∑=

⋅=N

i

ii dPFdL1

∑=

⋅=N

i

ii PFL1

δδ Lavoro virtuale

∑∑ ∑∑ ∑== == =

=

∂

∂⋅=

∂

∂⋅=

n

h

hh

n

h

h

N

i h

ii

N

i

n

h

h

h

ii qQq

q

PFq

q

PFL

11 11 1

δδδδ

Definizione

L’espressione ∑= ∂

∂⋅=

N

i h

iih

q

PFQ

1

si definisce componente lagrangiana della sollecitazione.

Teorema

Condizione necessaria e sufficiente affinché i vincoli siano lisci è che il lavoro virtuale delle reazioni vincolari sia maggiore o uguale a zero:

( ) PL v δδ ∀≥⇔ 0lisci Vincoli

57

Dimostrazione

Primo caso

( ) 0cos ≥⋅⋅=⋅= αδϕδϕδ PPL v poiché è sempre 2

0π

α ≤≤

Secondo caso

( ) 02211≥⋅+⋅= PPL v δϕδϕδ poiché, per quanto detto prima, 011

≥⋅ Pδϕ e 022≥⋅ Pδϕ

Dimostriamo ora l’implicazione inversa. Primo caso

PPP

Pδϕδϕ

δϕ

δϕ⊥⇒=⋅⇒

≥⋅−

≥⋅0

0

0

0cos0cos ≥⇒≥⋅⋅ ααδϕ P la reazione è diretta verso l’alto

Il vincolo è quindi liscio.

iS

Pδ Pδ− ( ) 0≥vLδ

2ϕ

'iS e 'jS sono virtuali

1ϕ iS

iS

jS 'jS jS

'iS

⇒

Ostacolo

ϕ

ϕ Reazione vincolare

iS

α

58

Equazioni di Lagrange

Consideriamo le equazioni fondamentali della meccanica razionale nella prima forma:

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

=×−−+

=−+

⇒

×−=

=

∑

∑

∑

∑

=

=

=

=

0

0

1

1

1

1

N

i

iii

v

O

a

O

N

i

ii

va

N

i

iii

ext

O

N

i

ii

ext

amOPMM

amRR

amOPM

amR

Definiamo:

( )mN

i

ii Ram =−∑=1

Risultante delle forze d’inerzia

( ) ( )mN

i

iii MamOP 01

=×−−∑=

Momento delle forze d’inerzia

Quindi si ha:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

=++

=++

0

0m

O

v

O

a

O

mva

MMM

RRR

Supponiamo ora che gli spostamenti siano virtuali e che il sistema sia rigido:

( ) ( ) ( )

ψδδδδδδ⋅+⋅=

++=

O

mva

MORL

LLLL

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 000 =⋅+⋅=⋅+++⋅++=⇒

⋅+⋅=

⋅+⋅=

⋅+⋅=

ψδψδδ

ψδδ

ψδδ

ψδδ

OMMMORRRL

MORL

MORL

MORL

m

O

v

O

a

O

mva

m

O

mm

v

O

vv

a

O

aa

In definitiva:

( ) ( ) ( ) 0=++ mva LLL δδδ Equazione di D’Alambert-Lagrange Se aggiungiamo l’ipotesi che i vincoli siano lisci, cioè ( ) 0≥vLδ , si ottiene:

( ) ( ) 0≤+ ma LL δδ Relazione simbolica di D’Alambert-Lagrange Se supponiamo che gli spostamenti siano reversibili si ha:

( ) ( ) 0=+ ma LL δδ Consideriamo ora le seguenti relazioni:

( )

( ) ∑

∑

=

=

=

=

n

h

hh

m

n

h

hh

a

qL

qQL

1

1

δτδ

δδ

59

Sostituendo si ottiene:

( ) h

n

h

hhh

n

h

hh

n

h

hh

qqQ

qqQ

δδτ

δτδ

∀=+

=+

∑

∑∑

=

==

0

0

1

11

E quindi:

nhQ hh ,...,10 ==+τ Prima stesura dell’equazione di Lagrange

Alla fine, per un sistema ( )

Niii mPS ,...,1, == con n gradi di libertà e coordinate lagrangiane hq per

nh ,...,1= , si giunge al seguente risultato:

nhQq

T

q

T

dt

dh

hh

,...,1==∂∂

−∂∂&

Equazione di Lagrange

Dimostrazione

( )

( )

h

N

i h

ii

N

i h

iii

hh

h

N

i h

i

ii

N

i h

i

ii

N

i h

i

ii

N

i h

i

ii

h

N

i h

iii

h

h

in

h

h

h

i

hh

i

n

h

h

h

iin

h

h

h

ini

i

N

i h

iii

h

N

i h

iii

N

i h

iii

N

i

i

h

i

N

i

ii

hh

N

i

ii

Qq

PF

q

Pam

q

T

q

T

dt

d

q

T

q

Pam

q

vvm

q

Pam

q

Pv

dt

dm

q

T

dt

d

q

Pvm

q

T

q

Pq

q

P

qq

v

qq

P

t

Pq

q

P

dt

tqqdPv

q

vvm

q

T

q

vvm

q

vvmv

qmvm

qq

T

vmT

=∂

∂⋅=

∂

∂⋅=

∂∂

−∂∂

∂∂

+∂

∂⋅=

∂

∂⋅+

∂

∂⋅=

∂

∂⋅=

∂∂

∂

∂⋅=

∂∂

∂

∂=

∂

∂

∂∂

=∂

∂

∂

∂=

∂

∂+

∂

∂==

∂

∂⋅=

∂∂

∂

∂⋅=

∂

∂⋅⋅=

∂∂

=

∂∂

=∂∂

=

∑∑

∑∑∑∑

∑

∑

∑∑

∑

∑∑∑∑

∑

==

====

=

=

==

=

====

=

11

1111

1

1

11

1

1

111

2

1

2

1

2

,,...,

22

1

2

1

2

1

2

1

&

&

&

&&&

&&

&&

Se il sistema ammette potenziale, si dimostra che vale la relazione h

hq

UQ

∂∂

= e sostituendo

nell’equazione di Lagrange si ottiene:

nhq

U

q

T

q

T

dt

d

hhh

,...,1=∂∂

=∂∂

−∂∂&

60

Proprietà

nhq

UQ

h

h ,...,1=∀∂∂

=

Dimostrazione

UL

dUdL

δδ =

=

h

h

n

h

hh

n

h

hh

Qq

UqQU

qQL

=∂∂

⇒=

=

∑

∑

=

=

1

1

δδ

δδ

Lagrangiana di un sistema

( ) 0

0

=+∂

∂−

∂

∂

=∂∂

−∂∂

−∂∂

∂∂

=∂∂

−∂∂

UTqq

T

dt

d

q

U

q

T

q

T

dt

d

q

U

q

T

q

T

dt

d

hh

hhh

hhh

&

&

&

Se supponiamo che U sia uniforme, cioè ( )hqUU = , risulta:

0=∂∂

hq

U

&

Quindi:

( )

( ) ( ) 0

0

=+∂∂

−+∂∂

=+∂∂

−

∂∂

+∂∂

UTq

UTqdt

d

UTqq

U

q

T

dt

d

hh

hhh

&

&&

Definiamo UT +=L lagrangiana del sistema. In definitiva si ha:

0=∂∂

−∂∂

hh qqdt

d LL

&

Equivalenza tra le equazioni di Lagrange e le equazioni della meccanica

Consideriamo un punto P di massa m che si muove lungo una linea γ liscia e fissa:

Il sistema ha un grado di libertà: scegliamo come coordinata lagrangiana l’ascissa curvilinea s .

sQs

T

s

T

dt

d=

∂∂

−∂∂&

γ P

61

2

22

2

2

1

ˆ

2

1

smT

svsv

vmT

&

&&

=

=⇒=

=

τ

( ) smsmdt

d

s

T

dt

dsm

s

T

s

T

&&&&

&&

==∂∂

⇒=∂∂

=∂∂

0

sQsm =&&

( )( ) ττδτδ

τδδδ

δδδFFQsFsQ

sFPFL

sQqQLss

s

n

h

hh =⋅=⇒⋅=⇒

⋅=⋅=

==∑= ˆˆ

ˆ1

E quindi:

( )tssFsm ,, &&& τ=

Ripetiamo parallelamente l’analisi usando le equazioni della meccanica:

( ) ( ) ∑=

=+N

i

ii

vaamRR

1

Non consideriamo anche la binormale dato che è superflua per la dimostrazione.

amF =+ϕ

=+

=+

r

smF

smF

nnn

2

0

:ˆ

:ˆ&

&&

ϕ

τ τ

Dopo aver proiettato l’equazione vettoriale nel sistema di riferimento che ha una direzione uguale alla tangente, si ritrova il risultato visto prima: smF &&=τ .

γ

P

τ n

ϕ

62

Energia cinetica generalizzata

t

Pq

q

Pv i

n

h

h

h

i

i ∂

∂+

∂

∂=∑

=1

&

0121

2

11,

1

2

1 11, 1

1 111

2

11

2

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

TTTt

Pmqbqqa

t

Pmq

t

P

q

Pmqq

q

P

q

Pm

t

Pq

q

P

t

Pq

q

Pm

t

Pq

q

PmvmT

N

i

ii

n

h

hh

n

kh

khhk

N

i

ii

n

h

h

N

i

i

h

ii

n

kh

kh

N

i k

i

h

ii

N

i

in

k

k

k

iin

h

h

h

ii

N

i

in

h

h

h

ii

N

i

ii

++=

∂

∂++=

=

∂

∂+

∂

∂⋅

∂

∂+

∂

∂⋅

∂

∂=

=

∂

∂+

∂

∂

∂

∂+

∂

∂=

∂

∂+

∂

∂==

∑∑∑

∑∑ ∑∑ ∑

∑ ∑∑∑ ∑∑

===

== == =

= === ==

&&&

&&&

&&&

Nell’espressione precedente si è posto: ∑= ∂

∂⋅

∂

∂=

N

i k

i

h

iihk

q

P

q

Pma

1

e ∑= ∂

∂⋅

∂

∂=

N

i

i

h

iih

t

P

q

Pmb

1

.

Se consideriamo solo spostamenti virtuali si ha:

∑=

==⇒==n

kh

khhk qqaTTTT1,

201 2

10 &&

Teorema di Lagrange

Dato un sistema a vincoli lisci e fissi, condizione necessaria e sufficiente affinché si abbia l’equilibrio è che 0=hQ .

0Equilibrio =⇔ hQ Condizione lagrangiana di equilibrio

Se h

hq

UQ

∂∂

= , allora per l’equilibrio si deve avere: 0=∂∂

hq

U.

Dimostrazione

Supponiamo di essere all’equilibrio: ( )( )

( ) ttqtqq

qtqhh

h

hh ≥∀=⇒

=

=

00&

022 =

∂

∂=

∂∂

⇒=

=∂∂

−∂∂

hh

h

hh

q

T

q

TTT

Qq

T

q

T

dt

d

&

Poiché T all’equilibrio è zero, anche la sua derivata rispetto al tempo sarà zero. Quindi 0=hQ .

Dimostriamo ora l’implicazione inversa:

0

00

2 =∂∂

⇒=

=∂∂

−∂∂

⇒=

h

hh

h

q

TTT

q

T

q

T

dt

dQ

&

63

Otteniamo il seguente sistema:

( )( )

=

=

=∂∂

00

0

0

0

h

hh

h

q

qq

q

T

dt

d

&

&

Problema di Cauchy

L’unica soluzione di questo problema è 0

hh qq = . Siamo quindi all’equilibrio e il teorema è

verificato. Principio dei lavori virtuali

Condizione necessaria e sufficiente affinché una posizione sia di equilibrio per un sistema di solidi a vincoli lisci e fissi è che: ( ) 0≤aLδ Dimostrazione

( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) 0

0

0≤+⇒

≥

=++ma

v

mva

LLL

LLLδδ

δ

δδδ per ipotesi di vincoli fissi e lisci

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) 0

0

1

1

=×−−=

=−=

⋅+⋅=

∑

∑

=

=

N

i

iii

m

O

N

i

ii

m

m

O

mm

amOPM

amR

MORL ψδδ

Sostituendo si ha ( ) 0=mLδ e quindi: ( ) 0≤aLδ .

( ) PL a δδ ∀≤ 0 Se supponiamo gli spostamenti reversibili, la relazione precedente vale anche per Pδ− . Si ottiene il sistema:

( )

( )( ) 0

0

0=⇒

≤−

≤a

a

a

LL

Lδ

δ

δ

( )h

n

h

hh

a qqQL δδδ ∀== ∑=

01

L’unica possibilità è che 0=hQ e quindi, per la condizione lagrangiana di equilibrio, il teorema è

dimostrato. Principio di Torricelli

Preso un sistema di solidi a vincoli lisci e fissi, e supposto questo sistema pesante (cioè sul quale agiscono solo le forze peso), si ha l’equilibrio se e soltanto se non esistono spostamenti che facciano abbassare il baricentro.

64

Dimostrazione

( ) niii GPS ,...,1, ==

gmP ii =

( )

( ) ∑∑==

⋅=⋅=

≤n

i

ii

n

i

ii

a

a

GmgGgmL

L

11

0

δδδ

δ

Per la definizione di baricentro si può scrivere:

( )

( )

∑

∑

∑∑

∑

∑

=

=

==

=

=

=

−=−

−=−

−=−

−=−

n

i

ii

n

i

ii

n

i

i

n

i

ii

n

i

ii

n

i

ii

GmGM

OMM

GmM

OG

OmM

GmM

OG

OGmM

OG

OGmM

OG

1

1

11

1

1

11

11

1

1

δδ

δδδδ

δδδδ

δδδδ

Sostituendo si ha:

( ) GgML a δδ ⋅=

0≤⋅ GgM δ per il principio dei lavori virtuali

0cos ≤α

Non esistendo alcuno spostamento verso il basso, il teorema è verificato.

G

gMP =

1G

1P

2G

2P

3G

3P

4G

4P

5G

5P

65

Stabilità

Un corpo è stabile se, quando assume una posizione, rimane sempre in quella posizione. Il moto di un punto *P è stabile se:

( ) ( )

( ) ( )

( )

( ) 0*

*

0*

0*

00

00

00

:0,0,

ttPtP

PtP

PP

PP>∀

<−

<−⇒

<−

<−

>∃>∀

ε

δ

ε

δ

δεδε

&&&&

Un punto *P è in equilibrio stabile se:

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

( ) εε

ε

δ

ε

δ

δεδε

<<

>∀<

<−⇒

<

<−

>∃>∀

TT

tttP

PtP

P

PP

0

0

*

0

0*

00

0

0

0

00

:0,0,

bb

&&

Le due relazioni in basso sono equivalenti perché l’energia cinetica T è strettamente legata alla velocità. Criterio di Dirichlet

Dato un sistema a vincoli lisci e fissi, sono di equilibrio stabile i punti di massimo per il potenziale. Dimostrazione

Equilibrio 0=⇒ hQ

0=∂∂

⇒∂∂

=hh

hq

U

q

UQ

00 UTUT −=− *P in equilibrio supposto massimo per il potenziale

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ****

*

:

max

PPIPPUPUPI

UP

PU

−∈∀>∃

⇒

Σ

( ) ( ) ( )

( ) ( )( )PUPU

UPUTPUPUT

−=

−+=−+*

0*

0*

minµ

0P

*0P

( )0P

( )0*P

66

Poiché U è continua, ricordando la definizione di funzione continua:

( ) ( ) 0*

0*

00 :00 εδδε <−⇒<−>∃>∀ PUPUPP

possiamo scrivere:

( ) ( ) 0*

00*

00 0:00 εεδε <−⇒<−>∃>∀ UPUPP

Quindi si ottiene:

( ) ( ) 0* 2ε<−+ PUPUT

Scegliendo ( )µεε ,2min 0= si ha:

ε<T Stereomeccanica

La stereomeccanica si occupa dello studio di tre categorie di solidi: • Solido con punto fisso; • Solido con asse fisso; • Solido libero. Solido con punto fisso

Oxyz abcΩ Sistema solidale

Vincoli lisci e fissi

Il sistema ha 3=n gradi di libertà. Scriviamo le equazioni fondamentali della meccanica nella seconda forma:

×−=

=

QvMK

RQ

O

ext

OO

ext

&

&

Poiché le equazioni appena scritte sono 2 equazioni vettoriali e quindi 6 equazioni scalari, per poter risolvere il sistema è sufficiente scegliere solo la seconda equazione. Essendo il punto O fisso, si ha che 0=Ov e la seconda equazione diventa:

ext

OO MK =&

Spezzando i momenti esterni in momenti attivi e momenti delle reazioni vincolari si ha:

( ) ( )vO

a

OO MMK +=&

z

y

x

O

a

b c

67

( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 00

0=⋅⇒=⋅+⋅⇒

⋅+⋅=

=ψψδ

ψδδ

δv

O

v

O

v

v

O

vv

v

MMORMORL

L

( )

( ) 0

0

=

∀=⋅v

O

v

O

M

dtM ωω

In definitiva si ottiene:

( )

( )aO

O

a

OO

Mdt

Kd

MK

=

=&

Relazione tra derivate temporali in un sistema assoluto e in un sistema relativo

Oxyz

Sistema assoluto

abcΩ

Sistema relativo

dt

da dt

d r

fdt

fd

dt

fd ra ×+= ω

ass

OO

abc

O MKdt

Kd=×+

Ω

ω

Supponiamo ora che abcΩ sia una terna principale d’inerzia e poniamo AI =11 , BI =22 , CI =33 .

ωI=OK con krjqip ++=ω

krCjqBipAdt

Kd

kCrjBqiAp

Cr

Bq

Ap

r

q

p

C

B

A

K

O

O

&&& ++=

++=

=

=

00

00

00

( ) ( ) ( )kAqpBqpjArpCrpiBrqCrq

CrBqAp

rqp

kji

K O −+−−−==×ω

Sostituendo si ha:

( ) ( ) ( ) ass

OMkAqpBqpjArpCrpiBrqCrqkrCjqBipA =−+−−−+++ &&&

68

( )( )( )

=−−

=−−

=−−

c

O

b

O

a

O

MpqBArC

MrpACqB

MrqCBpA

&

&

&

Equazioni di Eulero

Poiché in generale a

OM , b

OM e c

OM sono funzioni di ( )trqprqp ,,,,,, &&& , queste equazioni sono

difficili da risolvere. Limitiamoci al caso di moti per inerzia o moti spontanei, quelli per cui: 0=OM .

( )( )( )

=−−

=−−

=−−

0

0

0

pqBArC

rpACqB

rqCBpA

&

&

&

Se aggiungiamo l’ipotesi di rotazioni permanenti, cioè cost.=ω , si ha:

krjqip 0000 ++==ωω

( )( )( )

=−

=−

=−

0

0

0

pqBA

rpAC

rqCB

Distinguiamo ora tre casi: 1) CBA ≠≠

=

=

=

⇒

≠−

≠−

≠−

0

0

0

0

0

0

pq

rp

rq

BA

AC

CB

ipqppr

krprrq

jqpqqr

00

00

00

00

00

00

=⇒===

=⇒===

=⇒===

ωωω

Quindi il corpo ruota o lungo l’asse x, o lungo l’asse y o lungo l’asse z.

2) CBA ==

krjqip

rrqqpp

BA

AC

CB

000

000

0

0

0

++=

===⇒

=−

=−

=−

ω

Quindi ci sono tutte e tre le rotazioni.

69

3) CBA ≠=

jqip

rqqpp

pq

rp

rq

BA

AC

CB

00

00 0

0

0

0

0

0

0

+=

===⇒

≠

=

=

⇒

=−

≠−

≠−

ω

Quindi la rotazione avviene nel piano in cui c’è simmetria.

Solido con asse fisso

rzOxyz ≡

rcOabc ≡≡ΩΩ Sistema solidale Vincoli lisci e fissi

Il sistema ha 1=n gradi di libertà. Scriviamo l’equazione di Lagrange:

1Qq

T

q

T

dt

d=

∂∂

−∂∂&

2

2

1ωℑ=T

Supponiamo ora che abcΩ sia una terna principale d’inerzia e poniamo AI =11 , BI =22 , CI =33 .

2

2

1ϕ

ϕω

&

&

CT

k

=

=

( )

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

QC

QCdt

d

QTT

dt

d

=

=

=∂∂

−∂∂

&&

&

&

ψδϕψδδϕψδδ

δϕδϕϕ

ϕ⋅=⇒⋅+⋅=⇒

⋅+⋅=

=OO

O

MQMORQMORL

QL

z

y

x

O≡Ω

a

b

c

r

70

z

z

O

O

O

MQ

MQ

kMQ

ktMQ

tMQ

=

=

⋅=

⋅=

⋅=

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

δϕδϕ

δϕδϕ

δϕδϕ

δωδϕ

&

Si ottiene quindi il sistema:

( )( )( )

=

=

=

0

0

0

0

,,

ϕϕ

ϕϕϕϕϕ

&&

&&& tMC z

Solido libero

G Baricentro

Scriviamo le equazioni fondamentali della meccanica nella terza forma:

=

=

ext

GG

G

ext

Mdt

Kd

aMR

Quindi si ottiene:

( )

( )

=

=

a

GG

G

a

Mdt

Kd

aMR

Esempio di applicazione al caso di un satellite

( )OPversOP

mMhF i

i

iTi −

−−=

2

O

iP

G Terra

Satellite

z

y

x

G

71

Supponendo trascurabili le dimensioni del satellite, vale l’approssimazione: OGOPi ≈

( )OGversOG

mMhF iT

i −−

−=2

La forza risultante sarà data dalla somma di tutte le forze iF :

( ) ( )OGversOG

mMhOGvers

OG

mM

hFR T

n

i

iTn

i

i −−

−=−−

−==∑

∑ =

=22

1

1

E sostituendo si ottiene infine:

( ) GT aOGversOG

Mh =−

−−

2

Equilibrio per un solido con punto fisso

=

=

0

0ext

O

ext

M

R

Ma ( ) 0=v

OM , quindi: ( ) ( )

( )

=

=+

0

0a

O

va

M

RR

Basterà allora studiare solo ( ) 0=a

OM con le equazioni di Eulero.

Equilibrio per un solido con asse fisso

=

=

0

0ext

O

ext

M

R

Ma ( ) 0=v

OM , quindi: ( ) ( )

( )

=

=+

0

0a

O

va

M

RR

Si ottiene 0=zM e quindi si ha il sistema:

( )( )

=

=

=

0

0

0

0

0

ϕϕ

ϕϕ

ϕ

&&

&&C

Questo sistema ha come soluzione ( ) 00 ϕϕϕ += tt & .

72

Equazioni dei piccoli moti

Le equazioni di Lagrange sono intrinsecamente equazioni non lineari e quindi difficili da risolvere. Un metodo per renderle lineari è utilizzare la linearizzazione tramite espansione in serie di Taylor:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ...''2

1' 2

00000 +−⋅+−⋅+= xxxfxxxfxfxf

( ) ( )( )

( )( )

( )( )

( )

( )

( )( )

( )( ) ...2

1

2

1,,

00

,

22

0

,

2

2

20

,

2

2

0

,

0,

00

0000

000000

+−−⋅∂∂

∂+−⋅

∂

∂+

+−⋅∂∂

+−⋅∂∂

+−⋅∂∂

+=

yyxxyx

fyy

y

f

xxx

fyy

y

fxx

x

fyxfyxf

yxyx

yxyxyx

Passiamo a linearizzare T e U . Supponiamo che 0P sia una posizione di equilibrio stabile:

( ) ( ) ( ) ( ) ...2

1 202

2

00

00

+−⋅∂∂

+−⋅∂∂

+= PPP

UPP

P

UPUPU

PP

Nell’equazione precedente risulta ovviamente 00

=∂∂

PP

U per via delle ipotesi.

012 TTTT ++=

Poiché siamo nell’ipotesi di vincoli lisci e fissi si ha:

∑=

==n

kh

khhk qqaTT1,

2 2

1&&

( ) ( ) ( ) ...000

+−⋅∇+= PPaPaPaPhkhkhk

Pendolo semplice

ϑsinmgsm −=&&

ϑϑϑ &&&&&& lslsls =⇒=⇒= Sostituendo si ha:

ϑϑ

ϑϑ

sin

sin

l

g

mgml

−=

−=

&&

&&

l ϑ

gm

Equazione del moto di un punto su una circonferenza liscia e fissa: ( )tssFsm ,, &&& τ=

ϑ

73

=

−=

ϑϑ

ϑϑϑϑ

cos2

1

sin

2

l

g

dt

d

dt

d

l

g

&

&&&&

Integrando tra 0t e t si ha:

−+=

−+=

−=−

02

02

02

02

02

02

cos2

cos2

cos2

cos2

coscos2

1

2

1

ϑϑϑϑ

ϑϑϑϑ

ϑϑϑϑ

&&

&&

&&

g

l

l

g

l

g

l

g

l

g

l

g

Poniamo 02

0 cos2

ϑϑ −= &g

le :

( )

( )

( )

( )∫∫ =

+

+=

+=

+=

t

t

t

t

dt

el

g

d

el

g

dt

d

el

g

el

g

00 cos2

cos2

cos2

cos22

ϑ

ϑ

ϑϑ

ϑϑ

ϑϑ

&

&

Studiamo il moto:

( ) 0cos0cos2

00 =+⇒=+⇒=⇒= eel

gs ϑϑϑ&&

Supponendo 000 ==ϑϑ & si ha:

M

'M

Intuitivamente M è stabile e 'M no

74

22

2

2

1ˆ

2

1

ϑϑτ &&&& mlTlssv

vmT

=⇒=⇒=

=

211

211

1, 2

1

2

1mlaaqqaT

n

kh

khhk =⇒== ∑=

ϑ&&&

Poiché 2ml è una costante, non è necessario linearizzare l’energia cinetica.

ϑcosmglU =

( ) ( ) ( )2

0

2

2

0

02

1000 −⋅

∂

∂+−⋅

∂∂

+=⇒= ϑϑ

ϑϑ

ϑUU

UU

( )2

2

2

2

1

cos

sin

0

ϑ

ϑϑ

ϑϑ

mglmglU

mglU

mglU

mglU

−=⇒

−=∂∂

−=∂∂

=

La lagrangiana del sistema è: 222

2

1

2

1ϑϑ mglmglmlUT −+=+= &L .

Scriviamo l’equazione di Lagrange:

( ) 00

0

22

2

=+⇒=+⇒

=∂

∂

−=∂∂

=∂∂

−∂

∂

ϑϑϑϑϑ

ϑ

ϑϑ

ϑϑ

mglmlmglmldt

d

ml

mgl

dt

d

&&&

&&

&

L

L

LL

In definitiva:

0=+ ϑϑl

g&& Equazione dei piccoli moti intorno alla posizione di equilibrio M

L’equazione ottenuta è proprio l’equazione di un moto armonico.

4. Supplementi 1) Dato il seguente sistema di vettori, trovare: il risultante R e il suo modulo, il momento OM ,

l’equazione dell’asse centrale e l’invariante scalare. ( )( )( )3,12

0,34

2,5

−+−=

+=

−−=

Cjiw

Bjiv

Ajiu

Il risultante è dato dalla somma dei vettori:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

440

414121124

22 =+=⋅=

=++−+−+=+−+++−=++=

RRR

jjijijijiwvuR

Il momento totale è dato dalla somma dei momenti:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) kkkk

kjikjikji

wOCvOBuOAM O

4611225

012

031

041

003

011

025 =−+++−=

−

−++

−

−=

=×−+×−+×−=

Per trovare l’equazione dell’asse centrale basta applicare la definizione:

( ) ( )

( ) ( ) ( )

=

=

=

⇒++=−=−

+=+⋅=+=+×

=−

0

4

1

0,0,0,,

441616

14

400

04016

12

z

y

x

kzjyixzyxOT

jijij

kji

RR

MROT O

λ

λλλλ

L’invariante scalare è dato dal prodotto scalare tra il momento totale e il risultante:

( ) 00161644 =⋅=⋅=⋅=⋅= jkjkRM OI

2) Studiare il seguente moto:

( )( )

−=

−=2

2

48

36

ttty

tttx

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

>−

≤−=−=−+−=−+−==

−+−=−+−=

−+−=−

1110

111011001641368866

88664836

4836

22222

22

22

tt

ttttttttPts

jtitjttdt

ditt

dt

dtP

jttittOtP

&&

&

76

Istanti di arresto: ( ) 10101100 =⇒=−⇒=−⇒= tttts&

Moto progressivo o retrogrado: ( ) Rttts ∈∀⇒>−⇒> 01100& moto sempre progressivo

Moto accelerato o ritardato:

( )( )[ ]

( )[ ]

( )1100

110

110

1110

1110

−=⋅

>

≤−=

>−

≤−=

tss

t

t

ttdt

d

ttdt

d

ts

&&&

&&

<

>⇒>⋅

ritardato moto1

accelerato moto10

t

tss &&&

3) Studiare il seguente moto:

( ) jetieOtP tt −− +=− 2

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )222222

2

212

2

tteettetPts

jtetiejetdt

die

dt

dtP

ttt

tttt

−+=−+==

−+−=+=

−−−

−−−−

&&

&

Istanti di arresto:

( ) ( ) Rtttets t ∈∀/⇒=−+⇒= − 021022& non ci sono istanti di arresto

Moto progressivo o retrogrado:

( ) ( ) Rtttets t ∈∀⇒>−+⇒> − 021022& moto sempre progressivo

Moto accelerato o ritardato:

( ) ( ) ( )( )( )

( )( )( )

( )( )[ ] ( )141061422

21

1422

212

222221

2342222

22

22

22

222

+−+−−=−+−−=⋅

−+

−+−−=

−+

−−+−+−=

−−

−−−

ttttettttess

tt

tttte

tt

tttettets

tt

ttt

&&&

&&

>∨<

<<⇒<+−+−⇒>⋅

ritardato moto...33218.3...23029.2

accelerato moto...33218.3...23029.20141060 234

tt

tttttss &&&

77

4) Studiare il seguente moto: ( ) jetihOtP t−+=− 2 con h costante positiva

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

>−

≤−=−=−==

−=+=

−

−−−

−−

22

2222

2

222

2

ttet

ttettetetttPts

jtetjetdt

dih

dt

dtP

t

t

tt

tt

&&

&

Istanti di arresto: ( ) 20020 =∨=⇒=−⇒= − tttetts t&

Moto progressivo o retrogrado: ( ) +− ∈∀⇒>−⇒> Rttetts t 020& moto sempre progressivo

Moto accelerato o ritardato:

( )( )[ ]

( )[ ]( )( )

( )( ) t

t

t

t

t

tetttss

tett

tett

ttetdt

d

ttetdt

d

ts

22

2

2

242

224

224

22

22

−

−

−

−

−

+−−=⋅

>+−−

≤+−=

>−

≤−=

&&&

&&

>

+>∨−<

<

⇒

>

>+−

>−

⇒>⋅

0

2222

2

0

024

02

0 2

t

tt

t

t

tt

t

ss &&&

0 22 − 2 22 +

+ +

A R R A

RitardatoAccelerato == RA

78

5) Calcolare il baricentro della seguente figura:

222

211

662

11,0

552

5,0

lllmlG

lllmlG

ρρ

ρρ

=⋅⋅=

=⋅⋅=

( ) ( )

=+

⋅+

⋅=

+

−+−=− l

ll

llll

mm

OGmOGmOG

22

91,0

65

2

11,06

2

5,05

22

22

21

2211

ρρ

ρρ

6) Calcolare il baricentro di un’asta AB omogenea di massa m e lunghezza l .

( ) ( )

⇒

=

=

===

−=−⇒−=−

∫∫

∫∫

0,2

1

0

2

1

2

1

11

0

2

00

0

lG

y

lx

lxdx

mxdx

mx

dcAPm

AGdCOPM

OG

G

lll

G

l

C

ρρρ

ρ

ρρ

7) Calcolare il baricentro di un’asta AB di massa m , lunghezza l e densità ( ) APl

mP

2

2=ρ .

( ) ( ) xl

mxAP

l

mP

22

22=⇒= ρρ

x

y

A B

l P

x

y

l

l

l5

l6

x

y

A B

l

79

⇒

=

=

=== ∫∫ 0,

3

2

0

3

2

3

21211

0

3

20

22

0lG

y

lx

l

m

mdxx

l

m

mxdx

mx

G

lll

G ρ

8) Calcolare il baricentro di un’asta AB di lunghezza l e densità ( ) 2

3

3AP

l

kP =ρ .

( ) ( )

⇒

=

=

===

=

===

=⇒=

∫∫

∫∫

0,4

3

0

4

3

4

31311

3

33

33

0

4

30

33

0

0

3

30

23

0

23

2

3

lG

y

lx

l

k

kdxx

l

k

kxdx

mx

kx

l

kdxx

l

kdxm

xl

kxAP

l

kP

G

lll

G

lll

ρ

ρ

ρρ

9) Calcolare il baricentro della seguente figura:

( )2

2

22

211

4

1

20,

2

0,0

RR

mR

G

RmG

ρπρπ

ρπ

=

=

=

( ) ( ) ( )

−=−

⋅−⋅=

−

−−−=− 0,

64

1

0,24

10,0

22

22

21

2211 R

RR

RRR

mm

OGmOGmOG

ρπρπ

ρπρπ

x

y

A B

l P

x

y

R

80

10) Calcolare il baricentro della seguente figura:

211 22

2, lllml

lG ρρ =⋅⋅=

Per trovare il baricentro del semicerchio applichiamo il secondo teorema di Pappo-Guldino:

22

22

2

3

822

1

2,

3

22

3

22

22

12

23

4

22

ll

mll

lG

ll

l

l

lxG

ρπ

πρπ

πππ

π

=

⋅=

+

+=

⋅

+=

Il baricentro della figura data sarà:

( ) ( )

+

+=

+

+⋅+

⋅=

+

−+−=− ll

ll

llll

lll

mm

OGmOGmOG

2

1,

348

650

82

2,

3

22

82,2

22

22

21

2211

ππ

ρπ

ρ

πρ

πρ

11) Calcolare il baricentro della seguente figura:

211 22

2, lllml

lG ρρ =⋅⋅=

Per trovare il baricentro del semicerchio applichiamo il secondo teorema di Pappo-Guldino:

x

y

l

l2 A

B C

D

x

y

l

l2 A

B C

D

81

22

22

2

3

822

1

2,

3

22

3

22

22

12

23

4

22

ll

mll

lG

ll

l

l

lxG

ρπ

πρπ

πππ

π

=

⋅=

−

−=

⋅

−=

Il baricentro della figura data sarà:

( ) ( )

−

−=

−

−⋅−

⋅=

−

−−−=− ll

ll

llll

lll

mm

OGmOGmOG

2

1,

348

650

82

2,

3

22

82,2

22

22

21

2211

ππ

ρπ

ρ

πρ

πρ

12) Scrivere le equazioni della statica per il seguente sistema, costituito da un’asta AB di massa m

e lunghezza l , incernierata in O ad un terzo della sua lunghezza e al cui estremo destro è applicata una molla di costante elastica k :

Gradi di libertà: L’asta può solo ruotare, quindi il grado di libertà è 1=n . Scegliamo l’angolo ϑ come coordinata lagrangiana. Troviamo le coordinate dei punti B e P e del baricentro G :

ϑϑ sin3

2,cos

3

2llB

( )0,2lP

ϑϑ sin6

,cos6

llG

Forze attive:

( ) BjlkillkPBkF

GjmgP

e in applicatasin3

22cos

3

2

in applicata

−

−−=−−=

−=

ϑϑ

Reazioni vincolari:

( )0,0in applicata Oji y

O

x

OOϕϕϕ +−=

x

y

B

A

k

P l2

ϑ

O

lPO

k

2

0

=

>

Oϕ G

82

Scegliamo per comodità il punto O come polo (in modo da non calcolare il momento della reazione vincolare) e scriviamo le equazioni della statica:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=×−+×−+×−

=++⇒

=+

=+

0

0

0

0

Oe

Oe

v

O

a

O

va

OOFOBPOG

FP

MM

RR

ϕ

ϕ

Calcoliamo i momenti:

0sin3

4cos

6

1

0

0sin3

22cos

3

2

0sin3

2cos

3

2

00

0sin6

cos6

2 =

−−

=

−

−−

+

−

kklmgl

klllk

ll

kji

mg

ll

kji

ϑϑ

ϑϑ

ϑϑϑϑ

Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:

=−−

=+−−

=−

−−

0sin3

4cos

6

1

0sin3

2

02cos3

2

2 ϑϑ

ϕϑ

ϕϑ

klmgl

klmg

llk

y

O

x

O

13) Scrivere le equazioni della statica per il seguente sistema, costituito da un’asta AB di massa m

e lunghezza l , vincolata in A da un carrello con cerniera, e con una molla applicata nel suo punto medio C :

Gradi di libertà: L’asta può ruotare e traslare, quindi il grado di libertà è 2=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato con la verticale e l’ascissa xxA = del punto A come coordinate lagrangiane.

x

y

B

A

k H

ϑ 0>k A

ϕ C

83

Troviamo le coordinate dei punti A , C e H : ( )

−

ϑ

ϑϑ

cos2

,0

cos2

,sin2

0,

lH

llxC

xA

Forze attive:

( ) Cil

xkHCkF

CjmgP

e in applicatasin2

in applicata

−−=−−=

=

ϑ

Reazioni vincolari:

Aji y

A

x

AAin applicataϕϕϕ +=

Non consideriamo la reazione vincolare del carrello in H perché non fa parte del sistema che stiamo studiando. Scegliamo per comodità il punto A come polo (in modo da non calcolare il momento della reazione vincolare) e scriviamo le equazioni della statica:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=×−+×−+×−

=++⇒

=+

=+

0

0

0

0

Ae

Ae

v

A

a

A

va

AAFACPAC

FP

MM

RR

ϕ

ϕ

Calcoliamo i momenti:

0sin2

cos2

1sin

2

1

0

00sin2

0cos2

sin2

00

0cos2

sin2

=

−+−

=

−−

−+−

kl

xklmgl

lxk

ll

kji

mg

ll

kji

ϑϑϑ

ϑ

ϑϑϑϑ

Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:

=

−+−

=+

=+

−−

0sin2

cos2

1sin

2

1

0

0sin2

ϑϑϑ

ϕ

ϕϑ

lxklmgl

mg

lxk

y

A

x

A

84

Poiché abbiamo un sistema con 3 equazioni e 4 incognite, è necessario inserire un’ulteriore relazione. Ricordando che stiamo considerando vincoli lisci, notiamo che:

In definitiva, il sistema risolvibile è:

=

=−

−

−=

−=

ϑϕϕ

ϑϑϑ

ϕ

ϑϕ

tan

0sinsin2

cos

sin2

x

A

y

A

y

A

x

A

mgl

xk

mg

lxk

14) Scrivere le equazioni della statica per il seguente sistema, costituito da un disco di massa m e

raggio R , vincolato nel suo baricentro da un carrello con cerniera, sul quale sono applicate due molle di costante elastica k , una agente sul baricentro e l’altra agente sul bordo del disco:

Gradi di libertà: Il disco può ruotare e traslare, quindi il grado di libertà è 2=n . Scegliamo l’angolo ϑ e l’ascissa xxG = del baricentro come coordinate lagrangiane.

Troviamo le coordinate del punto A e del baricentro G :

( )( )0,

sin,cos

xG

RRxA ϑϑ+

Forze attive:

( ) ( )( ) ( ) ( ) AjRRkiRxkTAkF

GibxkHGkF

GjmgP

T

H

in applicata2sincos

in applicata

in applicata

−−+−=−−=

−−=−−=

−=

ϑϑ

x

y

A

k

H

ϑ

O

( )( )RT

bH

k

2,0

0,

0>

Gϕ

G

T

k

x

Aϕ

ϑ

Aϕ y

Aϕ ϑϕϕ tanx

A

y

A =⇒

85

Reazioni vincolari: Gji y

G

x

GGin applicataϕϕϕ +=

Scegliamo per comodità il baricentro del disco come polo (in modo da non calcolare i momenti della reazione vincolare, della forza peso e della molla orizzontale) e scriviamo le equazioni della statica:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=×−+×−+×−+×−

=+++⇒

=+

=+

0

0

0

0

GTH

GTH

v

G

a

G

va

GGFGAFGGPGG

FFP

MM

RR

ϕ

ϕ

Calcoliamo i momenti:

( ) ( )( ) ( )[ ]

( ) 0cos2sin

0cossin2sincos

0

02sincos

0sincos

2 =+

=++−−

=

−−+−

kkRkRx

kRxkRRRkR

RRkRxk

RR

kji

ϑϑ

ϑϑϑϑ

ϑϑϑϑ

Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:

( ) ( )( )

=+

=+−−−

=++−−−

0cos2sin

02sin

0cos

2 ϑϑ

ϕϑ

ϕϑ

kRkRx

RRkmg

Rxkbxk

y

G

x

G

Poiché abbiamo un sistema con 3 equazioni e 4 incognite, è necessario inserire un’ulteriore relazione. Ricordando che stiamo considerando vincoli lisci, notiamo che:

In definitiva, il sistema risolvibile è:

( )

=

=+

−+=

+−=

ϑϕϕ

ϑϑ

ϑϕ

ϑϕ

tan

0cos2sin

2sin

cos2

y

G

x

G

y

G

x

G

Rx

RRkmg

kRkbkx

x

Gϕ

ϑ Gϕ

y

Gϕ ϑϕϕ tany

G

x

G =⇒

86

15) Scrivere le equazioni della statica per il seguente sistema, costituito da un’asta AB di massa m e lunghezza l , vincolata nel punto A da un carrello e nel baricentro da una cerniera che la unisce all’asta CD di massa m e lunghezza l . Sul sistema sono applicate due molle di costante elastica k , una agente sul baricentro dell’asta AB e l’altra congiungente gli estremi B e D delle due aste:

Gradi di libertà: L’asta AB può traslare e l’asta CD può ruotare, quindi il grado di libertà è 2=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato dall’asta CD con la verticale e l’ascissa xxC = del baricentro dell’asta AB

come coordinate lagrangiane. Troviamo le coordinate dei punti A , B , D e H , del baricentro C dell’asta AB e del baricentro G dell’asta CD :

++

++

−

+

ϑϑ

ϑϑ

cos24

,sin2

4,

4,0

cos4

,sin

2,

4

3

0,4

3

lllxG

lxC

lH

ll

lxD

llxB

lxA

Forze attive:

( )

( ) Djl

lkillkBDkF

CikxHCkF

GjmgP

CjmgP

in applicata4

cos4

3sin

in applicata

in applicata

in applicata

2

1

2

1

−−

+−=−−=

−=−−=

=

=

ϑϑ

x

y

B

A

k H

ϑ 0>k

Aϕ

C

2

l

k D

G

87

Reazioni vincolari: Ajy

AAin applicataϕϕ =

Non consideriamo le reazioni vincolari della cerniera in C perché sono forze interne al sistema che stiamo studiando e, per il principio di azione e reazione, risulta

21 CCϕϕ −= . Tralasciamo

anche la reazione vincolare del carrello in H perché non fa parte del sistema. Scegliamo per comodità il baricentro dell’asta AB come polo (in modo da non calcolare i momenti della forza peso 1P e della molla orizzontale 1F ) e scriviamo le equazioni della statica:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=×−+×−+×−+×−+×−

=++++⇒

=+

=+

0

0

0

0

2121

2121

A

A

v

C

a

C

va

CAFCDFCCPCGPCC

FFPP

MM

RR

ϕ

ϕ

Calcoliamo i momenti:

04

3cos

4

3sin

4

1sin

2

04

3

4

3sincos

4cossinsin

2

0

00

044

3

04

cos4

3sin

0cossin

00

0cos2

sin2

22 =

+++

=

+

++

−−

=−+

−−

+−

+

klklklmgl

klllkll

lklmgl

ll

kji

llkllk

ll

kji

mg

ll

kji

y

A

y

A

y

A

ϕϑϑϑ

ϕϑϑϑϑϑ

ϕϑϑ

ϑϑϑϑ

Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:

=+++

=+

−−+

=

+−−

04

3cos

4

3sin

4

1sin

2

04

cos

04

3sin

22 y

A

y

A

lklklmgl

llkmgmg

llkkx

ϕϑϑϑ

ϕϑ

ϑ

88

16) Scrivere le equazioni della statica e calcolare il potenziale del seguente sistema, costituito da un’asta AB di massa m e lunghezza l2 , vincolata nel punto A da una cerniera e nel punto B da un’altra cerniera che la unisce all’asta CD di massa m e lunghezza l2 . Nel baricentro dell’asta AB e nell’estremo D dell’asta CD sono applicate due molle di costante elastica k , entrambe vincolate tramite due carrelli a muoversi verticalmente, mentre nel punto D agisce una forza costante jmgF 2= :

Gradi di libertà: L’asta AB può ruotare e l’asta CD può anch’essa ruotare, quindi il grado di libertà è 2=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato con l’asse x e l’angolo α formato con la verticale come coordinate lagrangiane. Troviamo le coordinate dei punti B , C , D , H e T e dei baricentri G e M :

( )( )( )( )( )( )( )αϑαϑ

ϑϑαϑϑ

ϑαϑαϑ

ϑϑϑϑ

cossin2,sincos2

sin,cos

cos2sin2,cos2

sin,0

cos2sin2,sin2cos2

sin2,cos2

sin2,cos2

llllM

llG

lllT

lH

llllD

llC

llB

−+

−

−+

Forze attive:

( )( )

DjmgF

DiklTDkF

GiklHGkF

MjmgP

GjmgP

in applicata2

in applicatasin2

in applicatacos

in applicata

in applicata

2

1

2

1

=

−=−−=

−=−−=

−=

−=

αϑ

Reazioni vincolari:

Aji y

A

x

AAin applicataϕϕϕ +=

Non consideriamo le reazioni vincolari della cerniera in B perché sono forze interne al sistema che stiamo studiando e, per il principio di azione e reazione, risulta

CBϕϕ −= . Tralasciamo

anche le reazioni vincolari dei carrelli in H e T perché non fanno parte del sistema. Scegliamo

x

y

G

k

H

ϑ

A

0>k

Aϕ

M k

CB ≡

D

α

T

F

89

per comodità il baricentro dell’asta AB come polo (in modo da non calcolare i momenti della forza peso 1P e della molla orizzontale 1F ) e scriviamo le equazioni della statica:

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=×−+×−+×−+×−+×−+×−

=+++++⇒

⇒

=+

=+

0

0

0

0

2121

2121

A

A

v

G

a

G

va

GAFGDFGDFGGPGMPGG

FFFPP

MM

RR

ϕ

ϕ

Calcoliamo i momenti:

( ) ( ) ( )[ ]( ) 0sincoscossin4sinsin2sin3cos

0sincossin2cos2cos2sinsin2sincos

0

0

0sincos

020

0cos2sinsin2cos

00sin2

0cos2sinsin2cos

00

0cossinsincos

22 =+−−++

=+−++−++−

=−−+−++

+

−

−++

−

−+

kllklklmglmgl

kllllmgllklllmg

ll

kji

mg

llll

kji

kl

llll

kji

mg

llll

kji

x

A

y

A

x

A

y

A

y

A

x

A

ϑϕϑϕαααϑαϑ

ϑϕϑϕαϑαϑααϑ

ϕϕϑϑαϑαϑ

ααϑαϑαϑαϑ

Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:

=+−−++

=++−−

=+−−

0sincoscossin4sinsin2sin3cos

02

0sin2cos

22 ϑϕϑϕαααϑαϑ

ϕ

ϕαϑ

x

A

y

A

y

A

x

A

llklklmglmgl

mgmgmg

klkl

Poiché abbiamo un sistema con 3 equazioni e 4 incognite, è necessario inserire un’ulteriore relazione. Ricordando che stiamo considerando vincoli lisci, notiamo che:

In definitiva, il sistema risolvibile è:

=

=+−−++

=

=+−−

ϑϕϕ

ϑϕϑϕαααϑαϑ

ϕ

ϕαϑ

tan

0sincoscossin4sinsin2sin3cos

0

0sin2cos

22

y

A

x

A

x

A

y

A

y

A

x

A

llklklmglmgl

klkl

Il potenziale del sistema è dato da:

FFFPP UUUUUU ++++=2121

x

Aϕ

ϑ Aϕ

y

Aϕ ϑϕϕ tany

A

x

A =⇒

90

Calcoliamo i singoli potenziali:

αϑ

α

ϑ

αϑ

ϑ

cos4sin422

sin22

cos2

1

2

cossin2

sin

222

222

2

1

2

1

mglmglmgydymgdzFdyFdxFU

klDTk

U

klGHk

U

mglmglmgyU

mglmgyU

DDDzDyDxF

F

F

MP

GP

−===++=

−=−=

−=−=

+−=−=

−=−=

∫∫

In definitiva si ha:

αϑαϑ

αϑαϑαϑϑ

2222

2222

sin2cos2

1cos3sin

cos4sin4sin2cos2

1cossin2sin

klklmglmgl

mglmglklklmglmglmglU

−−−=

=−+−−+−−=

17) Data un’asta AB omogenea di massa m e lunghezza l , calcolarne i momenti d’inerzia rispetto

a un estremo e rispetto al baricentro:

2

0

3

0

22

3

1

3ml

x

l

mdxxdCx

ll

C

r =

=== ∫∫ ρρJ

Per il momento d’inerzia rispetto al baricentro serviamoci del teorema di Huygens:

2222

12

1

4

1

3

1

2mlmlml

lmrG =−=

−= JJ

18) Dato un disco omogeneo di massa m e raggio r , calcolarne i momenti d’inerzia rispetto a una

retta parallela all’asse z e passante prima per il baricentro e poi per il bordo:

( )∫∫∫ +==CC

G dxdyyxdCPG 222 ρρJ

x

y

s

G P

( )yxP ,

x

r

A B

l P

91

Per il calcolo dell’integrale doppio, effettuiamo il passaggio alle coordinate polari:

=

=

ϕϕ

sin

cos

Ry

Rx

Ricordando che, dopo il cambiamento di coordinate, ϕRdRddxdy = si ha:

( ) [ ] 220

0

4

2

2

00

33222

2

1

4sincos mr

R

r

mddRRdRdRRdRdR

rr

CC

G =⋅

⋅=⋅==+= ∫∫∫∫∫∫

ππ

ϕπ

ϕρϕρϕϕϕρJ

Per il momento d’inerzia rispetto al bordo serviamoci del teorema di Huygens:

2222

2

3

2

1mrmrmrmrGs =+=+= JJ

19) Calcolare l’energia cinetica del seguente sistema, costituito da un’asta AB di massa m e

lunghezza l2 , vincolata nel punto A da una cerniera e nel punto B da un’altra cerniera che la unisce all’asta CD di massa m e lunghezza l2 :

L’energia cinetica del sistema è data dalla somma delle energie cinetiche delle due aste:

CDAB TTT +=

L’asta AB può solo ruotare intorno al punto A , quindi la sua energia cinetica è facilmente calcolabile come segue:

( ) 22222

3

22

3

1

2

1

2

1ϑϑω && mllmT AAB =⋅⋅== J

L’asta CD , d’altra parte, risente di un’eventuale rotazione dell’asta AB e quindi è necessario tenere conto di questo contributo. Per il calcolo dell’energia cinetica serviamoci del teorema di König:

22

2

1

2

1MMCD vmT += ωJ

Ricordando le coordinate del baricentro dell’asta CD , si ha:

( )αϑαϑ cossin2,sincos2 llllM −+

x

y

ϑ

A

M

CB ≡

D

α

92

( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) αϑϑααϑαϑαϑαϑαϑ

ααϑϑααϑϑ

ααϑϑααϑϑ

&&&&&&&&

&&&&

&&&&&&

−++=−++=

=⋅+⋅+⋅+⋅−=

⋅+⋅+⋅+⋅−=+=

==

sin44cossinsincos44

sincos2cossin2

sincos2cossin2

3

12

12

1

2222222222

222

22

llllll

llllv

jllilljyixv

mllm

M

MMM

MJ

Da cui:

( )[ ] ( ) αϑϑααϑαϑϑααϑα &&&&&&&&& −++=−+++

= sin23

22sin44

2

1

3

1

2

1 222222222222 mlmlmllllmmlTCD

In definitiva:

( ) αϑϑααϑ &&&& −++= sin23

2

3

8 22222 mlmlmlT

20) Calcolare l’energia cinetica del seguente sistema, costituito da un’asta AB di massa m e

lunghezza l , vincolata nel punto A da un carrello con cerniera:

Poiché l’asta può ruotare e traslare, è conveniente utilizzare il teorema di König per calcolare l’energia cinetica:

22

2

1

2

1GGAB vmT += ωJ

Dopo aver scritto le coordinate del baricentro dell’asta e aver posto xxA = , si ha:

+ ϑϑ sin2

,cos2

llxG

ϑϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑ

&&&&&&&

&&&&&

xll

xll

xv

jl

il

xjyixv

ml

G

GGG

G

⋅−+=

⋅+

⋅−=

⋅+

⋅−=+=

=

sin4

cos2

sin2

cos2

sin2

12

1

22

222

2

2J

x

y

A ϑ

O

G

B

93

Da cui:

ϑϑϑϑϑϑϑ &&&&&&&&& xmlxmmlxll

xmmlTAB ⋅−+=

⋅−++⋅⋅= sin

2

1

2

1

6

1sin

42

1

12

1

2

1 22222

222

21) Scrivere le equazioni della statica e le equazioni di Lagrange per il seguente sistema, costituito

da un’asta OA di massa m e lunghezza a2 , vincolata nel punto O da una cerniera, collegata ortogonalmente all’asta AB di massa m e lunghezza b2 . Nel punto A è applicata una molla di costante elastica k , mentre sul sistema agisce una coppia avente momento khM ϑsin−= , con

0>h . Determinare, inoltre, le posizioni di equilibrio per mgbh = :

Gradi di libertà: Il sistema, costituito dalle due aste, può solo ruotare, quindi il grado di libertà è 1=n . Scegliamo l’angolo ϑ coordinata lagrangiana. Troviamo le coordinate dei punti A , B e H e dei baricentri 1G e 2G :

( )( )( )( )( )ϑϑϑϑ

ϑϑϑ

ϑϑϑϑϑϑ

cossin2,sincos2

sin,cos

0,cos2

cos2sin2,sin2cos2

sin2,cos2

2

1

babaG

aaG

aH

babaB

aaA

−+

−+

Forze attive:

( )khM

AjkaHAkF

GjmgP

GjmgP

e

ϑϑ

sin

in applicatasin2

in applicata

in applicata

22

11

−=

−=−−=

=

=

Reazioni vincolari:

Oji y

O

x

OOin applicataϕϕϕ −=

Scegliamo per comodità il punto O come polo (in modo da non calcolare il momento della reazione vincolare) e scriviamo le equazioni della statica:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=+×−+×−+×−+×−

=+++⇒

=+

=+

0

0

0

0

2211

21

MOOFOAPOGPOG

FPP

MM

RR

Oe

Oe

v

O

a

O

va

ϕ

ϕ

x

y

B

A

k

ϑ

0>k

Oϕ

O

1G

ϑ 2G

H

94

Calcoliamo i momenti: ( ) ( ) ( ) ( )

( )[ ]( ) 0sincossin4sincos3

0sincossin4sincos2cos

0

0sin20

0sin2cos2

00

0cossin2sincos2

00

0sincos

0

2

2

2211

=−−+

=−−++

=+

−

+−++

=+×−+×−+×−+×−

khkamgbmga

khkamgbamga

M

ka

aa

kji

mg

baba

kji

mg

aa

kji

MOOFOAPOGPOGOe

ϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑϑϑϑϑϑ

ϕ

Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:

=−−+

=−−+

=

0sincossin4sincos3

0sin2

0

2 ϑϑϑϑϑ

ϕϑ

ϕ

hkamgbmga

kamgmg y

O

x

O

Il potenziale del sistema è dato da:

MePP UUUUU +++=21

Calcoliamo i singoli potenziali:

( )

ϑϑϑ

ϑ

ϑϑ

ϑ

cossin

sin22

cossin2

sin

222

22

11

hdhU

kaAHk

U

bamgmgyU

mgamgyU

M

e

GP

GP

=−=

−=−=

−==

==

∫

Quindi si ha:

ϑϑϑϑ cossin2cossin3 22 hkamgbmgaU +−−= Per trovare le posizioni di equilibrio, imponiamo la condizione mgbh = e annulliamo la derivata del potenziale:

( )

( )

−

=∨=−⇒=−⇒=∂∂

−=−=∂∂

−=

ka

mgP

ka

mgPPP

kamgkamgU

kamgkamgaU

kamgaU

4

3arcsin

4

3arcsin

2

3

2

0cos0sin430cossin430

cossin43cossin4cos3

sin2sin3

4321

2

22

πππ

ϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑϑϑ

ϑϑ

Per scrivere le equazioni di Lagrange abbiamo bisogno di conoscere l’espressione dell’energia cinetica del sistema. Per calcolarla utilizziamo il teorema di Huygens:

2

2

1ωOT J=

95

( )

( ) ( ) ( )[ ]

( )

( )22222

22222

222222222

2222

22

22

3

4

3

16

3

44

3

43

444

3

1

sincos4cossin4sincos4sincos43

1

cossin2sincos23

12

12

13

42

3

1

mbmambmama

mbmabammb

abbaabbammb

babammbOGmbm

maam

O

O

AB

O

OA

O

AB

O

OAO

+=++=

+=++=

=−+++++=

=−+++=+=

==

+=

J

J

J

JJJ

ϑϑϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑ

L’energia cinetica del sistema è:

( ) 222222 43

2

3

4

3

16

2

1ϑϑ && bammbmaT +=

+=

Scriviamo l’equazione di Lagrange:

ϑϑϑ ϑ ∂∂

==∂∂

−∂

∂ UQ

TT

dt

d

&

( ) ( )ϑϑϑ

ϑ

&&&&

2222 43

44

3

4

0

bambamdt

dT

dt

d

T

+=

+=∂

∂

=∂∂

In definitiva:

( )

( )( )( ) ( ) ϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑϑϑ

cossin4

3sin

44

3cos

44

9

sincossin4sincos343

4

22

2

2222

222

bam

ka

bam

hmgb

ba

ga

hkamgbmgabam

+−

+−

++

=

−−+=+

&&

&&

96

22) Scrivere le equazioni della statica e le equazioni di Lagrange per il seguente sistema, costituito da un’asta AB di massa m e lunghezza l2 , vincolata nel suo baricentro da un carrello con cerniera. Sugli estremi sinistro e destro dell’asta sono applicate due molle di costanti elastiche rispettivamente pari a k e k3 , mentre nel punto B agisce una forza costante jklF −= .

Determinare, inoltre, le posizioni di equilibrio per klmg = :

Gradi di libertà: L’asta può ruotare e traslare, quindi il grado di libertà è 2=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato con l’orizzontale e l’ordinata yyM = del baricentro come coordinate lagrangiane. Troviamo le coordinate dei punti A e B e del baricentro M :

( )( )( )yM

lylB

lylA

,0

sin,cos

sin,cos

ϑϑϑϑ

+

−−

Forze attive:

( ) ( )( ) ( )

BjklF

BjlykiklOBkF

AjlykiklOAkF

MjmgP

in applicata

in applicatasin3cos33

in applicatasincos

in applicata

2

1

−=

+−−=−−=

−−=−−=

−=

ϑϑϑϑ

Reazioni vincolari:

Mji y

M

x

MMin applicataϕϕϕ +−=

Scegliamo per comodità il punto M come polo (in modo da non calcolare i momenti della reazione vincolare e della forza peso) e scriviamo le equazioni della statica:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=×−+×−++−+×−+×−

=++++⇒

=+

=+

0

0

0

0

21

21

M

M

v

M

a

M

va

MMFMBFMBFMAPMM

FFFP

MM

RR

ϕ

ϕ

x

y

k

ϑ

O

0>k M

ϕ

A

k3

B

M F

97

Calcoliamo i momenti:

( ) ( )( ) ( )[ ]

( ) 0coscos2

0cossincos3sincos3sincossincos

0

00

0sincos

0sin3cos3

0sincos

0sincos

0sincos

2

222

=−−

=−++−+−

=

−

+

+−−

+

−−

−−

kklkly

kklkllyklkllykl

kl

ll

kji

lykkl

ll

kji

lykkl

ll

kji

ϑϑ

ϑϑϑϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑ

ϑϑϑϑ

ϑϑ

Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:

( ) ( )

=−−

=+−+−−−−

=−−

0coscos2

0sin3sin

0cos3cos

2 ϑϑ

ϕϑϑ

ϕϑϑ

klkly

kllyklykmg

klkl

y

M

x

M

Poiché abbiamo un sistema con 3 equazioni e 4 incognite, è necessario inserire un’ulteriore relazione. Ricordando che stiamo considerando vincoli lisci, notiamo che:

In definitiva, il sistema risolvibile è:

( )

−=

=+

+++=

−=

ϑϕϕ

ϑ

ϑϕ

ϑϕ

tan

0cos2

sin24

cos2

y

M

x

M

y

M

x

M

ly

klmgklky

kl

Per trovare le posizioni di equilibrio, imponiamo la condizione klmg = e risolviamo il sistema:

( )( )

( )( )

( )

=−++

=+⇒

++=

=+⇒

−=

=+

++=

−=

0sin2sin2

0cos2

tansin2cos

0cos2

tan

0cos2

2sin24

cos2

2 llyl

ly

llyl

ly

ly

klklky

kl

y

M

x

M

y

M

x

M

ϑϑ

ϑ

ϑϑϑϑ

ϑϕϕ

ϑ

ϑϕ

ϑϕ

−

−

−

−

−

=

=∨

−=

=⇒=

=∨=∨=∨=⇒=⇒−=

0,2

3,

22,

4

7

2,

4

5

2,

4

3

2,

4

02

3

20cos

4

7

4

5

4

3

42

1sin

2

654321

65

43212

ππππππ

πϑ

πϑ

ϑ

πϑ

πϑ

πϑ

πϑϑ

PlPl

Pl

Pl

Pl

P

yly

ly

x

Mϕ−

ϑ Mϕ

y

Mϕ ϑϕϕ tany

M

x

M =−⇒

98

Il potenziale del sistema è dato da:

FFFP UUUUU +++=21

Calcoliamo i singoli potenziali:

( )[ ] ( )

( )[ ] ( )( )ϑ

ϑϑϑ

ϑϑϑ

sin

sin22

3sincos

2

3

2

3

sin22

sincos22

222222

222222

2

1

lyklklydykldzFdyFdxFU

lyylk

lylk

BOk

U

lyylk

lylk

AOk

U

mgymgyU

BBBzByBxF

F

F

MP

+−=−=−=++=

++−=++−=−=

−+−=−+−=−=

−=−=

∫∫

Quindi si ha:

( ) ( ) ( )

( ) 222

2222

2sinsin22

sinsin22

3sin2

2

klklklyyklmgky

lykllyylk

lyylk

mgyU

−−−+−−=

=+−++−−+−−=

ϑϑ

ϑϑϑ

Per scrivere le equazioni di Lagrange abbiamo bisogno di conoscere l’espressione dell’energia cinetica del sistema. Per calcolarla utilizziamo il teorema di König:

22

2

1

2

1MM vmT += ωJ

( )

22

22

3

12

12

1

yv

jyjyixv

mllm

M

MMM

M

&

&&&

=

=+=

==J

L’energia cinetica del sistema è:

222222

2

1

6

1

2

1

3

1

2

1ymmlymmlT &&&& +=+

= ϑϑ

Scriviamo le equazioni di Lagrange:

∂∂

==∂∂

−∂∂

∂∂

==∂∂

−∂

∂

y

UQ

y

T

y

T

dt

d

UQ

TT

dt

d

y&

& ϑϑϑ ϑ

[ ] ymymdt

d

y

T

dt

d

y

T

mlmldt

dT

dt

d

T

&&&&

&&&&

==∂∂

=∂∂

=

=∂

∂

=∂∂

0

3

1

3

1

0

22 ϑϑϑ

ϑ

99

In definitiva:

( )

−−−=+

+−=

−−−−=

−−=

gm

kl

m

kly

m

ky

lyml

k

klmgklkyym

klklyml

ϑ

ϑϑ

ϑ

ϑϑϑ

sin24

cos23

sin24

coscos23

1 22

&&

&&

&&

&&

23) Scrivere le equazioni della statica e le equazioni di Lagrange per il seguente sistema, costituito

da un’asta BD di massa m2 e lunghezza l2 , vincolata nel suo baricentro da una cerniera, collegata all’asta AB di massa m e lunghezza l tramite un’altra cerniera, sulla quale è applicata una molla di costante elastica k . L’asta AB è a sua volta collegata ad un disco di massa m e raggio r , vincolato da un carrello a muoversi verticalmente. Studiare, inoltre, la stabilità delle posizioni di equilibrio:

Gradi di libertà: L’asta BD può solo ruotare, mentre il movimento dell’asta AB dipende da quello della prima asta, quindi il grado di libertà è 1=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato con l’orizzontale come coordinata lagrangiana. Troviamo le coordinate dei punti B , D , H e K e dei baricentri G e A :

( )( )( )( )

( )ϑ

ϑϑ

ϑϑ

ϑϑϑϑ

sin2,

sin2

3,cos

2

sin2,0

0,cos

sin,cos

sin,cos

lrA

ll

rG

lK

lrH

llrD

llrB

+

+

−−

+

x

y

A

H

ϑ

O

( )0,

0

rE

k >

Eϕ

G K

k

E

B

D

ϑ

Kϕ

100

Forze attive:

( ) BjklHBkF

AjmgP

GjmgP

EjmgP

e in applicatasin

in applicata

in applicata

in applicata2

3

2

1

ϑ−=−−=

−=

−=

−=

Reazioni vincolari:

Ki

Ejix

KK

y

E

x

EE

in applicata

in applicata

ϕϕϕϕϕ

=

+−=

Scegliamo per comodità il punto E come polo (in modo da non calcolare i momenti della reazione vincolare

Eϕ e della forza peso 1P ) e scriviamo le equazioni della statica:

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=×−+×−+×−+×−+×−+×−

=+++++⇒

⇒

=+

=+

0

0

0

0

321

321

KEe

KEe

v

E

a

E

va

EKEEFEBPEAPEGPEE

FPPP

MM

RR

ϕϕ

ϕϕ

Calcoliamo i momenti:

0sin2cossincos2

1

0

00

0sin2

0sin0

0sincos

00

0sin20

00

0sin2

3cos

2

2 =

−−−

=−+

−

+

−

+

−

klklmgl

lr

kji

kl

ll

kji

mg

l

kji

mg

ll

kji

x

K

x

K

ϑϕϑϑϑ

ϕϑ

ϑϑϑϑϑϑ

Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:

=−−−

=+−−−−

=+−

0sin2cossincos2

1

0sin2

0

2 ϑϕϑϑϑ

ϕϑ

ϕϕ

x

K

y

E

x

K

x

E

lklmgl

klmgmgmg

Poiché abbiamo un sistema con 3 equazioni e 4 incognite, è necessario inserire un’ulteriore relazione. Ricordando che stiamo considerando vincoli lisci, notiamo che:

x

Eϕ−

ϑ Eϕ

y

Eϕ ϑϕϕ tany

E

x

E =−⇒

101

In definitiva, il sistema risolvibile è:

=−

=−−−

=+−−−−

=+−

ϑϕϕ

ϑϕϑϑϑ

ϕϑ

ϕϕ

tan

0sin2cossincos2

1

0sin2

0

2

y

E

x

E

x

K

y

E

x

K

x

E

lklmgl

klmgmgmg

Il potenziale del sistema è dato da:

ePPP UUUUU +++=321

Calcoliamo i singoli potenziali:

ϑ

ϑ

ϑ

222sin

2

1

2

sin2

sin2

3

02

3

2

1

klBHk

U

mglmgyU

mglmgyU

mgyU

e

AP

GP

EP

−=−=

−=−=

−=−=

=−=

Quindi si ha:

ϑϑϑϑϑ 2222 sin2

1sin

2

7sin

2

1sin2sin

2

3klmglklmglmglU −−=−−−=

Troviamo le posizioni di equilibrio:

( ) 0cossin270

cossincos2

7 2

=+⇒=∂∂

−−=∂∂

ϑϑϑ

ϑϑϑϑ

klmgU

klmglU

−

+

==⇒=

−=

+=⇒−=⇒=+

2

3

22

7arcsin2

2

7arcsin

2

3

20cos

2

7arcsin2

2

7arcsin

2

7sin0sin27

4321

43

21

ππππ

πϑ

πϑϑ

πϑπϑϑϑ

PPkl

mgP

kl

mgP

kl

mg

kl

mg

kl

mgklmg

Studiamo la stabilità delle posizioni di equilibrio:

( ) 0cos7sin22

0 >−−⇒>∂∂

ϑϑϑ

mgkllU

102

πϑππ

ϑϑ

πϑπϑ

22

3

200cos

2

7arcsin2

2

7arcsin

2

7sin

<<∨<<⇒>

−<<

+⇒−<kl

mg

kl

mg

kl

mg

Per scrivere le equazioni di Lagrange abbiamo bisogno di conoscere l’espressione dell’energia cinetica del sistema. Per calcolarla utilizziamo il teorema di König:

DABBD TTTT ++=

( )

( )

( ) ( )

( ) 22222

2222222222

22222

2

2

22222

cos2cos22

1

2

1

cos616

1cos81

4

1

2

1

12

1

2

1

2

1

2

1

cos814

1cos

2

3sin

2

cos2

3sin

2

12

1

6

122

12

1

2

1

2

1

ϑϑϑϑ

ϑϑϑϑϑω

ϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑ

ϑϑω

&&&

&&&

&&&

&&&&

&&

⋅=⋅==

+=+⋅+

=+=

+=

⋅+

⋅−=

⋅+

⋅−=+=

=

=

⋅==

mllmymT

mllmmlvmT

lll

v

jlil

jyixv

ml

mllmT

AD

GABGAB

G

GGG

G

BDEBD

J

J

J

L’energia cinetica del sistema è:

( ) ( ) 22222222222 cos913

1cos2cos61

6

1

6

1ϑϑϑϑϑϑϑ &&&& mlmlmlmlT +=⋅+++=

Scriviamo l’equazione di Lagrange:

ϑϑϑ ϑ ∂∂

==∂∂

−∂

∂ UQ

TT

dt

d

&

0 2

π

+kl

mg

2

7arcsinπ

2

3π

+ +

−kl

mg

2

7arcsin2π π2

Stabile Stabile Instabile Instabile

103

( ) ( )ϑϑϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑ

&&&&&

&

222222

22

cos913

2cossin12cos91

3

2

cossin6

++⋅−=

+=∂∂

⋅−=∂∂

mlmlmldt

dT

dt

d

mlT

In definitiva:

( )

( ) ( )ϑϑϑ

ϑϑ

ϑϑϑϑ

ϑ

ϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑ

222

2

2222222

cos912

cossin3

cos914

cos21

cos91

cossin9

cossincos2

7cossin6cos91

3

2cossin12

+−

+−⋅

+=

−−=⋅+++⋅−

m

k

l

g

klmglmlmlml

&&&

&&&&

24) Scrivere le equazioni della statica e le equazioni di Lagrange per il seguente sistema, costituito

da un’asta AC di massa m e lunghezza l , appesa ad una molla di costante elastica k e vincolata nell’altro estremo da un carrello con cerniera, che la collega ad un disco di massa m4 e raggio r , sul cui punto diametralmente opposto è applicata un’altra molla di costante elastica k che lo tiene unito al baricentro dell’asta. Studiare, inoltre, la stabilità delle posizioni di equilibrio (supporre mgkl 4< ):

Gradi di libertà: L’asta può traslare mentre il disco, collegato ad essa, può ruotare, quindi il grado di libertà è

2=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato con la verticale e l’ordinata yyC = dell’estremo

superiore dell’asta come coordinate lagrangiane. Troviamo le coordinate dei punti A , C e P e dei baricentri B e G :

( )( )( )

( )ϑϑ

ϑϑ

cos,sin

2,0

cos2,sin2

,0

,0

rlyrG

lyB

rlyrP

yC

lyA

−−−

−−

−−−

−

−−

x

y

A

P

ϑ

O

0>k A

ϕ

C

k

B

k

G

104

Forze attive:

( )

( ) Pjkrkl

ikrBPkF

CjkyOCkF

GjmgP

BjmgP

in applicatacos22

sin2

in applicata

in applicata4

in applicata

2

1

2

1

++−=−−=

=−−=

−=

−=

ϑϑ

Reazioni vincolari:

Aji y

A

x

AAin applicataϕϕϕ +=

Scegliamo per comodità il punto A come polo (in modo da non calcolare il momento della reazione vincolare) e scriviamo le equazioni della statica:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=×−+×−+×−+×−+×−

=++++⇒

=+

=+

0

0

0

0

2121

2121

A

A

v

A

a

A

va

AAFAPFACPAGPAB

FFPP

MM

RR

ϕ

ϕ

Calcoliamo i momenti:

( ) 0sinsin4

0

0cos22

sin2

0cos2sin2

00

00

040

0cossin

00

02

0

=+−

=

+−

−++

−

−+

−

kkrlmgr

krkl

kr

rr

kji

ky

l

kji

mg

rr

kji

mg

l

kji

ϑϑ

ϑϑ

ϑϑϑϑ

Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:

=+−

=++++−−

=+−

0sinsin4

0cos22

4

0sin2

ϑϑ

ϕϑ

ϕϑ

krlmgr

krkl

kymgmg

kr

y

A

x

A

Poiché abbiamo un sistema con 3 equazioni e 4 incognite, è necessario inserire un’ulteriore relazione. Ricordando che stiamo considerando vincoli lisci, notiamo che:

In definitiva, il sistema risolvibile è:

=

=+−

=++++−−

=+−

ϑϕϕ

ϑϑ

ϕϑ

ϕϑ

tan

0sinsin4

0cos22

4

0sin2

x

A

y

A

y

A

x

A

krlmgr

krkl

kymgmg

kr

y

Aϕ

ϑ Aϕ

x

Aϕ ϑϕϕ tanx

A

y

A =⇒

105

Il potenziale del sistema è dato da:

2121 FFPP UUUUU +++=

Calcoliamo i singoli potenziali:

222

22

8

12cos

2

2

1

2

4cos4442

2

1

2

1

klkrklrPBk

U

kyCOk

U

mglmgrmgymgyU

mglmgymgyU

F

F

GP

BP

−−−=−=

−=−=

++=−=

+=−=

ϑ

ϑ

Quindi si ha:

( ) 222

222

8

12

2

9cos45

2

18

12cos

2

14cos44

2

klkrmglklrmgrmgyky

klkrklrkymglmgrmgymgl

mgyU

−−+−++−=

=−−−−++++=

ϑ

ϑϑ

Troviamo le posizioni di equilibrio:

( ) ϑϑ

sin4

5

klrmgrU

mgkyy

U

−−=∂∂

+−=∂∂

( )

=∨=

=⇒

=−

=+−⇒

=∂∂

=∂∂

π

πϑϑϑϑ

,5

0,5

0

5

0sin4

05

0

0

21

21

k

mgP

k

mgP

k

mgy

klmg

mgky

U

y

U

Studiamo la stabilità delle posizioni di equilibrio:

( )

( )( ) ϑ

ϑ

ϑϑ

ϑϑ cos40

0,

cos4

0

2

2

22

2

2

klrmgr

kyH

klrmgrU

y

U

y

U

ky

U

U −−

−=⇒

−−=∂

∂

=∂∂

∂=

∂∂∂

−=∂

∂

106

( )( )

( )

( )( )

( ) Instabile0440

0

0440

0

2

1

<−−=−

−=

>−=−−

−=

klmgkrklrmgr

kPH

klmgkrklrmgr

kPH

U

UStabile

Per scrivere le equazioni di Lagrange abbiamo bisogno di conoscere l’espressione dell’energia cinetica del sistema. Per calcolarla utilizziamo il teorema di König:

DAC TTT +=

( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ϑϑϑω

ϑϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑ

&&&&

&&&&&&&

&&&&&

&

ymrymmrvmT

yryrryrv

jryirjyixv

mrrm

ymvmT

GGD

G

GGG

G

BAC

⋅−+=+=

⋅−+=⋅+−+⋅=

⋅+−+⋅=+=

==

==

sin42342

1

2

1

sin2sincos

sincos

242

1

2

1

2

1

22222

222222

22

22

J

J

L’energia cinetica del sistema è:

ϑϑϑϑϑϑ &&&&&&&&& ymrmrymymrymmrymT ⋅−+=⋅−++= sin432

5sin423

2

1 2222222

Scriviamo le equazioni di Lagrange:

∂∂

==∂∂

−∂∂

∂∂

==∂∂

−∂

∂

y

UQ

y

T

y

T

dt

d

UQ

TT

dt

d

y&

& ϑϑϑ ϑ

[ ]

[ ] ϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑ

&&&&&&&&

&&&&&&&&&

&&

⋅−⋅−=⋅−=∂

∂

=∂∂

⋅−⋅−=⋅−=∂

∂

⋅−=∂∂

sin4cos45sin45

0

sin4cos46sin46

cos4

2

22

mrmrymmrymdt

d

y

T

dt

d

y

T

ymrymrmrymrmrdt

dT

dt

d

ymrT

107

In definitiva:

( )

+⋅+⋅=+

−+=

+−=⋅−⋅−

−−=⋅+⋅−⋅−

grrym

ky

mr

mgkly

r

mgkymrmrym

klrmgrymrymrymrmr

2

2

2

cos5

4sin

5

4

5

sin6

4

3

2

5sin4cos45

sin4cos4sin4cos46

ϑϑϑϑ

ϑϑ

ϑϑϑϑ

ϑϑϑϑϑϑϑ

&&&&&

&&&&

&&&&&

&&&&&&&&

25) Scrivere le equazioni della statica e le equazioni di Lagrange per il seguente sistema, costituito

da un’asta AB di massa m e lunghezza l2 , vincolata nel punto A da una cerniera, nell’estremo destro della quale è applicata una molla di costante elastica k , mentre sul baricentro agisce una forza costante jkRF −= . Studiare, inoltre, la stabilità delle posizioni di

equilibrio (supporre kRmg 3< ):

Gradi di libertà: L’asta può solo ruotare, quindi il grado di libertà è 1=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato con l’orizzontale come coordinata lagrangiana. Troviamo le coordinate del punto B e del baricentro G :

( )( )ϑϑ

ϑϑsin,cos

sin2,cos2

llG

llB

−

−

Forze attive:

( ) ( ) ( )GjkRF

BjRlkiRlkHBkF

GjmgP

e

in applicata

in applicata2sin22cos2

in applicata

−=

−−−−−=−−=

−=

ϑϑ

Reazioni vincolari:

Aji y

A

x

AAin applicataϕϕϕ +=

x

y

H

ϑ AO ≡

( )RRH

k

2,2

0>

Aϕ

G

k

B F

108

Scegliamo per comodità il punto A come polo (in modo da non calcolare il momento della reazione vincolare) e scriviamo le equazioni della statica:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=×−+×−+×−+×−

=+++⇒

=+

=+

0

0

0

0

Ae

Ae

v

A

a

A

va

AAFAGFABPAG

FFP

MM

RR

ϕ

ϕ

Calcoliamo i momenti:

( ) ( )( ) ( )[ ]

( ) 0cos3sin4cos

0cos2cos2sin22sin2cos2cos

0

00

0sincos

02sin22cos2

0sin2cos2

00

0sincos

=++−

=−−−−−−−

=

−

−+

−−−−−

−+

−

−

kkRlkRlmgl

kkRlRlklRlklmgl

kR

ll

kji

RlkRlk

ll

kji

mg

ll

kji

ϑϑϑϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑϑϑϑϑ

Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:

( )( )

=

=

−=

⇒

=++−

=+−−−−−

=+−−

0sin

2

2cos2

0cos3sin4cos

02sin2

02cos2

ϑ

ϕ

ϑϕ

ϑϑϑ

ϕϑ

ϕϑ

kR

kRkl

kRlkRlmgl

kRRlkmg

Rlk

y

A

x

A

y

A

x

A

Il potenziale del sistema è dato da:

FeP UUUU ++=

Calcoliamo i singoli potenziali:

( ) ( )[ ] ( )ϑ

ϑϑϑϑ

ϑ

sin

2cos2sin222sin22cos222

sin

22222

kRlkRydykRdzFdyFdxFU

RlRlRlkRlRlk

BHk

U

mglmgyU

GGGzGyGxF

e

GP

=−=−=++=

++−−=−−+−−=−=

=−=

∫∫

Quindi si ha:

( )( ) 22

22

42cos4sin3

sin2cos2sin22sin

kRklkRllkRmg

kRlRlRlRlkmglU

−−+−=

=+++−−=

ϑϑ

ϑϑϑϑ

Troviamo le posizioni di equilibrio:

( )

( ) ( )[ ] 0costan430sin4cos30

sin4cos3

=−−⇒=−−⇒=∂∂

−−=∂∂

ϑϑϑϑϑ

ϑϑϑ

kRkRmgkRllkRmgU

kRllkRmgU

( )kR

kRmg

kR

kRmgkRkRmg

4

3arctan2

4

3arctan0tan43

2

3

20cos

43

21

−+=∨

−+=⇒=−−

=∨=⇒=

πϑπϑϑ

πϑ

πϑϑ

109

−+

−+

kR

kRmgP

kR

kRmgPPP

4

3arctan2

4

3arctan

2

3

2 4321 ππππ

Studiamo la stabilità delle posizioni di equilibrio:

( )[ ] 0costan430 >−−⇒>∂∂

ϑϑϑ

kRkRmgU

πϑππ

ϑϑ

πϑπ

πϑπ

ϑ

22

3

200cos

4

3arctan2

2

3

4

3arctan

24

3tan

<<∨<<⇒>

−+<<∨

−+<<⇒

−<

kR

kRmg

kR

kRmg

kR

kRmg

Per scrivere le equazioni di Lagrange abbiamo bisogno di conoscere l’espressione dell’energia cinetica del sistema:

2

2

1ωAT J=

( ) 22

3

42

3

1mllmA ==J

L’energia cinetica del sistema è:

2222

3

2

3

4

2

1ϑϑ && mlmlT =

=

Scriviamo l’equazione di Lagrange:

ϑϑϑ ϑ ∂

∂==

∂∂

−∂

∂ UQ

TT

dt

d

&

ϑϑϑ

ϑ

&&&&

22

3

4

3

4

0

mlmldt

dT

dt

d

T

=

=∂

∂

=∂∂

0 2

π

kR

kRmg

4

3arctan

−+π

2

3π

+ +

kR

kRmg

4

3arctan2

−+π π2

Instabile Stabile Instabile Instabile

110

In definitiva:

( )

( ) ϑϑϑ

ϑϑϑ

sin3

cos34

3

sin4cos33

4 2

ml

kRkRmg

ml

kRllkRmgml

−−=

−−=

&&

&&

26) Scrivere le equazioni della statica e le equazioni di Lagrange per il seguente sistema, costituito

da un’asta AB di massa m e lunghezza l2 , vincolata nel suo baricentro da un carrello con cerniera, sugli estremi della quale sono applicate due molle di costante elastica k . Studiare, inoltre, la stabilità delle posizioni di equilibrio e scrivere l’equazione dei piccoli moti intorno ad una di esse:

Gradi di libertà: L’asta può ruotare e traslare, quindi il grado di libertà è 2=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato con l’orizzontale e l’ordinata yyM = del baricentro dell’asta come coordinate lagrangiane. Troviamo le coordinate dei punti A , B , 1A e 1B e del baricentro M :

( )( )( )( )( )yM

lB

lA

lylB

lylA

,0

0,cos

0,cos

sin,cos

sin,cos

1

1

ϑ

ϑϑϑϑϑ

−

+

−−

Forze attive:

( ) ( )( ) ( ) BjlykBBkF

AjlykAAkF

MjmgP

in applicatasin

in applicatasin

in applicata

12

11

ϑϑ

+−=−−=

−−=−−=

=

Reazioni vincolari:

Mji y

M

x

MMin applicataϕϕϕ −=

x

y

B

A

k

ϑ

0>k M

ϕ

O 1B

k

1A

M

111

Scegliamo per comodità il punto M come polo (in modo da non calcolare i momenti della reazione vincolare e della forza peso) e scriviamo le equazioni della statica:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=×−+×−+×−+×−

=+++⇒

=+

=+

0

0

0

0

21

21

M

M

v

M

a

M

va

MMFMBFMAPMM

FFP

MM

RR

ϕ

ϕ

Calcoliamo i momenti:

( ) ( )( ) ( )[ ]

( ) 0cossin2

0sincossincos

0

0sin0

0sincos

0sin0

0sincos

2 =−

=+−−

=

+−

+

−−

−−

kkl

klykllykl

lyk

ll

kji

lyk

ll

kji

ϑϑ

ϑϑϑϑ

ϑϑϑ

ϑϑϑ

Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:

( ) ( )

=−

=−+−−−

=

0cossin2

0sinsin

0

2 ϑϑ

ϕϑϑ

ϕ

kl

lyklykmg y

M

x

M

Poiché abbiamo un sistema con 3 equazioni e 4 incognite, è necessario inserire un’ulteriore relazione. Ricordando che stiamo considerando vincoli lisci, notiamo che:

In definitiva, il sistema risolvibile è:

( ) ( )

−=

=−

=−+−−−

=

ϑϕϕ

ϑϑ

ϕϑϑ

ϕ

tan

0cossin2

0sinsin

0

2

y

M

x

M

y

M

x

M

kl

lyklykmg

Il potenziale del sistema è dato da:

21 FFP UUUU ++=

Calcoliamo i singoli potenziali:

( ) ( )

( ) ( )ϑϑϑ

ϑϑϑ

sin2sin2

sin22

sin2sin2

sin22

22222

1

22222

1

2

1

lylyk

lyk

BBk

U

lylyk

lyk

AAk

U

mgymgyU

F

F

MP

++−=+−=−=

−+−=−−=−=

==

x

Mϕ

ϑ Mϕ

y

Mϕ− ϑϕϕ tany

M

x

M −=⇒

112

Quindi si ha:

( ) ( ) ϑϑϑϑϑ 222222222 sinsin2sin2

sin2sin2

klmgykylylyk

lylyk

mgyU −+−=++−−+−=

Troviamo le posizioni di equilibrio:

ϑϑϑϑ

2sincossin2

2

22 klklU

mgkyy

U

−=−=∂∂

+−=∂∂

=∨=∨=∨=

=⇒

=−

=+−⇒

=∂∂

=∂∂

2

3,

2,

22,

20,

2

2

3

20

202sin

02

0

0

4321

4321

2

ππ

π

πϑπϑ

πϑϑϑ

ϑ

k

mgP

k

mgP

k

mgP

k

mgP

k

mgy

kl

mgky

U

y

U

Studiamo la stabilità delle posizioni di equilibrio:

( )ϑ

ϑ

ϑϑ

ϑϑ 2cos20

02,

2cos2

0

2

2

22

2

22

2

2

kl

kyH

klU

y

U

y

U

ky

U

U −

−=⇒

−=∂

∂

=∂∂

∂=

∂∂∂

−=∂

∂

( )

( )

( )

( ) Instabile0420

02

0420

02

Instabile0420

02

0420

02

2224

2223

2222

2221

<−=−

=

>=−

−=

<−=−

=

>=−

−=

lkkl

kPH

lkkl

kPH

lkkl

kPH

lkkl

kPH

U

U

U

U

Stabile

Stabile

Per scrivere le equazioni di Lagrange abbiamo bisogno di conoscere l’espressione dell’energia cinetica del sistema. Per calcolarla utilizziamo il teorema di König:

22

2

1

2

1MM vmT += ωJ

113

( )

22

22

3

12

12

1

yv

jyjyixv

mllm

M

MMM

M

&

&&&

=

=+=

==J

L’energia cinetica del sistema è:

222222

2

1

6

1

2

1

3

1

2

1ymmlymmlT &&&& +=+

= ϑϑ

Scriviamo le equazioni di Lagrange:

∂∂

==∂∂

−∂∂

∂∂

==∂∂

−∂

∂

y

UQ

y

T

y

T

dt

d

UQ

TT

dt

d

y&

& ϑϑϑ ϑ

[ ] ymymdt

d

y

T

dt

d

y

T

mlmldt

dT

dt

d

T

&&&&

&&&&

==∂∂

=∂∂

=

=∂

∂

=∂∂

0

3

1

3

1

0

22 ϑϑϑ

ϑ

In definitiva:

=+

−=

+−=

−=

gym

ky

m

k

mgkyym

klml

2

2sin3

2

2sin3

1 22

&&

&&

&&

&&

ϑϑ

ϑϑ

Scriviamo ora l’equazione dei piccoli moti per la posizione di equilibrio stabile 1P :

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) 22

2222

2

22

2

2

2

1

242

1

2

1

1

1

11

1

1

1

1

1

1

1

ϑϑϑϑ

ϑϑϑ

ϑϑϑ

klk

mgyk

k

gmUyy

y

U

yyy

UUyy

y

UPUU

P

P

PP

P

P

P

P

P

P

P

−

−−=−⋅∂∂

+−−⋅∂∂

∂+

+−⋅∂∂

+−⋅∂∂

+−⋅∂∂

+=

114

( ) ( )

( )

=

=+

=

⇒

=

=+

=

⇒+=

+++=+++== ∑=

222

2112

11

222

2112

11

222

2222112

21122222121121111

1,

3

1

0

6

1

2

1

02

12

1

2

1

2

1

6

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

mla

aa

ma

mla

aa

ma

ymmlT

ayaayaqqaqqaaqqaqqaTn

kh

khhk

&&

&&&&&&&&&&&&

ϑ

ϑϑ

In questo caso l’energia cinetica è già linearizzata (i coefficienti sono tutti costanti). La lagrangiana del sistema è:

22222

222

242

1

6

1ϑϑ kl

k

mgyk

k

gmymmlUT −

−−++=+= &&L

In definitiva:

=+

=+⇒

=−+

=+⇒

=∂∂

−∂∂

=∂∂

−∂

∂

gym

ky

m

k

mgkyym

klml

yydt

d

dt

d

2

06

02

023

1

0

0 22

&&

&&

&&

&&

&

& ϑϑϑϑϑϑLL

LL

27) Scrivere le equazioni della statica e le equazioni di Lagrange per il seguente sistema, costituito

da un’asta AB di massa m e lunghezza l2 , vincolata nel suo baricentro da un carrello con cerniera. Nell’estremo B dell’asta è applicata una molla di costante elastica k , mentre nel punto medio del segmento AC agisce una forza costante jklF = . Studiare, inoltre, la stabilità

delle posizioni di equilibrio e scrivere l’equazione dei piccoli moti intorno ad una di esse:

Gradi di libertà: L’asta può ruotare e traslare, quindi il grado di libertà è 2=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato con l’orizzontale e l’ascissa xxC = del baricentro dell’asta come coordinate lagrangiane.

x

y

H

ϑ O

0>k Cϕ

C k

B

F A

D

115

Troviamo le coordinate dei punti A , B , D e H e del baricentro C : ( )( )

( )( )0,

0,cos

sin2

,cos2

sin,cos

sin,cos

xC

lxH

llxD

llxB

llxA

ϑ

ϑϑ

ϑϑϑϑ

+

−

−+

−

Forze attive:

( )DjklF

BjklHBkF

CjmgP

e

in applicata

in applicatasin

in applicata

=

=−−=

−=

ϑ

Reazioni vincolari:

Cji y

C

x

CCin applicataϕϕϕ +=

Scegliamo per comodità il punto C come polo (in modo da non calcolare i momenti della reazione vincolare e della forza peso) e scriviamo le equazioni della statica:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=×−+×−+×−+×−

=+++⇒

=+

=+

0

0

0

0

Ce

Ce

v

C

a

C

va

CCFCDFCBPCC

FFP

MM

RR

ϕ

ϕ

Calcoliamo i momenti:

0cos2

1cossin

0

00

0sin2

cos2

0sin0

0sincos

22 =

−

=−+−

kklkl

kl

ll

kji

kl

ll

kji

ϑϑϑ

ϑϑϑϑϑ

Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:

=−

=+++−

=

0cos2

1cossin

0sin

0

22 ϑϑϑ

ϕϑ

ϕ

klkl

klklmg y

C

x

C

Poiché nelle equazioni del sistema non compare l’incognita x , il suo valore è indifferente ai fini dell’equilibrio. Il potenziale del sistema è dato da:

FeP UUUU ++=

116

Calcoliamo i singoli potenziali:

ϑ

ϑ

sin2

1

sin2

1

2

0

2

222

klklydykldzFdyFdxFU

klBHk

U

mgyU

DDDzDyDxF

e

CP

===++=

−=−=

=−=

∫∫

Quindi si ha:

ϑϑ sin2

1sin

2

1 222 klklU +−=

Troviamo le posizioni di equilibrio:

0

cos2

1cossin 22

=∂∂

+−=∂∂

x

U

klklU

ϑϑϑϑ

∀

=∨=∨=∨=⇒

⇒

∀

=

−⇒

=

=+−⇒

=∂∂

=∂∂

xPxPxPxP

x

x

klkl

x

U

U

,6

5,

6,

2

3,

2

6

5

62

3

2

0cos2

1sin

00

0cos2

1cossin

0

0

4321

4321

22

ππππ

πϑ

πϑ

πϑ

πϑ

ϑϑϑϑϑϑ

Studiamo la stabilità delle posizioni di equilibrio:

( ) 000

0sin2

12cos,

0

0

sin2

12cos

22

2

2

22

222

2

=−−=⇒

=∂∂

=∂∂

∂=

∂∂∂

−−=∂∂

ϑϑϑϑϑ

ϑϑϑ

klklxH

x

U

x

U

x

U

klklU

U

Poiché l’hessiano è identicamente nullo, possiamo concludere che non ci sono posizioni di equilibrio stabile. Per scrivere le equazioni di Lagrange abbiamo bisogno di conoscere l’espressione dell’energia cinetica del sistema. Per calcolarla utilizziamo il teorema di König:

22

2

1

2

1CC vmT += ωJ

117

( )

22

22

3

12

12

1

xv

ixjyixv

mllm

C

CCC

C

&

&&&

=

=+=

==J

L’energia cinetica del sistema è:

222222

2

1

6

1

2

1

3

1

2

1xmmlxmmlT &&&& +=+

= ϑϑ

Scriviamo le equazioni di Lagrange:

∂∂

==∂∂

−∂∂

∂

∂==

∂

∂−

∂

∂

x

UQ

x

T

x

T

dt

d

UQ

TT

dt

d

x&

& ϑϑϑ ϑ

[ ] xmxmdt

d

x

T

dt

d

x

T

mlmldt

dT

dt

d

T

&&&&

&&&&

==∂∂

=∂∂

=

=∂

∂

=∂∂

0

3

1

3

1

0

22 ϑϑϑ

ϑ

In definitiva:

=

+−=

=

+−=

0

cos2

32sin

2

3

0

cos2

1cossin

3

1 222

x

m

k

m

k

xm

klklml

&&

&&

&&

&&

ϑϑϑ

ϑϑϑϑ

Dato che non ci sono posizioni di equilibrio stabile, è inutile scrivere le equazioni dei piccoli moti.

118

28) Scrivere le equazioni della statica e le equazioni di Lagrange per il seguente sistema, costituito da un’asta AB di massa m e lunghezza l , vincolata nel punto A da un carrello con cerniera. Sull’estremo sinistro dell’asta è applicata una molla di costante elastica k , mentre nel punto B agisce una forza costante ifF = , con 0>f . Studiare, inoltre, la stabilità delle posizioni di equilibrio e scrivere l’equazione dei piccoli moti intorno ad una di esse:

Gradi di libertà: L’asta può ruotare e traslare, quindi il grado di libertà è 2=n . Scegliamo l’angolo ϑ e l’ordinata yyA = del punto A come coordinate lagrangiane. Troviamo le coordinate dei punti A e B e del baricentro G :

( )( )

+

+

ϑϑ

ϑϑ

cos2

,sin2

cos,sin

,0

ly

lG

lylB

yA

Forze attive:

( )BifF

AjkyOAkF

GjmgP

e

in applicata

in applicata

in applicata

=

−=−−=

=

Reazioni vincolari:

Aji y

A

x

AAin applicataϕϕϕ +=

Scegliamo per comodità il punto A come polo (in modo da non calcolare i momenti della reazione vincolare e della molla) e scriviamo le equazioni della statica:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=×−+×−+×−+×−

=+++⇒

=+

=+

0

0

0

0

Ae

Ae

v

A

a

A

va

AAFABFAAPAG

FFP

MM

RR

ϕ

ϕ

x

y

B

A

k

ϑ 0>k

Aϕ

F

O

G

119

Calcoliamo i momenti:

0cossin2

0

00

0cossin

00

0cos2

sin2

=

−

=+

kflmgl

f

ll

kji

mg

ll

kji

ϑϑ

ϑϑϑϑ

Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:

=−

=+−

=+

0cossin2

0

0

ϑϑ

ϕ

ϕ

flmgl

kymg

f

y

A

x

A

Poiché abbiamo un sistema con 3 equazioni e 4 incognite, è necessario inserire un’ulteriore relazione. Ricordando che stiamo considerando vincoli lisci, notiamo che:

In definitiva, il sistema risolvibile è:

=

=−

=+−

=+

ϑϕϕ

ϑϑ

ϕ

ϕ

tan

0cossin2

0

0

x

A

y

A

y

A

x

A

flmgl

kymg

f

Il potenziale del sistema è dato da:

FeP UUUU ++=

Calcoliamo i singoli potenziali:

ϑ

ϑ

sin

2

1

2

cos2

22

flxfdxfdzFdyFdxFU

kyAOk

U

lymgmgyU

BBBzByBxF

e

GP

=⋅==++=

−=−=

+==

∫∫

Quindi si ha:

ϑϑ sincos2

1

2

1 2 flmglkymgyU ++−=

y

Aϕ

ϑ Aϕ

x

Aϕ ϑϕϕ tanx

A

y

A =⇒

120

Troviamo le posizioni di equilibrio:

kymgy

U

flmglU

−=∂

∂

+−=∂∂

ϑϑϑ

cossin2

1

+

=

+=∨=∨=∨=⇒

⇒

=

=

−

⇒

=−

=+−⇒

=∂

∂

=∂∂

k

mg

mg

fP

k

mg

mg

fP

k

mgP

k

mgP

k

mgy

mg

f

mg

f

k

mgy

mg

f

kymg

flmgl

y

U

U

,2

arctan,2

arctan,2

3,

2

2arctan

2arctan

2

3

2

0cos2

tan

0

0cossin2

1

0

0

4321

4321

πππ

πϑϑπ

ϑπ

ϑ

ϑϑϑϑϑ

Studiamo la stabilità delle posizioni di equilibrio:

( )k

flmglyH

ky

U

y

U

y

U

flmglU

U

−

−−=⇒

−=∂

∂

=∂∂

∂=

∂∂∂

−−=∂∂

0

0sincos2

1,0

sincos2

1

2

2

22

2

2

ϑϑϑϑϑ

ϑϑϑ

( )

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Instabile0220

022

0220

022

Instabile00

0

00

0

2222

4

2222

3

2

1

<+−=−

+=

>+=−

+−=

<−=−

=

>=−

−=

fmgkl

k

fmgl

PH

fmgkl

k

fmgl

PH

kflk

flPH

kflk

flPH

U

U

U

U

Stabile

Stabile

Per scrivere le equazioni di Lagrange abbiamo bisogno di conoscere l’espressione dell’energia cinetica del sistema. Per calcolarla utilizziamo il teorema di König:

22

2

1

2

1GG vmT += ωJ

121

ϑϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑ

&&&&&&&

&&&&&

ylyll

yl

v

jl

yil

jyixv

ml

G

GGG

G

⋅−+=

⋅−+

⋅=

⋅−+

⋅=+=

=

sin4

1sin

2cos

2

sin2

cos2

12

1

22222

2

2J

L’energia cinetica del sistema è:

ϑϑϑϑϑϑϑ &&&&&&&&& ymlymmlylylmmlT ⋅−+=

⋅−++

= sin2

1

2

1

6

1sin

4

1

2

1

12

1

2

1 22222222

Scriviamo le equazioni di Lagrange:

∂∂

==∂∂

−∂∂

∂∂

==∂∂

−∂

∂

y

UQ

y

T

y

T

dt

d

UQ

TT

dt

d

y&

& ϑϑϑ ϑ

ϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑ

&&&&&&&&

&&&&&&&&&

&&

⋅−⋅−=

⋅−=∂

∂

=∂

∂

⋅−⋅−=

⋅−=∂

∂

⋅−=∂

∂

sin2

1cos

2

1sin

2

1

0

sin2

1cos

2

1

3

1sin

2

1

3

1

cos2

1

2

22

mlmlymmlymdt

d

y

T

dt

d

y

T

ymlymlmlymlmldt

dT

dt

d

ymlT

In definitiva:

( )

+⋅+⋅=+

+−=

−=⋅−⋅−

+−=⋅+⋅−⋅−

gllym

ky

ml

fgy

l

kymgmlmlym

flmglymlymlymlml

2

2

2

cos2

1sin

2

1

cos3

sin2

3

sin2

1cos

2

1

cossin2

1cos

2

1sin

2

1cos

2

1

3

1

ϑϑϑϑ

ϑϑϑ

ϑϑϑϑ

ϑϑϑϑϑϑϑϑ

&&&&&

&&&&

&&&&&

&&&&&&&&

122

Scriviamo ora l’equazione dei piccoli moti per la posizione di equilibrio stabile 3P :

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )2

22222

2

222

222

2

2

22

2

2

2

3

2arctan2

42

12

2

2arctan2

22

1

2

12

22

2

1

2

1

3

3

33

3

3

3

3

3

3

3

−⋅+−+−+=

=

−⋅

+−+

−−++=

=−⋅∂∂

+−−⋅∂∂

∂+

+−⋅∂∂

+−⋅∂∂

+−⋅∂∂

+=

mg

ffmg

lmgykyfmg

l

mg

ffmg

l

k

mgykfmg

l

k

mg

Uyy

y

U

yyy

UUyy

y

UPUU

P

P

PP

P

P

P

P

P

P

P

ϑ

ϑ

ϑϑϑ

ϑϑϑ

ϑϑϑ

( ) ( )

( )

=

−=+

=

⇒

=

−=+

=

⇒⋅−+=

+++=+++== ∑=

ma

mlaa

mla

ma

mlaa

mla

ymlymmlT

yayaaaqqaqqaaqqaqqaTn

kh

khhk

22

2112

211

22

2112

211

222

2222112

21122222121121111

1,

sin3

1

2

1

2

1

sin2

1

2

16

1

2

1

sin2

1

2

1

6

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

ϑϑϑϑϑ

ϑϑ

&&&&

&&&&&&&&&&&&

In questo caso dobbiamo linearizzare solo il coefficiente ( )2112 aa + :

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

−⋅

+−

+−=

=−⋅−+−=+

mg

f

fmg

glm

fmg

mlf

mlmlaa PPP

2arctan

22

2

cossin

22

2

22

2112 333

ϑ

ϑϑϑϑ

La lagrangiana del sistema è:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )2

22222

2

22

2

22

22

2arctan2

42

12

2

2

12arctan

22

2

2

1

6

1

−⋅+−+−++

++

−⋅

+−

+−+=+=

mg

ffmg

lmgykyfmg

l

ymymg

f

fmg

glm

fmg

mlfmlUT

ϑ

ϑϑϑ &&&&L

123

In definitiva:

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

++

+

−⋅+

+=+

=

−⋅++

−⋅+

+−

=∂∂

−∂∂

=∂∂

−∂

∂

gfmg

mgl

mg

fmgf

fmg

ly

m

ky

mg

ffmg

mly

mg

fmgf

fmgl

yydt

d

dt

d

2

2222

22

22

22

12arctan2

22

02

arctan22

32arctan2

22

3

0

0

ϑϑϑ

ϑϑϑ

ϑϑ

&&&&&

&&&&

&

&

LL

LL

These notes are courtesy of FFX