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Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 329. Massa e baricentro di un sistema materialeNel primo quadrante del piano Oxy di una terna Oxyz e posta una lamina omogenea dimassa m avente la forma di un quarto di cerchio, di centro O e raggio R, nella quale epraticato un foro quadrato di centro B(R/2, R/3, 0) e lato R/4. Un’asta rettilinea OAgiace lungo il semiasse Oz positivo, avendo lunghezza R e densita

!(z) =µ

R3z2.

Determinare:

(a) il baricentro della sola lamina forata;(b) la massa ed il baricentro del sistema lamina+asta.

Soluzione(a) Baricentro della lamina forataLa densita della lamina omogenea si ricava dividendone la massa m per l’area corrispon-dente:

" =m

#R2

4! R2

16

=16

4# ! 1m

R2.

La strategia migliore per ricavare il baricentro della lamina forata consiste nel ricondursi adun settore circolare completo ricoprendo il foro quadrato con una lamina di uguale forma,dimensioni e densita ", per poi applicare il teorema distributivo al sistema composto cosıottenuto. Si immagina quindi di colmare il foro con una lamina quadrata di lato R/4, centroB e densita ": il baricentro del quarto di cerchio omogeneo si determina per integrazionediretta.

Settore circolare completoIl baricentro C — o centroide — del settore circolare omogeneo completo non dipendedalla densita costante " e per l’evidente simmetria puo scriversi semplicemente come

C ! O = xC e1 + yC e2

Stefano Siboni 1725


con l’ascissa che e immediato calcolare integrando in coordinate polari piane

xC =1

#R2/4

R!

0

d$

!/2!

0

d% $ $ cos % =4

#R2

R!

0

$2d$

!/2!

0

cos % d% =4

#R2

R3

31 =

43#

R

e l’ordinata che assume lo stesso valore

yC = xC =43#

R ,

in quanto la bisettrice del primo quadrante nel piano coordinato Oxy rappresenta unevidente asse di simmetria della figura. Si ottiene pertanto

C ! O =43#

R e1 +43#

R e2 .

Si osservi che al settore circolare completo va attribuita una massa complessiva pari a

m + ""R

4

#2= "

"#R2

4! R2

16

#+

"R2

16= "

#R2

4.

Lamina quadrata ausiliariaLa lamina quadrata fittizia che viene utilizzata idealmente per colmare il foro deve as-sumersi omogenea, in modo che il settore circolare completo risulti a sua volta omogeneo.Il baricentro della lamina quadrata si identifica con il centro geometrico B, ovvio centrodi simmetria della figura. Alla lamina compete una massa totale data da

""R

4

#2=

"R2

16.

Lamina forataIndicato con G il baricentro incognito della lamina forata, di massa m, la proprieta distri-butiva applicata al settore circolare completo porge la relazione

C !O =m(G ! O) + "

R2

16(B ! O)

"#R2

4

ossia, sostituendo ai vettori C ! O e B ! O le corrispondenti espressioni cartesiane,

43#

R e1 +43#

R e2 =m(G !O) + "

R2

16

"R

2e1 +

R

3e2

#

"#R2

4

.

Stefano Siboni 1726


Ne deriva che

m(G ! O) = "#R2

4

" 43#

Re1 +43#

Re2

#! "

R2

16

"R

2e1 +

R

3e2

#=

= "R3"1

3e1 +

13e2 !

132

e1 !148

e2

#= "R3

"2996

e1 +516

e2

#

ed e su!ciente dividere membro a membro per la massa m del sistema per ottenere ilvettore posizione di G:

G ! O ="R3

"R2"#

4! 1

16

#"29

96e1 +

516

e2

#=

14# ! 1

"296

e1 + 5 e2

#R .

(b) Massa e baricentro del sistemaIl sistema e costituito dalla lamina forata e dall’asta OA, di cui conviene scrivere separata-mente masse e baricentri per poi applicare il teorema distributivo. Massa m e baricentroG della lamina sono gia noti; si devono soltanto determinare le corrispondenti grandezzerelative all’asta OA.

Massa dell’astaLa massa dell’asta viene ricavata per integrazione diretta della densita !(z) lungo il seg-mento z " [0, R]:

ma =R!

0

!(z)dz =R!

0

m

R3z2dz =

m

R3

$z3

3

%R

0

=m

3.

Baricentro dell’astaIl baricentro dell’asta deve collocarsi lungo l’asse di giacitura Oz e deve percio potersiesprimere nella forma

Ga !O = zae3

essendo la quota za l’unica coordinata non banale da determinare. Per quest’ultima si hal’espressione

za =1

ma

R!

0

z !(z)dz =3m

R!

0

zmz2

R3dz =

3R3

$z4

4

%R

0

=3

R3

R4

4=

34R

sicche risultaGa !O =

34R e3 .

Massa del sistemaSommando le masse parziali di lamina e asta si perviene alla massa totale ms del sistema

ms = m + ma = m +m

3=

43m.

Stefano Siboni 1727


Baricentro del sistemaUna immediata applicazione della proprieta distributiva consente di ricavare il baricentroGs del sistema, composto da lamina e asta,

Gs ! O =m(G ! O) + ma(Ga ! O)

m + ma=

m1

4# ! 1

"296

e1 + 5 e2

#R +

m

334R e3

43m

=

=3

4# ! 1

"2924

R e1 +54R e2

#+

316

R e3 .

Esercizio 330. Oscillatore armonico smorzatoUn punto materiale P di massa m = 1 e vincolato a scorrere senza attrito lungo l’asse Oydi una terna inerziale. Una molla ideale di costante elastica k = 4 collega P all’origineO. Sul punto agisce inoltre una forza di resistenza viscosa con costante di frizione &.Determinare:

(a) l’equazione del moto del sistema e la condizione su & a!nche i moti siano oscillatorismorzati;

(b) la soluzione generale dell’equazione del moto per & = 2 ed il moto di dati inizialiy(0) = 1, y(0) = 1.

Soluzione(a) Equazione del moto e condizione per i moti oscillatori smorzatiIl moto del punto avviene lungo l’asse Oy, che e parametrizzabile nell’ovvia forma

P (y) !O = y e2 , y " R

in modo che velocita ed accelerazione istantanee del punto si esprimono come

P = y e2 P = y e2 .

Il postulato delle reazioni vincolari porge l’equazione del moto

P = !4(P ! O) ! &P + '" (330.1)

dove le forze elastica e di resistenza viscosa si riducono a

!4(P !O) = !4y e2 ! &P = !&y e2

mentre la reazione vincolare '" deve ritenersi ortogonale all’asse vincolare, privo di attritoper ipotesi. L’equazione pura del moto si deduce proiettando la (330.1) lungo l’asse Oy,ossia moltiplicando scalarmente membro a membro per e2 la stessa equazione:

y = !&y ! 4y .

Stefano Siboni 1728


Si perviene cosı all’equazione pura del moto

y + &y + 4y = 0

che e lineare, omogenea e a coe!cienti costanti. Ad essa si associa l’equazione caratteristica

!2 + &! + 4 = 0

di radici

!1, !2 =!& ±

&&2 ! 16

2.

La condizione necessaria e su!ciente a!nche i moti del sistema risultino oscillatori smorzatie che le radici !1, !2 dell’equazione caratteristica siano complesse coniugate, condizioneche ricorre unicamente quando il discriminante dell’equazione assume segno negativo

# = &2 ! 16 < 0 .

Rilevando che la costante di frizione & deve comunque ritenersi positiva, si conclude che imoti oscillatori smorzati si verificano se e soltanto se

0 < & < 4 .

(b) Soluzione generale per & = 2 e problema di CauchyNel caso si assuma & = 2 le radici dell’equazione caratteristica si riducono a

!1, !2 =!2±

#4 ! 16

2=

!2 ± i2#

32

= !1 ± i#

3

e ad esse corrisponde la soluzione generale

y(t) = e!t'c1 cos(

#3t) + c2 sin(

#3t)

($ t " R

in cui figurano le costanti reali arbitrarie c1 e c2, determinabili per mezzo delle condizioniiniziali. La derivata della soluzione generale e data dall’espressione

y(t) = e!t'!c1 cos(

#3t) ! c2 sin(

#3t) !

#3 c1 sin(

#3t) +

#3 c2 cos(

#3t)

(

per cui all’istante t = 0 deve aversi

y(0) = c1 y(0) = !c1 +#

3 c2

e le condizioni iniziali assegnate porgono il sistema lineare di equazioni algebriche in c1, c2

c1 = 1 ! c1 +#

3 c2 = 1

da cui si deducec1 = 1 c2 =

2#3

.

La soluzione del problema di Cauchy proposto diventa percio

y(t) = e!t

$cos(

#3t) +

2#3

sin(#

3t)%

$ t " R .

Stefano Siboni 1729


Esercizio 331. Asse centrale di un sistema di vettori applicatiSia Oe1e2e3 una terna cartesiana ortogonale destra in E3. Si ricavi l’equazione parametricadell’asse centrale del sistema costituito dal vettore 'a = e1 ! 5e2 + 2e3, applicato nel puntoA(0,!1,!2), e dal vettore 'b = !e1 + 2e2 ! e3, applicato nel punto B(1,!2, 3).

SoluzioneIl sistema e costituito da due vettori applicati:

'a = e1 ! 5e2 + 2e3 applicato in A(0,!1,!2) e'b = !e1 + 2e2 ! e3 applicato in B(1,!2, 3),

con risultante non nullo'R = 'a +'b = !3 e2 + e3

per cui sono assicurate esistenza ed unicita del relativo asse centrale. Il momento risultantedel sistema rispetto al polo A si scrive

'MA = (B ! A) %'b = (e1 ! e2 + 5 e3) % (!e1 + 2e2 ! e3) =

=

))))))

e1 e2 e3

1 !1 5!1 2 !1

))))))= !9 e1 ! 4 e2 + e3

in modo che

'R % 'MA =

))))))

e1 e2 e3

0 !3 1!9 !4 1

))))))= e1 ! 9 e2 ! 27 e3

e osservato che |'R|2 = 9 + 1 = 10, l’equazione parametrica dell’asse centrale diventa

P ! A ='R % 'MA

|'R|2+ ('R =

e1 ! 9 e2 ! 27 e3

10+ ((!3 e2 + e3)

ossia, riferendo il risultato all’origine O della terna di riferimento,

P !O = A ! O +110

e1 !910

e2 !2710

e3 ! 3( e2 + ( e3 =

= !e2 ! 2 e3 +110

e1 !910

e2 !2710

e3 ! 3( e2 + ( e3 =

=110

e1 !1910

e2 !4710

e3 ! 3( e2 + ( e3 $( " R .

Evidenziando le componenti, si ottiene la seguente rappresentazione parametrica dell’assecentrale *

++++++,

++++++-

x =110

y = !1910

! 3(

z = !4710

+ (

$( " R .

Stefano Siboni 1730


Esercizio 332. Matrice e momenti d’inerziaNel piano Oxy di una terna Oxyz e posta una lamina omogenea di densita " = m/a2,essendo m ed a una massa ed una lunghezza caratteristiche del sistema. In tale piano lalamina occupa l’insieme, illustrato in figura, definito da

L =.(x, y) " R2 : 0 & x & 2a , 0 & y & (x ! a)2/a

/.

Determinare della lamina:

(a) la matrice d’inerzia rispetto alla terna Oxyz;

(b) il momento d’inerzia rispetto all’asse di equazione 12y ! 5x = 0, z = 0;

(c) il momento d’inerzia rispetto all’asse x = 3a, z = 0.

Soluzione(a) Matrice d’inerzia in OxyzLa lamina e situata nel piano coordinato Oxy della terna Oxyz, per cui la relativa matriced’inerzia deve assumere la forma generale

[LO] =

0

1Lxx Lxy 0Lxy Lyy 00 0 Lxx + Lyy

2

3

potendosi individuare il piano di giacitura come piano principale d’inerzia in O. Il momentod’inerzia rispetto all’asse Ox e dato da

Lxx =2a!

0

dx

(x!a)2/a!

0

dy y2 m

a2=

m

a2

2a!

0

dx

$y3

3

%(x!a)2/a

y=0

=

=m

3a2

2a!

0

(x ! a)6

a3dx =

m

3a5

$(x ! a)7

7

%2a

0

=m

3a5

2a7

7=

221

ma2

Stefano Siboni 1731


mentre quello relativo all’asse Oy risulta

Lyy =2a!

0

dx

(x!a)2/a!

0

dy x2 m

a2=

m

a2

2a!

0

dxx2'y((x!a)2/a

y=0=

m

a2

2a!

0

x2 (x ! a)2

adx =

=m

a3

2a!

0

x2(x2 ! 2ax + a2)dx =m

a3

$x5

5! 2a

x4

4+ a2 x3

3

%2a

0

=1615

ma2.

Quanto al prodotto d’inerzia si ha

Lxy = !2a!

0

dx

(x!a)2/a!

0

dy xym

a2= !

2a!

0

dxx

$y2

2

%(x!a)2/a

y=0

=

= ! m

2a2

2a!

0

x(x ! a)4

a2dx = ! m

2a4

2a!

0

x(x4 ! 4x3a + 6x2a2 ! 4xa3 + a4)dx =

= ! m

2a4

2a!

0

(x5 ! 4x4a + 6x3a2 ! 4x2a3 + xa4)dx =

= ! m

2a4

$x6

6! 4

x5

5a + 6

x4

4a2 ! 4

x3

3a3 +

x2

2a4

%2a

0

=

= ! m

2a4

"646

a6 ! 45

32a6 +32

16a6 ! 43

8a6 + 4a6

2

#=

= !ma2

2

"323

! 1285

+ 24 ! 323

+ 2#

= !15ma2.

In definitiva, la matrice d’inerzia della lamina nella terna Oxyz diventa

[LO] = ma2

0

12/21 !1/5 0!1/5 16/15 0

0 0 122/105

2

3.

(b) Momento d’inerzia rispetto alla retta 12y ! 5x = 0, z = 0L’equazione della retta si puo esprimere nella forma equivalente

y =512

x , z = 0 ,

dalla quale appare evidente che la retta passa per l’origine O della terna di riferimento. Ilversore tangente alla retta si scrive

n =e1 +

dy

dxe2

))))e1 +dy

dxe2

))))=

e1 +512

e2))))e1 +

512

e2

))))=

e1 +512

e24

1 +52

122

=12 e1 + 5 e2

13

Stefano Siboni 1732


con componenti

n1 =1213

n2 =513

n3 = 0 .

Il momento d’inerzia rispetto alla retta On e allora dato dalla relazione generale

IOn = (n1 n2 n3) [LO]

0

1n1

n2

n3

2

3

che nella fattispecie si riduce a

IOn =512/13 5/13 0

6ma2

0

12/21 !1/5 0!1/5 16/15 0

0 0 122/105

2

3

0

112/135/13

0

2

3 =

=1

169ma2(12 5 0)

0

77771

87! 1

!125

+163

0

2

88883=

1169

ma2(12 5 0)

0

771

1/7

44/15

0

2

883 =

=1

169ma2

"127

+443

#=

3443549

ma2.

(c) Momento d’inerzia rispetto alla retta x = 3a, z = 0L’asse di equazione x = 3a, z = 0, che si indichera come asse s, e parallelo all’assecoordinato Oy: il momento d’inerzia della lamina rispetto a s puo essere comodamentecalcolato usando il teorema di Huygens-Steiner. Cio richiede tuttavia la determinazionedella massa e del baricentro del sistema. In realta del baricentro G interessa soltantol’ascissa xG, la sola da cui dipende la distanza interassiale. Risulta immediatamente

xG = a

a causa dell’evidente asse di simmetria x = a, z = 0 — la figura e omogenea e l’intervallo[0, 2a] di definizione dell’ascissa x e invariante sotto la trasformazione di inversione dellostesso intervallo

x !!!!' 2a ! x

al pari della funzione che descrive il bordo superiore della lamina

(x ! a)2

a!!!!' (2a ! x ! a)2

a=

(a ! x)2

a=

(x ! a)2

a$x " [0, 2a] ,

lamina che percio e complessivamente invariante rispetto alla stessa trasformazione. Nederiva che l’asse baricentrale parallelo a Oy e identificato dall’equazione x = a, z = 0:

Stefano Siboni 1733


lo si indichera come asse r. Rimane da calcolare la sola massa, che si esprime per mezzodell’integrale doppio della densita sull’intero supporto della superficie

M =2a!

0

dx

(x!a)2/a!

0

dym

a2=

m

a2

2a!

0

dx(x ! a)2

a=

m

a3

2a!

0

(x ! a)2dx =

=m

a3

$(x ! a)3

3

%2a

0

=m

3a3(a3 + a3) =

23m.

Per il momento d’inerzia rispetto all’asse baricentrale r il teorema di Huygens-Steinerfornisce allora l’espressione

Ir = IOy ! Ma2 = Lyy ! Ma2 =1615

ma2 ! 23ma2 =

25ma2

e quello relativo all’asse s diventa dunque

Is = Ir + M(2a)2 =25ma2 +

23m 4 a2 =

25ma2 +

83ma2 =

4615

ma2,

essendo 2a la distanza fra gli assi paralleli s ed r.

Esercizio 333. Punto vincolato a una curva fissa e lisciaUn punto materiale non pesante P di massa m scorre senza attrito lungo la curva diequazione P (x) = x2e1 + (x ! 2)2e2, x " R, rispetto alla terna inerziale Oxyz. Una molladi costante elastica k congiunge P con l’origine O.

(a) Scrivere le equazioni pure del moto del sistema.

(b) Determinare le posizioni di equilibrio del sistema.

Soluzione(a) Equazioni pure del motoLa parametrizzazione della curva e di classe C2 in R ed ammette le derivate prima eseconda indicate di seguito

P "(x) = 2x e1 + 2(x ! 2) e2 P ""(x) = 2 e1 + 2 e2 . (333.1)

Stefano Siboni 1734


La curva parametrica ha l’andamento illustrato in figura

Velocita e accelerazione istantanea lungo un generico moto possibile, individuato da unaqualsiasi funzione x(t) di classe C2 in un intervallo reale, si scrivono nella forma

P = P "(x) x P = P "(x)x + P ""(x)x2

che inserita nel postulato delle reazioni vincolari porge l’equazione del moto

m[P "(x)x + P ""(x)x2 ] = !k[P (x) ! O] + '"

in cui la reazione vincolare '" puo essere un qualsiasi vettore ortogonale alla curva nellaposizione occupata dal punto materiale. L’equazione pura del moto si ricava proiettandola precedente equazione lungo la direzione tangente P "(x):

mP "(x)2x + mP ""(x) · P "(x) x2 = !k[P (x) !O] · P "(x)

e facendo uso delle (333.1) diventa

4m[x2 + (x ! 2)2]x + 4m(x + x ! 2) x2 = !2k[x3 + (x ! 2)3]

ovvero4m[x2 + (x ! 2)2]x + 8m(x ! 1) x2 + 2k[x3 + (x ! 2)3] = 0 . (333.2)

(b) EquilibriGli equilibri del sistema sono individuati dalle soluzioni statiche dell’equazione pura delmoto, equazione (333.2). Le ascisse di equilibrio sono quindi tutte e sole le soluzionidell’equazione algebrica non lineare

2k[x3 + (x ! 2)3] = 0

che sviluppando il cubo e semplificando si riduce all’equazione di terzo grado

x3 ! 3x2 + 6x ! 4 = 0 . (333.3)

Stefano Siboni 1735


Una radice ovvia si ha per x = 1, come si verifica immediatamente facendo uso del teoremadi Ru!ni:

13 ! 3 · 12 + 6 · 1 ! 4 = 0 .

Il polinomio x3 ! 3x2 + 6x ! 4 e quindi divisibile per il binomio x ! 1 e il quoziente puoessere determinato sempre con la regola di Ru!ni

1 !3 6 !41 1 !2 4

1 !2 4 0

risultando cosıx2 ! 2x + 4 .

E peraltro immediato verificare che questo trinomio di secondo grado si mantiene semprepositivo, non avendo radici reali e assumendo valore positivo in x = 0; si ha in e$ettil’identita

x2 ! 2x + 4 = x2 ! 2x + 1 + 3 = (x ! 1)2 + 3 ( 3 > 0 .

L’equazione di equilibrio (333.3) equivale percio alla

(x ! 1)(x2 ! 2x + 4) = 0

ed ammette x = 1 come unica radice reale. Si conclude che la sola configurazione diequilibrio del sistema ricorre per x = 1:

P (1) !O = e1 + e2 .

Esercizio 334. Oscillatore armonico smorzatoUn punto materiale P di massa m = 2 puo scorrere senza attrito lungo l’asse Ox di unaterna inerziale. Il punto P e collegato all’origine O da una molla ideale di costante elasticak = 3, ed e inoltre soggetto ad una forza di resistenza viscosa con costante di frizione &.Determinare:

(a) l’equazione del moto del sistema e la condizione su & a!nche i moti siano oscillatorismorzati;

(b) la soluzione generale dellequazione del moto per & = 4 ed il moto di dati inizialix(0) = 0, x(0) = 2.

Soluzione(a) Equazione del moto e condizione dei moti oscillatori smorzatiL’equazione del moto del punto vincolato si ricava dal postulato delle reazioni vincolari:

2P = !3(P ! O) ! &P + '"

Stefano Siboni 1736


essendosi indicato con '" il risultante delle reazioni vincolari agenti sul punto materiale.Detto risultante e ortogonale all’asse Ox, che per ipotesi non esercita forze di attrito sulpunto. La posizione di questo e individuata per mezzo dell’ovvia parametrizzazione

P (x) ! O = x e1 , x " R .

L’equazione pura del moto e allora data dalla proiezione dell’equazione precedente lungol’asse vincolare e si scrive pertanto

2x + &x + 3x = 0 . (334.1)E questa un’equazione di$erenziale del secondo ordine lineare omogenea e a coe!cienticostanti. Le sue soluzioni sono individuate tramite l’equazione caratteristica

2!2 + &! + 3 = 0che ha discriminante # = &2 ! 24. I moti del sistema risultano oscillatori smorzati se esoltanto se il discriminante assume segno negativo, ossia per &2 ! 24 < 0. Ricordando cheper definizione la costante di frizione puo essere soltanto positiva, la condizione per i motioscillatori diventa dunque

0 < & < 2#

6 .

(b) Soluzione generale e problema di Cauchy per & = 4Nel caso che sia & = 4 l’equazione pura del moto (334.1) si riduce a

2x + 4x + 3x = 0e l’equazione caratteristica assume la forma

2!2 + 4! + 3 = 0con le radici complesse coniugate

!1, !2 =!4±

#16 ! 244

=!4 ± i

#8

4= !1 ± i

#2

2.

La soluzione generale dell’equazione del moto diventa cosı

x(t) = c1e!t cos

"#22

t#

+ c2e!t sin

"#22

t#

$ t " R

in termini delle costanti reali arbitrarie c1 e c2, determinate dalle eventuali condizioniiniziali. La derivata prima della soluzione vale

x(t) = e!t

$!c1 cos

"#22

t#! c2 sin

"#22

t#! c1

#2

2sin

"#22

t#

+ c2

#2

2cos

"#22

t#%

per cui le condizioni iniziali richieste impongono che si abbia

0 = x(0) = c1 2 = x(0) = !c1 + c2

#2

2ossia

c1 = 0 c2 = 2#

2 .

In definitiva, la soluzione del problema di Cauchy proposto e data dall’espressione

x(t) = 2#

2e!t sin"#2

2t#

$ t " R .

Stefano Siboni 1737


Esercizio 335. Asse centrale di un sistema di vettori applicatiIndicata con Oe1e2e3 una terna cartesiana ortogonale destra in E3, si ricavi l’espressioneparametrica dell’asse centrale del sistema composto dai vettori 'v1 = !2e1 + e2 ! e3, appli-cato nel punto P1(2, 1, 3), e 'v2 = e1 ! 3e2 + 2e3, applicato nel punto P2(!1, 0, 2).

SoluzioneEsistenza ed unicita dell’asse centrale sono assicurate dal valore non nullo del risultante

'R = 'v1 + 'v2 = !e1 ! 2 e2 + e3 .

Il momento risultante del sistema rispetto all’origine O e dato da

'MO = (P1 ! O) % 'v1 + (P2 ! O) % 'v2 == (2 e1 + e2 + 3 e3) % (!2e1 + e2 ! e3) + (!e1 + 2 e3) % (e1 ! 3e2 + 2e3) =

=

))))))

e1 e2 e3

2 1 3!2 1 !1

))))))+

))))))

e1 e2 e3

!1 0 21 !3 2

))))))=

= !4 e1 ! 4 e2 + 4 e3 + 6 e1 + 4 e2 + 3 e3 = 2 e1 + 7 e3

per cui

'R % 'MO =

))))))

e1 e2 e3

!1 !2 12 0 7

))))))= !14 e1 + 9 e2 + 4 e3

mentre il modulo quadrato del risultante vale

|'R|2 = |! e1 ! 2 e2 + e3|2 = 1 + 4 + 1 = 6 .

L’equazione parametrica dell’asse centrale si scrive percio, in forma vettoriale, come

A ! O ='R % 'MO

|'R|2+ ('R =

!14 e1 + 9 e2 + 4 e3

6+ ((!e1 ! 2 e2 + e3) =

= !73e1 +

32

e2 +23

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

e porge le relazioni parametriche scalari*++++++,

++++++-

x = !73! (

y =32! 2(

z =23

+ (

( " R

che identificano l’asse centrale cercato.

Stefano Siboni 1738


Esercizio 336. Matrice e momenti d’inerziaIl sistema illustrato in figura e composto da una lamina quadrata ABCD di centro O elato 2L, con i lati paralleli agli assi coordinati Oy e Oz, e da un’asta rettilinea OM , dilunghezza L, posta lungo il semiasse Ox positivo.

In un suo generico punto P la densita areale della lamina si scrive

"(P ) =µ

L4|P ! O|2 $P " ABCD

mentre quella lineare dell’asta vale

!(x) =µ

L3x2 $x " [0, L] .

Determinare del sistema:

(a) la matrice d’inerzia rispetto alla terna Oxyz;(b) il momento d’inerzia rispetto all’asse di equazione parametrica x = 3(, y = 0, z =

!4(, ( " R;(c) i momenti principali d’inerzia e una terna principale d’inerzia in O.

Soluzione(a) Matrice d’inerziaPer additivita, la matrice d’inerzia del sistema e data dalla somma delle matrici d’inerziadella lamina quadrata e dell’asta rettilinea, calcolate rispetto alla medesima terna Oxyz.Conviene calcolare separatamente le due matrici d’inerzia parziali, per poi sommarle.

Matrice d’inerzia della lamina quadrataPoiche la lamina si colloca nel piano coordinato Oyz, la matrice d’inerzia relativa alla ternaOxyz deve assumere la forma generale

[L"O] =

0

71L"

yy + L"zz 0 0

0 L"yy L"

yz

0 L"yz L"

zz

2

83

Stefano Siboni 1739


potendosi identificare immediatamente l’asse Ox con un asse principale d’inerzia in O. Ilmomento d’inerzia relativo all’asse Oy si calcola per mezzo di una integrazione esplicita

L"yy =

L!

!L

dy

L!

!L

dz z2 µ

L4(y2 + z2) =

µ

L4

L!

!L

dy

L!

!L

dz (y2z2 + z4) =

=µ

L4

L!

!L

dy

$y2 z3

3+

z5

5

%L

z=!L

=µ

L4

L!

!L

dy

$23L3y2 +

25L5

%=

=µ

L4

$23L3 y3

3+

25L5y

%L

y=!L

=µ

L4

"49L6 +

45L6

#=

5645

µL2

che invece non e necessaria per valutare il momento d’inerzia rispetto ad Oz, che coincidecon il precedente per simmetria:

L"zz =

L!

!L

dy

L!

!L

dz y2 µ

L4(y2 + z2) =

L!

!L

dz

L!

!L

dy z2 µ

L4(z2 + y2) = L"

yy =5645

µL2

come e immediato accertare scambiando le variabili di integrazione y e z. Allo stesso modo,non e necessario ricorrere all’integrazione esplicita per calcolare il prodotto d’inerzia L"

yz,che deve chiaramente annullarsi

L"yz = 0

in quanto gli assi Oy e Oz sono di simmetria per il sistema e devono quindi identificarsicon altrettanti assi principali d’inerzia in O: Oxyz e una terna principale d’inerzia in Oper la lamina. In conclusione, la matrice d’inerzia in Oxyz della lamina quadrata assumela forma diagonale

[L"O] = µL2

0

1112/45 0 0

0 56/45 00 0 56/45

2

3 .

Matrice d’inerzia dell’asta rettilineaDal momento che l’asta rettilinea giace lungo l’asse coordinate Ox, la relativa matriced’inerzia in Oxyz deve assumere la forma generale

[LaO] =

0

10 0 00 La

yy 00 0 La

zz

2

3

nella quale il momento d’inerzia rispetto all’asse Oy risulta

Layy =

L!

0

x2 µ

L3x2dx =

µ

L3

$x5

5

%L

0

=15µL2

Stefano Siboni 1740


e per simmetria deve assumere lo stesso valore del momento relativo a Oz

Lazz =

L!

0

x2 µ

L3x2dx = La

yy =15µL2 .

Ne deriva che

[LaO] = µL2

0

10 0 00 1/5 00 0 1/5

2

3.

Matrice d’inerzia del sistemaLa matrice d’inerzia del sistema si puo ora calcolare sfruttando la proprieta addittiva:

[LO] = [L"O] + [La

O] = µL2

0

1112/45 0 0

0 13/9 00 0 13/9

2

3.

(b) Momento d’inerziaLa retta di equazione parametrica

x = 3( y = 0 z = !4( , ( " R ,

passa chiaramente per l’origine O della terna di riferimento — per verificarlo basta porre( = 0 — e ad essa e associato il versore tangente

n =3e1 ! 4e3

|3e1 ! 4e3|=

3e1 ! 4e3

5=

35e1 !

45e3 .

E dunque lecito calcolare il momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse On per mezzodella relazione matriciale

IOn ="3

50 ! 4

5

#µL2

0

1112/45 0 0

0 13/9 00 0 13/9

2

3

0

13/50

!4/5

2

3 =

="112

45925

+139

1625

#µL2 =

20481125

µL2 .

(c) Momenti e terna principale d’inerzia in OLa terna Oxyz e principale d’inerzia in O, in quanto la relativa matrice d’inerzia [LO] sipresenta in forma diagonale. I momenti principali d’inerzia si identificano dunque con glielementi diagonali della stessa matrice:

A1 =11245

µL2 A2 =139

µL2 A3 =139

µL2 .

Vale la pena di sottolineare che due degli autovalori — A2 e A3 — sono coincidenti. Qual-siasi combinazione lineare non nulla dei relativi autovettori e2 ed e3 costituisce pertantoancora un autovettore associato allo stesso autovalore. Ne segue che la terna principaled’inerzia in O del sistema non risulta individuata univocamente, potendosi ruotare a pia-cere attorno all’asse Ox.

Stefano Siboni 1741


Esercizio 337. Punto vincolato a una curva fissa e lisciaUn punto materiale pesante di massa m = 1 e vincolato a scorrere senza attrito lungo lacurva di equazione y = x3 ! 3x2 + 1, z = 0, rispetto alla terna inerziale Oxyz con l’asseverticale Oy orientato verso l’alto.

(a) Scrivere le equazioni pure del moto del sistema, indicando con g > 0 l’accelerazionedi gravita.

(b) Determinare le posizioni di equilibrio del sistema.

SoluzioneIl punto e vincolato a muoversi lungo la curva liscia di parametrizzazione

P (x) !O = x e1 + (x3 ! 3x2 + 1) e2 $x " R (337.1)

ed avendo massa unitaria deve ritenersi soggetto ad una forza peso del tipo !g e2 — siassume infatti g > 0 e l’asse verticale Oy e orientato verso l’alto per ipotesi. Le derivateprima e seconda della parametrizzazione si calcolano immediatamente

P "(x) = e1 + (3x2 ! 6x) e2 P ""(x) = 6(x ! 1) e2 .

Si osservi che la parametrizzazione e regolare, risultando P "(x) )= 0 $x " R.

(a) Equazioni del motoPer un qualsiasi moto possibile regolare, descritto ponendo x = x(t) nella parametriz-zazione (337.1), la velocita istantanea si esprime nella forma

P = P "(x) x

mentre per l’accelerazione istantanea si ha

P = P "(x)x + P ""(x)x2 .

L’equazione del moto del sistema viene dedotta ricorrendo al postulato delle reazioni vin-colari, delle quali si indica con '" il risultante,

P "(x)x + P ""(x)x2 = !g e2 + '" .

Grazie all’assenza di attriti, e su!ciente proiettare lungo la direzione tangente P "(x) perridurre l’equazione del moto alla forma pura

P "(x) · P "(x) x + P "(x) · P ""(x) x2 = !g e2 · P "(x)

che si scrive esplicitamente come

[1 + (3x2 ! 6x)2] x + (3x2 ! 6x)6(x ! 1) x2 = !g(3x2 ! 6x) . (337.2)

Stefano Siboni 1742


(b) Posizioni di equilibrioGli equilibri del sistema sono le configurazioni x = x0 nelle quali il sistema puo porsi inquiete

x(t) = x0 , $ t " R .

Imponendo che un simile stato di quiete sia soluzione dell’equazione pura del moto (337.2)si perviene alla condizione di equilibrio

0 = !g(3x20 ! 6x0) = !3gx0(x0 ! 2)

dalla quale si deducono le configurazioni di equilibrio cercate

x = 0 , x = 2 .

Esercizio 338. Massa e baricentroNel piano Oyz di una terna Oxyz giace un settore circolare OAB di centro O, raggio Re angolo al centro di 45o, con il lato OA su Oy. Nel piano Oxy un’asta rettilinea OC dilunghezza

#2R forma un angolo di 45o con il semiasse Ox positivo.

Indicata con µ una costante positiva, nel generico punto P di OAB la densita areale risulta

"(P ) =8µ

#R2,

mentre in ogni punto Q " OC la densita lineare vale

!(Q) =µ

R2|Q ! O| .

Determinare:

(a) la massa del sistema;

(b) il baricentro del sistema.

Stefano Siboni 1743


Soluzione(a) Massa del sistemaLa massa del sistema e data dalla somma delle masse del settore OAB e dell’asta OC , chesi determinano separatamente per integrazione diretta.

Massa del settore circolareLa massa ms del settore circolare si calcola integrando in coordinate polari piane la densitaareale costante " = 8µ/#R2:

ms =R!

0

d$

!/4!

0

d% $8µ

#R2=

8µ

#R2

R2

2#

4= µ .

Massa dell’asta rettilineaPoiche l’asta si colloca lungo la bisettrice del primo quadrante nel piano coordinato Oxy,con un estremo in O e lunghezza complessiva

#2R, una sua semplice parametrizzazione e

data daQ(x) ! O = x e1 + x e2 , x " [0, R] ,

cui corrisponde l’elemento infinitesimo di lunghezza

ds = |Q"(x)| dx = |e1 + e2| dx =#

2 dx .

Per ricavare la massa dell’asta si deve dunque calcolare l’integrale definito

ma =R!

0

µ

R2

&x2 + x2

#2 dx =

µ

R2

R!

0

#2x

#2 dx =

2µ

R2

R!

0

xdx = µ .

Massa del sistemaPer la determinazione della massa del sistema non rimane che sommare i contributi disettore e asta:

m = ms + ma = µ + µ = 2µ .

(b) Baricentro del sistemaIl sistema e costituito da una superficie materiale omogenea — il settore circolare — e dauna curva materiale — l’asta rettilinea — per cui si rende necessario ricorrere al teoremadistributivo per individuare il baricentro del sistema. Da notare che le due parti possonoconsiderarsi disgiunte, data l’irrilevanza dell’unico punto di intersezione O nel calcolo siadegli integrali curvilinei su OC che di quelli di superficie sul settore OAB. Preliminarmentesi calcolano i baricentri delle due parti costituenti.

Baricentro del settore circolareIl vettore posizione del baricentro Gs del settore circolare puo esprimersi nella forma

Gs ! O = xse1 + yse2 + zse3

Stefano Siboni 1744


dove tuttavia deve assumersi xs = 0, data la presenza dell’evidente piano di simmetria Oyz— che costituisce il piano di giacitura della superficie piana OAB. L’ordinata si calcolaper integrazione diretta, notando che y = $ cos %,

ys =1

ms

R!

0

d$

!/4!

0

d% $8µ

#R2$ cos % =

1µ

8µ

#R2

R!

0

$2d$

!/4!

0

cos % d% =

=8

#R2

$$3

3

%R

0

'sin%

(!/4

0=

8#R2

R3

3

#2

2=

4#

23#

R

al pari della corrispondente quota

zs =1

ms

R!

0

d$

!/4!

0

d% $8µ

#R2$ sin % =

1µ

8µ

#R2

R!

0

$2d$

!/4!

0

sin % d% =

=8

#R2

$$3

3

%R

0

'! cos %

(!/4

0=

8#R2

R3

3

"1 !

#2

2

#=

43#

(2 !#

2)R .

in quanto z = $ sin%. Il baricentro del settore risulta percio

Gs ! O =4#

23#

R e2 +43#

(2 !#

2)R e3 .

Da rilevare come la tangente dell’angolo %0 che il vettore posizione Gs ! O forma con ilsemiasse Oy positivo sia uguale a

tg%0 =zs

ys=

43#

(2 !#

2)R3#

4#

2R=

#2 ! 1

che, come e immediato verificare con l’appropriata formula di bisezione, corrisponde allatangente di 22.5o:

tg22.5o = tg"45o

2

#=

41 ! cos 45o

1 + cos 45o=

9#2 ! 1#2 + 1

=

9#2 ! 11

=#

2 ! 1

per cui risulta %0 = 22.5o. Il baricentro Gs si colloca dunque lungo la bisettrice del settorecircolare, che infatti costituisce un ovvio asse di simmetria del settore omogeneo.

Baricentro dell’astaIl baricentro dell’asta e individuato dal vettore posizione

Ga ! O = xae1 + yae2 + zae3

dove la quota za puo certamente ritenersi nulla a causa dell’ovvio piano di simmetriaOxy della figura. Poiche inoltre il sistema risulta allineato lungo la bisettrice del primo

Stefano Siboni 1745


quadrante nel piano coordinato Oxy, che ne costituisce un asse di simmetria, il baricentrodovra situarsi sul medesimo asse e ascissa ed ordinata dovranno assumere lo stesso valore

ya = xa .

Si deve pertanto procedere al calcolo della sola ascissa xa, che segue immediatamentedall’apposito integrale curvilineo

xa =1

ma

R!

0

xµ

R2

&x2 + x2

#2 dx =

1µ

2µ

R2

R!

0

x2dx =2

R2

R3

3=

23R ,

in modo cheGa !O =

23R e1 +

23R e2 .

Baricentro del sistemaPer il baricentro G del sistema la formula distributiva porge il vettore posizione, rispettoad Oxyz:

G ! O =ms(Gs ! O) + ma(Ga ! O)

ms + ma=

=12µ

$µ"4

#2

3#R e2 +

43#

(2 !#

2)R e3

#+ µ

"23R e1 +

23R e2

#%=

=2#

23#

R e2 +23#

(2 !#

2)R e3 +13R e1 +

13R e2 =

=13R e1 +

"13

+2#

23#

#R e2 +

23#

(2 !#

2)R e3 .

Esercizio 339. Espressioni analitiche di base e rullettaSi considerino due terne di riferimento cartesiane ortogonali Oxyz ed O"x"y"z", la prima“fissa” e la seconda solidale ad un sistema in moto rigido piano. Siano inoltre i pianicoordinati Oxy ed O"x"y" coincidenti con il piano direttore # del moto rigido piano. Sihanno allora le seguenti definizioni:

! si dice base del moto rigido piano il luogo dei centri di istantanea rotazione determinatorispetto al sistema di riferimento “fisso” Oxyz.

! si definisce rulletta del moto rigido piano il luogo dei centri di istantanea rotazionedeterminato rispetto al sistema di riferimento “solidale” O"x"y".

Si richiede di:

(a) determinare le espressioni analitiche per la base e la rulletta;(b) discutere il caso di un disco circolare che rotola su una retta assegnata, con particolare

riferimento ai moti uniformi.

Stefano Siboni 1746


Soluzione(a) Base e rullettaSi supponga, per semplicita che le due terne Oxyz e O"x"y"z" possano sovrapporsi persemplice rototraslazione e si ignorino gli assi z e z". Il moto di O" e quello del centro dirotazione istantanea C del sistema rigido saranno descritti da opportuni cammini di$eren-ziabili, di parametro t " I * R, con I intervallo reale. Per semplicita, ma senza perdita digeneralita, il parametro t avra il significato fisico di un tempo. Si introducono le seguentinotazioni:

+ nel sistema di riferimento Oxy il punto O" ha componenti cartesiane5xo(t), yo(t)

6, t " I ;

+ nello stesso sistema di riferimento il punto C ha coordinate cartesiane indicate con5xC(t), yC (t)

6, t " I ;

+ rispetto ad O"x"y" il punto C ha coordinate (x"C(t), y"

C (t));+ ) = )(t) indica l’angolo compreso fra il semiasse positivo Ox ed il semiasse positivo

O"x". Tale angolo si intende crescente se descrive una rotazione antioraria di O"x"y"

rispetto a Oxy;+ il versore e3 coincide con il prodotto e1 % e2, essendo e1 e e2 i versori associati agli

assi Ox ed Oy rispettivamente.Con queste notazioni le coordinate del punto C nei due sistemi di riferimento sono legatedalla relazione matriciale

:x"

C(t)y"

C(t)

;=

:cos )(t) sin )(t)

! sin )(t) cos )(t)

;:xC(t) ! xo(t)yC(t) ! yo(t)

;. (339.1)

Indicato con *e3 il vettore velocita angolare istantanea del moto, il centro istantaneo dirotazione e individuato dalla

C = O +1*

e3 % O . (339.2)

per un qualsiasi O partecipe dell’atto di moto rigido piano. Scelta per il calcolo l’origineO" del riferimento solidale, ed osservato che ! = )e3 (in forza delle ipotesi assuntesull’orientamento relativo di ) ed e3) e che ) )= 0, si ottiene l’espressione

C ! O = O" ! O +1)

e3 % O"

e per le coordinate xC , yC di C nel riferimento “fisso” la relazione matriciale:

xC(t)yC(t)

;=

:xo(t)yo(t)

;+

1)(t)

:!yo(t)xo(t)

;t " I . (339.3)

Questa fornisce il luogo dei centri di istantanea rotazione al variare del parametro t rispettoal sistema fisso Oxy. Si tratta cioe dell’equazione parametrica della base.

Stefano Siboni 1747


Rispetto al sistema solidale O"x"y" il luogo dei centri di istantanea rotazione si scrive invece,passando dalle coordinate (xC(t), yC (t)) alle (x"

C(t), y"C(t)) tramite le (339.1)

:x"

C(t)y"

C(t)

;=

:cos )(t) sin )(t)! sin )(t) cos )(t)

;:!yo(t)xo(t)

;1

)(t)t " I (339.4)

che rappresenta l’espressione parametrica della rulletta.

OsservazioneSe in luogo del tempo t si considera un parametro arbitrario s = s(t) le relazioni (339.3)e (339.4) rimangono valide a patto di intendere il punto sovrascritto come derivazionerispetto ad s. Tuttavia, poiche il vettore velocita angolare e espresso da n )"(s) s e deverisultare non nullo onde assicurare l’esistenza di C , si richiede che s(t) )= 0 $ t " I. Qualorasia s(t) = 0 l’atto di moto e puramente traslatorio e C non e definito.

(b) Disco che rotola su una retta fissa.Si consideri un disco circolare di centro O" e raggio r che rotola nel piano Oxy poggiandosull’asse Ox. Con le notazioni precedenti si ha immediatamente

5xo(t), yo(t)

6=

5xo(t), r

6) = )(t) $ t " R

con xo(t) e )(t) funzioni arbitrarie del tempo t. L’espressione (339.3) della base diventaallora

5xC(t), yC (t)

6=

"xo(t) , r +

xo(t))(t)

#

mentre per la rulletta (339.4) si ottiene

:x"

Cy"

C

;=

1)(t)


;:0

xo(t)

;=

xo(t))(t)

:sin )(t)cos )(t)

;.

Nel caso particolare di moto uniforme, definito da ) = *t e xo(t) = so +vt, con *, so, v " Rcostanti, si deducono le espressioni

5xC(t), yC (t)

6=

"so + vt , r +

v

*

#$ t " R

per la base e5x"

C(t), y"C (t)

6=

v

*

5sin(*t) , cos(*t)

6$ t " R

per la rulletta. La base del moto rigido e dunque indentificabile con la retta di equazioney = r + (v/*), parallela all’asse Ox, mentre la rulletta e una circonferenza di centro O" eraggio v/*.

Stefano Siboni 1748


Esercizio 340. Calcolo di base e rullettaDeterminare base e rulletta per un’asta rigida AB di lunghezza L, i cui estremi A e B sonovincolati a muoversi lungo gli assi Ox ed Oy rispettivamente di un sistema di riferimentocartesiano ortogonale Oxy.

SoluzioneSi sceglie il sistema di riferimento solidale all’asta con l’origine O" in A e l’asse O"x"

lungo l’asta, in modo che questa giaccia nel semiasse negativo {x" < 0}. L’orientamentodell’asse O"y" e determinato dal fatto che i due sistemi devono potersi sovrapporre perrototraslazione ed avere quindi la stessa parita — entrambi i riferimenti saranno destri.

Con le notazioni introdotte nell’esercizio precedente si devono determinare le espressioniparametriche di xo(t), yo(t) e )(t). Si ha, assumendo come parametro t l’ascissa in Oxy diO" = A *

,

-

xo(t) = tyo(t) = 0)(t) = !arctg

5#L2 ! t2/t

6 $ t " [0, L] (340.1)

dove il segno negativo dell’espressione )(t) segue dalla convenzione adottata sull’orienta-mento di tale angolo. Dalle (340.1) seguono le relazioni

xo(t) = 1 xo(t) = 0 )(t) =1#

L2 ! t2

valide $ t " [0, L). L’equazione parametrica della base risulta pertanto

:xC(t)yC(t)

;=

:t0

;+

&L2 ! t2

:01

;=

:t#

L2 ! t2

;$ t " [0, L)

che e l’arco di circonferenza di centro O e raggio L compreso nel quadrante {(x, y) " R2 :x ( 0, y > 0}. Per la rulletta si ha invece

cos )(t) = cos<!arctg

5&L2 ! t2/t

6==

1&1 + (L2 ! t2)/t2

=t

L

Stefano Siboni 1749


sin )(t) = !&

L2 ! t2/L

e quindi

:x"

C(t)y"

C(t)

;=


;:01

;&L2 ! t2 =

>!(L2 ! t2)/L

t&

L2 ! t2/L

?(340.2)

da cui si deduce che x"C(t) < 0 e y"

C(t) ( 0 $ t " [0, L). Scriviamo l’equazione della rullettain forma cartesiana, eliminando il parametro t. Posto per brevita X , x"

C(t) ed Y , y"C(t),

le precedenti relazioni (340.2) assumono la forma@

X = !(L2 ! t2)/L " [!L, 0)LY = t

&L2 ! t2

da cui segue che @t =

#L2 + LX

LY =&

L2 + LX#!LX .

(340.3)

Quadrando la seconda equazione in (340.3) si ottiene infine

L2Y 2 =5L2 + LX

6(!LX)

che equivale a "X +

L

2

#2+ Y 2 =

"L

2

#2.

Si tratta di una circonferenza di centro (x", y") = (!L/2, 0) e raggio L/2. In e$etti lecondizioni X < 0 e Y ( 0 implicano che la rulletta sia la sola semicirconferenza con y" ( 0e x" < 0 — privata dell’estremo (x", y") = (0, 0).

Osservazione. Atto di moto dell’asta rigidaSia Q un generico punto dell’asta e si ponga + , |Q ! B| " [0, L]. La posizione di Qrispetto ad Oxy sara data da

Q ! O = B ! O + Q ! B = B ! O + (A ! B)+

L

che espressa in coordinate cartesiane diventa

50,

&L2 ! t2

6+

5t,!

&L2 ! t2

6 +

L=

:t+

L,&

L2 ! t2"1 ! +

L

#;,

con t " [0, L]. L’atto di moto dell’asta rigida risulta pertanto

Q =:

+

L, ! t#

L2 ! t2

"1 ! +

L

#;$ t " [0, L) .

Stefano Siboni 1750


Particolarmente interessante e l’analisi delle configurazioni estreme — o di confine — t = 0e t ' L!:

+ per t = 0 — AB verticale — si ha ovviamente Q(0, L ! +) e

Q =5+/L , 0

6

con C(0, L) centro di rotazione istantanea;+ per t ' L! vale invece Q(+, 0) e

Q !!'5+/L , !-

6

che descrive un campo di velocita divergente orientato nel senso negativo dell’asseOy, ovvero un atto di moto singolare ma puramente traslatorio — in tal caso C none definibile.

Esercizio 341. Calcolo di base e rullettaUn’asta rettilinea AB di lunghezza L e appoggiata su un sostegno verticale di altezzah < L ed ha l’estremo B vincolato a muoversi sulla retta orizzontale dove il sostegno ecollocato. Determinare base e rulletta.

SoluzioneSi fissa il riferimento Oxy con O dato dalla base del sostegno e gli assi Ox ed Oy orizzontalee verticale rispettivamente. Il riferimento solidale O"x"y" e determinato come nell’esercizioprecedente, con O" , B. Scelto come parametro t l’ascissa di O" nel riferimento Oxy, sihanno le relazioni

xo(t) = t yo(t) = 0 )(t) = !arctg(h/t)

da cui si deduce, $ t "'0,#

L2 ! h2(

xo(t) = 1 yo(t) = 0 )(t) =h

h2 + t2.

L’equazione parametrica della base si scrive:

xC(t)yC(t)

;=

:t0

;+

h2 + t2

h

:01

;=

:t

(h2 + t2)/h

;.

Stefano Siboni 1751


Posto per brevita xC(t) , X ed yC(t) , Y si ottiene, per eliminazione del parametro

Y =h2 + X2

hX "

'0,

&L2 ! h2

(

che e un arco di parabola con vertice in (x, y) = (0, h), asse lungo Oy e concavita rivoltanel senso positivo dello stesso asse.Per il calcolo della rulletta si osservi preliminarmente che

cos )(t) = cos<!arctg(h/t)

==

1&1 + (h/t)2

=t#

h2 + t2

sin )(t) = ! h#h2 + t2

per cui:

x"C(t)

y"C(t)

;=


;:01

;h2 + t2

h=

:!1t/h

;&h2 + t2 .

Posto allora x"C(t) , X ed y"

C(t) , Y si deduce@

X = !#

h2 + t2 " [!L,!h]Y = t

&h2 + t2/h > 0

e quindi @t = +

#X2 ! h2 , X " [!L,!h]

Y = !X&

X2 ! h2/h

per cui l’equazione cartesiana della rulletta e

y" = !x"

h

&x"2 ! h2 , x" " [!L,!h] ,

funzione monotona decrescente nel proprio intervallo di definizione.

Esercizio 342. Calcolo di base e rullettaRisolvere l’esercizio precedente nell’ipotesi che al sostegno verticale si sostituisca un discofisso e rigido di raggio a < L — vedi figura.

Stefano Siboni 1752


SoluzioneIl riferimento Oxy e scelto come nell’esercizio precedente salvo che O e ora il puntod’appoggio del disco sulla retta orizzontale Ox. Si indichi con C il centro del disco econ P il punto di contatto disco-asta. Il segmento AB sara tangente al bordo del disco inP .I triangoli OBC e CBP sono congruenti in quanto rettangoli e con due lati uguali. PercioOB = PB, dove PB puo assumere qualsiasi valore compreso fra a — asta AB verticale— ed L: per valori maggiori, comunque non eccedenti a +

#L2 ! a2, il punto di contatto

P coincide con l’estremo A e l’angolo CPB non e retto, caso che per semplicita non vieneconsiderato. Dunque xo " [a, L]. Dal triangolo OBC si deduce inoltre

a

xo= tg

"!)

2

#

per cui ) "'!#/2 , !2arctg(a/L)

(. Scelto ) come parametro si puo scrivere allora

xo(t) = ! a

tg(t/2)yo(t) = 0 )(t) = t

e derivandoxo(t) =

a

2 sin2(t/2)yo(t) = 0 )(t) = 1

per t "'!#/2 , !2arctg(a/L)

(. L’equazione parametrica della base diventa cosı

:xC(t)yC(t)

;=

0

1! a

tg(t/2)0

2

3 +

0

10a

2 sin2(t/2)

2

3 =

0

771! a

tg(t/2)a

2 sin2(t/2)

2

883 .

Pertanto, con le usuali notazioni xC(t) , X yC(t) , Y

X

a= ! 1

tg(t/2)> 0 =. X " [a, L]

e2aY =

1sin2(t/2)

> 0 .

AlloraX2

a2+ 1 =

1sin2(t/2)

=2aY

e dunque

Y =12a

X2 +a

2, X " [a, L]

che rappresenta un arco di parabola. Per quanto riguarda la rulletta si ha invece

:x"

C(t)y"

C(t)

;=


;0

10a

2 sin2(t/2)

2

3 =a

21

sin2(t/2)

:sin tcos t

;

Stefano Siboni 1753


e posto x"C(t) , X, y"

C(t) , Y

X =a

2sin t

sin2(t/2)= a

cos(t/2)sin(t/2)

=a

tg(t/2)" [!L,!a]

Y =a

2cos t

sin2(t/2)=

a

21 ! 2 sin2(t/2)

sin2(t/2)=

a

21

sin2(t/2)! a > 0 . (342.1)

D’altra parte risulta

tg(t/2) =a

X=. 1

cos2(t/2)=

a2 + X2

X2

cosicche

cos2(t/2) =X2

a2 + X2/. sin2(t/2) =

a2

a2 + X2

e la (342.1) si riduce a

Y =a

2a2 + X2

a2! a =

12a

X2 ! a

2.

In conclusione l’equazione cartesiana della rulletta assume la forma

Y =12a

X2 ! a

2, X " [!L,!a] ,

che rappresenta di nuovo un arco di parabola.

Esercizio 343. Mutuo rotolamento puro di due profili rigidiIn un piano #, fisso rispetto ad una terna di riferimento assoluta, e collocato in quiete unprofilo rigido ,1. Un secondo profilo rigido ,2 e vincolato a rotolare senza strisciare su,1, mantenendosi nel piano #. Si chiede di ricavare una relazione generale per la velocitaangolare istantanea del profilo mobile ,2 rispetto a quello fisso ,1, illustrando poi il risultatocon qualche esempio notevole.

SoluzioneDescrizione formale del sistemaNel piano fisso # si introducono:

(1) una curva ,1, che rappresenta il profilo rigido fisso nella terna assoluta. La ternaassoluta viene indicata con O1x1y1z1;

(2) una seconda curva ,2, che descrive il profilo rigido mobile (ossia in moto rispetto allaterna assoluta). Alla curva ,2 si associa una terna di riferimento solidale O2x2y2z2;

(3) l’ipotesi che la curva mobile ,2 rotoli senza strisciare sul profilo fisso ,1.Quest’ultimo requisito si traduce nel prescrivere due distinte condizioni:

Stefano Siboni 1754


(i) condizione di rotolamento: che nel punto C di intersezione fra ,1 e ,2 le curvesiano tangenti — e non secanti:

Per esempio si puo assumere che nel punto C di intersezione fra le due curve iversori -1 e -2, rispettivamente tangenti a ,1 e ,2, siano uguali — da notare chegli stessi versori potrebbero anche risultare opposti, ma in tal caso e sempre datodi invertire l’orientamento di ,1 o di ,2 in modo da soddisfare l’assunto;

(ii) condizione di assenza di strisciamento: che il punto C , inteso come solidale a ,1,e lo stesso punto C inteso come solidale a ,2 abbiano la stessa velocita. Poicheil primo ha velocita assoluta nulla — ,1 e fissa nella terna assoluta — si deverichiedere che anche il secondo abbia velocita assoluta uguale a zero.

Rappresentazione del motoIl moto di puro rotolamento del profilo ,2 sul profilo fisso ,1 puo essere descritto facendouso delle osservazioni seguenti.

+ Nella terna assoluta O1x1y1z1, solidale a ,1, la curva ,1 e rappresentata dalla parame-trizzazione biregolare

P1(s1) , s1 " I1 ,

con s1 ascissa curvilinea lungo ,1 e I1 intervallo reale.

+ Nella terna mobile O2x2y2z2, solidale a ,2, la curva ,2 si parametrizza nella forma

P2(s2) , s2 " I2 ,

essendo s2 una ascissa curvilinea lungo ,2 e I2 un intervallo reale opportuno. Anchequesta seconda parametrizzazione si assume essere biregolare come la precedente.

Stefano Siboni 1755


+ Durante il moto di rotolamento il punto C di contatto fra ,1 e ,2 si sposta lungo ledue curve. Precisamente:! il moto di C lungo ,1, relativamente a O1x1y1z1, e descritto da

P1[s1(t)]

con s1(t) funzione regolare opportuna;! il corrispondente moto di C lungo ,2, relativamente alla terna mobile O2x2y2z2,

si rappresenta comeP2[s2(t)]

in termini di una appropriata funzione regolare s2(t);! appare evidente che le funzioni orarie s1(t) e s2(t) non sono indipendenti in con-

dizioni di puro rotolamento.

Teorema dei moti relativi e relazione fra s1(t) e s2(t)Si consideri O1x1y1z1 come terna fissa e O2x2y2z2 come terna mobile. Il teorema dei motirelativi applicato al punto di contatto C porge la relazione

CA = CR + CT,21

dove:+ CA e la velocita di C rispetto alla terna fissa O1x1y1z1 (velocita assoluta), altresı

esprimibile come

CA =d

dtP1[s1(t)] =

dP1

ds1[s1(t)] s1(t) = -1[s1(t)] s1(t)

poiche in O1x1y1z1 la curva ,1 e fissa e per definizione di versore tangente si ha

dP1

ds1[s1(t)] = -1[s1(t)] ;

+ CR indica la velocita di C relativa alla terna mobile O2x2y2z2 (velocita relativa), datadalla relazione

CR =d

dtP2[s2(t)] =

dP2

ds2[s2(t)] s2(t) = -2[s2(t)] s2(t)

in quanto la curva ,2 appare a riposo in O2x2y2z2, mentre la definizione di versoretangente porge

dP2

ds2[s2(t)] = -2[s2(t)] ;

Stefano Siboni 1756


+ CT,21 rappresenta la velocita di trascinamento di C . Questa, per definizione, va cal-colata in O1x1y1z1 immaginando C solidale alla terna mobile O2x2y2z2. Ma la con-dizione di puro rotolamento impone che tale velocita coincida con quella del punto Cinteso come solidale alla curva ,1, la quale e fissa in O1x1y1z1. Percio:

CT,21 = 0 .

Si ha cosı

CA = CR

ossia

-1[s1(t)] s1(t) = -2[s2(t)] s2(t)

e poiche nel punto di contatto deve aversi, per ipotesi,

-1[s1(t)] = -2[s2(t)] ,

si conclude che

s1(t) = s2(t) . (343.1)

Quest’ultima equazione deve risultare verificata in tutto l’intervallo di tempo I lungo ilquale e definito il moto di puro rotolamento; una integrazione immediata porge allora

s1(t) = s2(t) + costante $ t " I .

Il risultato conferma l’idea intuitiva che in assenza di strisciamento il punto di contatto Cdeve spazzare archi di uguale lunghezza lungo i due profili rigidi. Per ogni t", t"" " I si hainfatti

s1(t") ! s2(t") = costante = s1(t"") ! s2(t"")

e dunque

s1(t") ! s1(t"") = s2(t") ! s2(t"")

come a$ermato.

Stefano Siboni 1757


Il significato geometrico del risultato viene illustrato nella figura seguente, dove si e indicatocon O il punto di contatto fra ,1 e ,2 al generico istante t" " I e con il C il corrispondentepunto di contatto fra gli stessi profili all’istante t"" " I.

Relazione fra derivata assoluta e relativa di un vettore e calcolo del vettore velocita angolareistantanea del profilo ,2 — ovvero della terna O2x2y2z2 — rispetto a O1x1y1z1

Durante il moto, il comune versore tangente ai due profili nel punto di contatto C costituisceun vettore variabile nel tempo -1 = -2 = -(t):

Si consideri nuovamente O1x1y1z1 come terna fissa e O2x2y2z2 come terna mobile. Vale

Stefano Siboni 1758


allora la relazione generaledA-

dt=

dR-

dt+ '* % - , (343.2)

in cui:

+ dA-/dt indica la derivata di - calcolata nella terna O1x1y1z1 (derivata assoluta),rispetto alla quale ,1 e fissa. Dunque:

dA-

dt=

d

dt

<-1[s1(t)]

==

d-1

ds1[s1(t)] s1(t) =

1$1[s1(t)]

n1[s1(t)] s1(t)

dove si sono introdotti la curvatura 1/$1[s1(t)] e il versore normale n1[s1(t)] a ,1 nellaposizione C = P1[s1(t)];

+ il vettore dR-/dt rappresenta la derivata di - rispetto alla terna O2x2y2z2 (derivatarelativa), dove e invece ,2 a mantenersi in quiete. Di conseguenza:

dR-

dt=

d

dt

<-2[s2(t)]

==

d-2

ds2[s2(t)] s2(t) =

1$2[s2(t)]

n2[s2(t)] s2(t)

in termini della curvatura 1/$2[s2(t)] e del versore normale n2[s2(t)] al profilo ,2 nelpunto C = P2[s2(t)];

+ '* = *(t) b1 e il vettore velocita angolare istantanea di O2x2y2z2 — e dunque di ,2 —rispetto a O1x1y1z1, convenendo di indicare con b1 = -1 % n1 il versore binormale a,1, costante ed ortogonale al piano del moto.

L’equazione (343.2) diventa cosı, tenuto conto di (343.1),

1$1[s1(t)]

n1[s1(t)] s1(t) =1

$2[s2(t)]n2[s2(t)] s1(t) + *(t) b1 % -

e dovendo essereb1 % - = b1 % -1[s1(t)] = n1[s1(t)]

si riduce a

1$1[s1(t)]

n1[s1(t)] s1(t) =1

$2[s2(t)]n2[s2(t)] s1(t) + *(t) n1[s1(t)] .

D’altra parte si ha senz’altro

n2[s2(t)] = n1[s1(t)] oppure n2[s2(t)] = !n1[s1(t)]

Stefano Siboni 1759


secondo che le curve ,1 e ,2 siano o meno localmente convesse dalla stessa parte rispettoalla comune retta tangente in C , come illustrato nella figura seguente

dove la retta tangente e indicata con r. La condizione equivale a richiedere che i versorinormali alle due curve siano collocati o meno dalla stessa parte rispetto alla retta tangentenel punto di contatto. Pertanto:(i) nel primo caso risulta

* =" 1

$1! 1

$2

#s1 =. '* =

" 1$1

! 1$2

#s1 b1 (343.3)

(ii) nel secondo caso si ha invece

* =" 1

$1+

1$2

#s1 =. '* =

" 1$1

+1$2

#s1 b1 . (343.4)

Si illustrano le possibili applicazioni delle relazioni ottenute in alcuni casi notevoli, chericorrono sovente nelle applicazioni.

Primo esempio: disco circolare che rotola sul bordo interno di una guida circolareCome primo esempio illustrativo si considera il caso descritto in figura

Stefano Siboni 1760


di un disco circolare ,2, di raggio r e centro A, che rotola senza strisciare lungo il bordointerno di una guida circolare ,1 di centro O e raggio R. I raggi di curvatura $1 e $2 sonodati rispettivamente da R ed r. Indicata con s1 l’ascissa curvilinea lungo ,1 del punto dicontatto C fra i due profili rigidi, si ha allora per il vettore velocita angolare istantaneadel disco l’espressione

'* =" 1

R! 1

r

#s1 b1 , (343.5)

in quanto ambo i profili risultano convessi dalla stessa parte rispetto alla comune rettatangente nel punto C . Introducendo invece l’angolo al centro ) corrispondente alla stessaascissa curvilinea s1 si ha

s1 = R)

e di conseguenza la precedente espressione (343.5) si riduce alla forma ben nota

'* =" 1

R! 1

r

#R) b1 = !

"R

r! 1

#) b1 .

Secondo esempio: disco circolare che rotola sul bordo esterno di una guida circolareIl secondo esempio, analogo al precedente, vede un disco circolare ,2 di centro A e raggior rotolare senza strisciare lungo il bordo esterno di una circonferenza fissa ,1, di centro Oe raggio R.

Con le stesse notazioni usate nell’esempio precedente si deduce

'* =" 1

R+

1r

#s1 b1 , (343.6)

dal momento che i due versori normali sono diretti in senso opposto ed e quindi necessarioapplicare la relazione (343.4). Introdotto come prima l’angolo al centro ) che sottendeall’arco s1 su ,1, l’espressione del vettore velocita angolare istantanea diventa

'* =" 1

R+

1r

#R) b1 =

"R

r+ 1

#) b1

e costituisce ancora un risultato ben noto dalla meccanica elementare.

Stefano Siboni 1761


Terzo esempio: disco circolare che rotola su una rettaCome terzo esempio notevole di rotolamento puro si esamina il caso di un profilo circolare,2, di centro A e raggio r, che rotola senza strisciare su una guida rettilinea ,1 — vedifigura.

Si assume arbitrariamente il versore n1, normale alla retta ,1 nel piano #, diretto verso ilcentro A del disco circolare ,2. Alla retta e quindi associato un raggio di curvatura infinitoe poiche i due profili vengono formalmente trattati come aventi lo stesso versore normalel’espressione della velocita angolare istantanea per il moto di rotolamento del disco diventa

'* =" 1

+-! 1

r

#s1b1 = !1

rs1b1

in cui s1 indica l’ascissa curvilinea misurata lungo la retta ,1, mentre il versore b1 risultaortogonale al piano del moto e diretto in senso uscente rispetto a questo. Giova sottolineareche qualora si convenisse di assumere n1 orientato in senso avverso al centro A del disco,si avrebbe n1 = !n2 e quindi

'* =" 1

+- +1r

#s1b1 =

1rs1b1

ma in tal caso il nuovo versore binormale b1 risulterebbe opposto a quello considerato inprecedenza — ossia perpendicolare al piano del moto e orientato in senso entrante. Lavalutazione di '* e dunque, come deve, del tutto indipendente dalla scelta convenzionaleadottata sull’orientamento di n1. Anche in questo caso l’espressione ottenuta e in accordocon il risultato ricavabile per via elementare.

Stefano Siboni 1762


Esercizio 344. Un semplice sistema scleronomo soggetto a forze peso, elastiche,centrifughe, i cui equilibri non sono determinabili analiticamenteIn una terna cartesiana ortogonale Oxyz un’asta rettilinea ed omogenea OA, di massam e lunghezza L, e vincolata a ruotare attorno all’asse Oz mantenendosi nel piano Oxy.L’asta e pesante ed una molla ideale di costante elastica k connette il suo estremo A conil punto fisso B(2L, 0, 0) dell’asse Ox. La terna ruota con velocita angolare costante *attorno all’asse verticale Oy, rispetto ad un riferimento inerziale.

Assumendo il sistema a vincoli ideali, e utilizzando l’angolo di rotazione . illustrato infigura come parametro lagrangiano, si chiede di caratterizzare le configurazioni di equilibriodel sistema al variare delle costanti caratteristiche di questo — k, L, m, g, *.

SoluzioneNatura posizionale conservativa del sistema scleronomoIl sistema e scleronomo a vincoli bilaterali ideali e risulta soggetto esclusivamente a sol-lecitazioni posizionali conservative: il peso, l’interazione elastica fra l’estremo A dell’astae il punto fisso B, le forze centrifughe. Si osservi che le forze di Coriolis, per quanto agentisull’intero corpo dell’asta, sono sempre dirette ortogonalmente al piano Oxy ed hannodunque componente lagrangiana nulla:

QCor# =

A

P#OA

!2m* e2 % P · /P

/.= !2

A

P#OA

m* e2 · P % /P

/.= 0

in quanto P = /P//. . $P " OA. Le forze attive applicate al sistema sono perciodescritte dai relativi potenziali, vale a dire:

+ un potenziale gravitazionale dell’asta, che e immediato calcolare ricordando che ilbaricentro dell’asta omogenea si identifica con il punto medio M di questa

Ug = !mg e2 · (M ! O) = !mg e2 ·"L

2sin . e1 !

L

2cos . e2

#=

mgL

2cos . ;

+ un potenziale elastico associato alla molla che congiunge i punti A e B

Uel = !k

2|A ! B|2 = !k

2|(L sin . ! 2L) e1 ! L cos . e2|2 =

Stefano Siboni 1763


= !k

2L2(sin2. + 4 ! 4 sin . + cos2.) = 2kL2 sin . + costante ,

essendoA ! O = L sin . e1 ! L cos . e2 B ! O = 2L e1 ;

+ un potenziale centrifugo dell’asta, esprimibile per mezzo della relazione generale

Ucf =*2

2IOyOA(.) =

*2

2

L!

0

(s sin .)2m

Lds =

mL2*2

6sin2.

facendo uso dell’ascissa curvilinea s = |P ! O|, P " OA, lungo l’asta omogenea.

Il potenziale del sistema e allora dato dalla somma dei vari potenziali parziali:

U(.) = Ug + Uel + Ucf =mgL

2cos . + 2kL2 sin . +

mL2*2

6sin2. . (344.1)

Condizione per gli equilibri ordinariPoiche il sistema e a vincoli bilaterali, i suoi equilibri sono tutti e soltanto i punti criticidel potenziale (344.1), ovvero le soluzioni dell’equazione trigonometrica

U "(.) = !mgL

2sin. + 2kL2 cos . +

13mL2*2 sin . cos . = 0

che conviene riscrivere dividendo membro a membro per la costante positiva kL2:

! mg

2kLsin. + 2 cos . +

m*2

3ksin. cos . = 0

in modo da introdurre i parametri d’ordine adimensionali

! =m*2

3k> 0 e µ =

mg

2kL> 0

in termini dei quali la condizione di equilibrio si riduce a

!µ sin . + 2 cos . + ! sin . cos . = 0 , . " R . (344.2)

E su!ciente considerare soluzioni . in un intervallo di ampiezza 2#, il periodo della fun-zione a primo membro in (344.2); per esempio

. " [!#,#]

e poiche . = # certamente non risolve l’equazione ci si puo limitare ad assumere

. " (!#,#) . (344.3)

Stefano Siboni 1764


Conversione del problema trigonometrico alla forma algebricaNell’intervallo (344.3) il problema trigonometrico (344.2) viene ricondotto ad un problemaalgebrico per mezzo del cambiamento regolare di coordinate . " (!#,#) ' t " R definitodal di$eomorfismo

t = tg(./2)

che porge le ben note relazioni

sin. = 2 sin.

2cos

.

2= 2 tg

.

2cos2

.

2=

2t

1 + t2

cos . = cos2.

2! sin2 .

2=

"1 ! tg2 .

2

#cos2

.

2=

1 ! t2

1 + t2

e sostituito in (344.2) conduce all’equazione di equilibrio:

!µ2t

1 + t2+ 2

1 ! t2

1 + t2+ !

2t(1 ! t2)(1 + t2)2

= 0 .

Moltiplicando membro a membro per (1 + t2)2/2 si perviene all’equazione equivalente:

!µt(1 + t2) + (1 ! t2)(1 + t2) + !t(1 ! t2) = 0

dalla quale, eseguendo i prodotti, cambiando i segni e raccogliendo i fattori di pari grado,si deduce l’equazione algebrica di quarto grado in t

t4 + (! + µ)t3 + (!! + µ)t ! 1 = 0 , t " R . (344.4)

Se si separano i monomi in µ e in !, l’equazione (344.4) si puo porre nella forma

µt(1 + t2) = !t4 ! !t3 + !t + 1 (344.5)

le cui radici in t " R sono certamente diverse da zero e possono percio caratterizzarsi comesoluzioni in t " R \ {0} della relazione ottenuta dividendo membro a membro la (344.5)per t(1 + t2):

µ =!t4 + 1t(1 + t2)

! !t(t2 ! 1)t(1 + t2)

=1 ! t2

t! !

t2 ! 1t2 + 1

ossia diµ =

1t! t ! !

"1 ! 2

1 + t2

#= %(t) ! !0(t) (344.6)

dove si sono introdotte le funzioni ausiliarie

%(t) =1t! t $ t " R \ {0}

e0(t) = 1 ! 2

1 + t2$ t " R .

Stefano Siboni 1765


E immediato verificare che la funzione %(t) risulta dispari nel proprio dominio di definizione

%(!t) = !%(t) $ t " R \ {0}

e strettamente decrescente in R+ a causa della derivata strettamente negativa

%"(t) = ! 1t2

! 1 $ t " R+ .

Essa si presenta percio decrescente anche nell’intervallo R! e soddisfa inoltre le ovviecondizioni

%(1) = 0 limt$0+

%(t) = +-

che implicano, per parita,

%(!1) = !%(1) = 0 limt$0!

%(t) = limt$0+

%(!t) = limt$0+

!%(t) = !- .

La figura seguente illustra il grafico della funzione

In modo analogo, e facile convincersi che l’ulteriore funzione ausiliaria 0(t) e pari in R esoddisfa le condizioni

0(0) = !1 limt$±%

0(t) = 1

presentando un minimo assoluto proprio in t = 0. La funzione risulta strettamente cre-scente per t > 0 e strettamente decrescente in t < 0. I suoi unici zeri ricorrono per t = !1e t = +1, in quanto

0(t) = 0 /. 1 ! 21 + t2

= 0 /. t2 ! 1 = 0 /. t = ±1 .

Stefano Siboni 1766


L’andamento generale del grafico di 0(t) viene rappresentato nella figura seguente

Condizione necessaria e su!ciente per l’esistenza degli equilibriSiccome µ e per ipotesi una costante positiva, le soluzioni in t di (344.6) possono aversisoltanto per %(t) ! !0(t) > 0; cio significa che, sovrapponendo i grafici di %(t) e 0(t), ivalori di t corrispondenti a delle configurazioni di equilibrio, per un appropriato µ, si hannosoltanto laddove il grafico di %(t) si colloca al di sopra di quello di !0(t), come la figuraseguente mette in luce per ! = 2.8

evidenziando con il tratteggio le aree comprese fra le porzioni dei grafici dove la condizionee soddisfatta. E allora immediato convincersi della veridicita dei seguenti risultati, relativiall’esistenza di valori positivi della di$erenza %(t)!!0(t), e conseguentemente di soluzioniper l’equazione di equilibrio (344.6), negli intervalli di t indicati.

(i) Valori positivi di %(t) ! !0(t) nell’intervallo t > 0 e soluzioni dell’equazione (344.6)Dal grafico di %(t) e !0(t) si evince che nell’intervallo t > 0) la funzione %(t) e monotonadecrescente, mentre !0(t) risulta strettamente crescente per qualsiasi ! > 0 fissato. La

Stefano Siboni 1767


di$erenza %(t) ! !0(t) e quindi a sua volta monotona decrescente e soddisfa inoltre lecondizioni ai limiti

limt$0+

%(t) ! !0(t) = +- e limt$1!

%(t) ! !0(t) = 0 ,

per cui e %(t) ! !0(t) < 0 $ t > 1, mentre nell’intervallo t " (0, 1) l’equazione µ =%(t) ! !0(t) ammette una ed una sola soluzione $µ > 0 fissato. In definitiva, $! > 0 e$µ > 0 l’equazione di equilibrio (344.6) ammette una ed una sola soluzione in t " (0, 1).

(ii) Valori positivi di %(t) ! !0(t) nell’intervallo t " (!1, 0) e soluzioni dell’equazione(344.6)La funzione di$erenza %(t) ! !0(t) puo esprimersi nella forma piu esplicita

%(t) ! !0(t) =1t! t ! !

"1 ! 2

1 + t2

#=

1 ! t2

t! !

t2 ! 11 + t2

=

=1

t(1 + t2)'1 ! t4 + !t(1 ! t2)

(=

1 ! t2

t(1 + t2)(1 + t2 + !t)

(344.7)

dalla quale appare evidente che nell’intervallo t " (!1, 0) vale

1 ! t2

t(1 + t2)< 0

e la funzione %(t) ! !0(t) assume valori positivi se e soltanto se il polinomio quadratico

Q(t) = t2 + !t + 1

presenta valori negativi nello stesso intervallo. Il polinomio, considerato su tutta la rettareale, ammette un ovvio minimo assoluto in t = !!/2. Detto minimo e ricompresonell’intervallo t " (!1, 0) se e soltanto se ! " (0, 2), nel qual caso tuttavia il valore delminimo risulta strettamente positivo

Q(!!/2) = 1 ! !2

4> 0

sicche il polinomio non presenta alcun valore negativo in t " (!1, 0). Per ! = 2 si verificaimmediatamente che Q(t) > 0 $ t " (!1, 0). Se infine ! > 2 il minimo assoluto t = !!/2si colloca a sinistra di t = !1, per cui l’estremo inferiore di Q(t) in t " (!1, 0) e dato da

inft#(!1,0)

Q(t) = Q(!1) = 2! ! < 0 ;

e questo il solo caso in cui il polinomio Q(t) presenta valori negativi in t " (!1, 0). Lacondizione a!nche la funzione %(t) ! !0(t) assuma qualche valore positivo nell’intervallot " (!1, 0) si riduce percio alla semplice disequazione

! > 2

Stefano Siboni 1768


sul solo parametro d’ordine !. In tal caso la funzione %(t) ! !0(t) presenta un unico zerot+ " (!1, 0) definito dalla soluzione massima dell’equazione algebrica

Q(t) = t2 + !t + 1 = 0

ossia da

t+ = !!

2+

4!2

4! 1 (344.8)

che per ! > 2 appartiene sempre all’intervallo citato. Di questo ci si convince facilmentenotando come la funzione ausiliaria

F(+) = !+ +&

+2 ! 1 = !!+2 + +2 ! 1+ +

&+2 ! 1

= ! 1+ +

&+2 ! 1

sia crescente per + > 1 e soddisfi le condizioni ai limiti

F(1) = !1 e lim$$+%

F(+) = 0 .

Da notare che, per contro, la radice minima

t! = !!

2!

4!2

4! 1 (344.9)

e sempre minore di !1 per ! > 2, e dunque estranea all’intervallo t " (!1, 0); la funzioneausiliaria

G(+) = !+ !&

+2 ! 1 , + > 1 ,

e infatti monotona decrescente e soddisfa la condizione al limite

lim$$1+

G(+) = !1 .

La funzione %(t) ! !0(t) assume valori positivi nell’intervallo t " (!1, t+) e negativi int " (t+, 0). La derivata prima della stessa funzione si scrive

%"(t) ! !0"(t) = ! 1t2

! 1 ! !4t

(1 + t2)2= ! 1

t2(1 + t2)2'(1 + t2)3 + 4!t3

((344.10)

ossia, scomponendo la somma dei cubi entro parentesi quadre,

%"(t) ! !0"(t) = ! 1t2(1 + t2)2

'1 + t2 + (4!)1/3t

(<(1 + t2)2 ! (1 + t2)(4!)1/3t + (4!)2/3t2

=.

(344.11)Per ogni t < 0 la (344.11) implica che il segno di %"(t) ! !0"(t) coincida con quello delpolinomio

R(t) = !'t2 + (4!)1/3t + 1

(= !(t ! t1)(t ! t2) = (t ! t1)(t2 ! t) (344.12)

Stefano Siboni 1769


dove si sono introdotti gli zeri

t1 =!(4!)1/3 !

&(4!)2/3 ! 4

2= !

"!

2

#1/3!

4"!

2

#2/3! 1 < !1 $! > 2 (344.13)

e

t2 = !"!

2

#1/3+

4"!

2

#2/3! 1 " (!1, 0) $! > 2 . (344.14)

Per t < 0 il grafico di %"(t) ! !0"(t) presenta percio l’andamento indicato nella figuraseguente — si noti che e sempre t1 > t! e t2 < t+ per ! > 2 —

dalla quale si deduce che %(t)!!0(t) e crescente nell’intervallo t " (!1, t2), ha un massimoassoluto in t = t2 e risulta decrescente per t " (t2, 0). Nel massimo la funzione assumesempre valore positivo, in quanto:

1t2

=1

!"!

2

#1/3+

4"!

2

#2/3! 1

= !"!

2

#1/3!

4"!

2

#2/3! 1

e dunque

%(t2) =1t2

! t2 = !2

4"!

2

#2/3! 1

mentre

1 + t222

=12

$1 +

"!

2

#2/3+

"!

2

#2/3! 1 ! 2

"!

2

#1/34"!

2

#2/3! 1

%=

="!

2

#2/3!

"!

2

#1/34"!

2

#2/3! 1

Stefano Siboni 1770


e di conseguenza

0(t2) = 1 ! 21 + t22

= 1 ! 1"!

2

#2/3!

"!

2

#1/34"!

2

#2/3! 1

= !"!

2

#!1/34"!

2

#2/3! 1

per cui

%(t2) ! !0(t2) = !2

4"!

2

#2/3! 1 + !

"!

2

#!1/34"!

2

#2/3! 1 = 2

$"!

2

#2/3! 1

%3/2

> 0 .

Conseguentemente, $! > 2 e $µ tale che

0 < µ < 2$"!

2

#2/3! 1

%3/2

,

l’equazione di equilibrio (344.6) ammette due radici reali distinte in t, una nell’intervallo(!1, t2) e un’altra nell’intervallo (t2, t+). Per ! > 2 e µ = 2[(!/2)2/3 ! 1]3/2 l’unicasoluzione e invece data da t = t2.

(iii) Valori positivi di %(t)!!0(t) nell’intervallo t < !1 e soluzioni dell’equazione (344.6)La stessa relazione (344.7) mostra che nell’intervallo t < !1 la funzione %(t)!!0(t) assumevalori positivi per tutti e soltanto i t nei quali risulta

Q(t) = t2 + !t + 1 > 0 (344.15)

E opportuno distinguere ed esaminare separatamente tre diversi casi, in base al valore delparametro d’ordine !.

+ Per ! > 2 il polinomio Q(t) ha un minimo assoluto in t = !!/2 < !1, con

Q(!!/2) = 1 ! !2

4< 0 e Q(!1) = 2 ! ! < 0 ,

e presenta gli zeri (344.9) e (344.8):

t! = !!

2+

4!2

4! 1 < !1 $! > 2

t+ = !!

2!

4!2

4! 1 " (!1, 0) $! > 2 .

Conseguentemente, i valori positivi di Q(t) ricorrono $ t < t! e la stessa conclusionesi estende a %(t)! !0(t). Per t < t! il segno della derivata %"(t)! !0"(t) si identificacon quello del polinomio R(t) definito in (344.12), che in t < t1 e sempre negativo;siccome vale sempre t1 > t!, ne deriva che R(t) e %"(t)!!0"(t) sono entrambi negativi

Stefano Siboni 1771


$ t < t!: la funzione %(t)! !0(t) risulta strettamente decrescente in t < t!. Essendopoi %(t!) ! !0(t!) = 0 e

limt$!%

%(t) ! !0(t) = +- ,

si conclude che $! > 2 e $µ > 0 l’equazione di equilibrio (344.6) ammette una ed unasola soluzione in t < !1 — piu precisamente e t < t!.

+ Per ! = 2 si ha

Q(t) = t2 + 2t + 1 = (t + 1)2 > 0 $ t < !1

eR(t) = !(t2 + 2t + 1) = !(t + 1)2 < 0 $ t < !1

sicche $ t < !1 risulta %(t)!!0(t) > 0 e %"(t)!!0"(t) < 0: la funzione %(t)!!0(t) > 0e positiva e strettamente decrescente nell’intervallo t < !1, dove soddisfa peraltro lecondizioni ai limiti

limt$!1

%(t) ! !0(t) = 0 e limt$!%

%(t) ! !0(t) = +- . (344.16)

Di conseguenza, per ! = 2 e $µ > 0 l’equazione di equilibrio (344.6) ammette una eduna sola soluzione reale in t < !1.

+ Se infine ! " (0, 2), il minimo assoluto t = !!/2 di Q(t) in R non appartieneall’intervallo t < !1, per cui

inft<!1

Q(t) = Q(!1) = 2 ! ! > 0

e di conseguenza %(t) ! !0(t) > 0 $ t < !1. Il polinomio R(t) per ! " (0, 2) non haradici reali e presenta percio segno costantemente negativo: cio implica che si abbiaaltresı %"(t)!!0"(t) < 0 $ t < !1 e che nello stesso intervallo la funzione %(t)!!0(t)sia strettamente decrescente. Valgono infine le stesse condizioni ai limiti (344.16). Siha pertanto che $! " (0, 2) e $µ > 0 l’equazione di equilibrio (344.6) ammette unaed una sola soluzione t < !1.

I risultati della precedente discussione sono riassunti nella tabella seguente:

Stefano Siboni 1772


Angoli di equilibrioI valori di equilibrio della variabile angolare . " (!#,#) si ricavano dalle soluzioni in tdell’equazione di equilibrio (344.6) per mezzo della trasformazione inversa

. = 2arctg(t) .

Esercizio 345. Geometria delle masseIn una terna di riferimento cartesiana ortogonale Oxyz una lamina quadrata OABC , dilato a, ha i lati OA e OC collocati rispettivamente sugli assi Oy e Oz. La sua densitaareale e data da

"(y, z) =µ

a5yz2 0 & y, z & a

dove la costante µ > 0 ha le dimensioni di una massa. Alla lamina e saldata rigidamenteun’asta rettilinea omogenea di massa µ ed estremi C(0, 0, a), D(a, 0, a).

Si vogliono determinare del sistema:

(a) il baricentro rispetto ad Oxyz;

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

(c) momento angolare in O ed energia cinetica nell’ipotesi che O sia punto fisso e che lavelocita angolare sia '* = !2* e2 + * e3, con * > 0;

(d) il momento d’inerzia rispetto all’asse y = x, z = 0;

(e) il momento d’inerzia rispetto alla retta AB.

Soluzione(a) Baricentro del sistemaIl baricentro del sistema si determina applicando il teorema distributivo, dopo aver calco-lato separatamente massa e baricentro di lamina e asta.

Stefano Siboni 1773


Massa e baricentro della laminaLa massa della lamina quadrata OABC e data dall’integrale

m" =a!

0

dy

a!

0

dzµyz2

a5=

µ

a5

a!

0

y dy

a!

0

z2dz =µ

a5

a2

2a3

3=

µ

6.

Il piano di giacitura Oyz della lamina deve contenere anche il corrispondente baricentroG", le cui sole coordinate da calcolare sono dunque l’ordinata

y"G =

6µ

a!

0

dy

a!

0

dz yµyz2

a5=

6a5

a!

0

y2dy

a!

0

z2dz =6a5

a3

3a3

3=

23a

e la quota

z"G =

6µ

a!

0

dy

a!

0

dz zµyz2

a5=

6a5

a!

0

y dy

a!

0

z3dz =6a5

a2

2a4

4=

34a

sicche risultaG" ! O =

23a e2 +

34a e3 .

Massa e baricentro dell’astaL’asta rettilinea ha massa ma = µ e, in quanto omogenea, il suo baricentro Ga coincidecon il corrispondente punto medio del segmento CD:

Ga ! O =C ! O + D ! O

2=

a e3 + a e1 + a e3

2=

a

2e1 + a e3 .

Baricentro del sistemaPer il baricentro G del sistema la proprieta distributiva porge l’espressione

G ! O =m"(G" ! O) + ma(Ga ! O)

m" + ma=

µ

6

"23a e2 +

34a e3

#+ µ

"a

2e1 + a e3

#

µ

6+ µ

=

=67µ

$µa

9e2 +

µa

8e3 +

µa

2e1 + µa e3

%=

67

"a

2e1 +

a

9e2 +

98a e3

#

per cui

G !O =37a e1 +

221

a e2 +2728

a e3 . (345.1)

(b) Matrice d’inerzia rispetto alla terna OxyzIl modo piu appropriato per calcolare la matrice d’inerzia del sistema rispetto alla ternaOxyz assegnata consiste nel determinare separamente le matrici d’inerzia di lamina e asta

Stefano Siboni 1774


relativamente allo stesso riferimento, per poi sommare termine a termine le matrici parzialicosı ottenute.

Matrice d’inerzia della lamina quadrataLa lamina OABC giace integralmente nel piano coordinato Oyz e la sua matrice d’inerziain Oxyz assume percio la forma generale

[L"O] =

0

1L"

yy + L"zz 0 0

0 L"yy L"

yz

0 L"yz L"

zz

2

3.

Il momento d’inerzia rispetto all’asse coordinato Oy si scrive

L"yy =

a!

0

dy

a!

0

dz z2 µyz2

a5=

µ

a5

a!

0

dy

a!

0

dz yz4 =

=µ

a5

a!

0

y dy

a!

0

z4dz =µ

a5

a2

2a5

5=

110

µa2

mentre un calcolo analogo fornisce il momento d’inerzia relativo all’asse Oz:

L"zz =

a!

0

dy

a!

0

dz y2 µyz2

a5=

µ

a5

a!

0

y3dy

a!

0

z2dz =µ

a5

a4

4a3

3=

112

µa2 .

Quanto al prodotto d’inerzia L"yz si ha

L"yz = !

a!

0

dy

a!

0

dz yzµyz2

a5= ! µ

a5

a!

0

y2dy

a!

0

z3dz = ! µ

a5

a3

3a4

4= ! 1

12µa2 .

La matrice d’inerzia della lamina diventa percio:

[L"O] = µa2

0

111/60 0 0

0 1/10 !1/120 !1/12 1/12

2

3. (345.2)

Matrice d’inerzia dell’astaL’asta CD si colloca nel piano coordinato Oxz della terna di riferimento, per cui la matriced’inerzia deve potersi scrivere come:

[LaO] =

0

1La

xx 0 Laxz

0 Laxx + La

zz 0La

xz 0 Lazz

2

3.

Stefano Siboni 1775


Per calcolare gli elementi di matrice richiesti e su!ciente inserire la parametrizzazionedell’asta

(x, y, z) = (x, 0, a) , x " [0, a] ,

e la corrispondente densita lineare di massa µ/a nelle definizioni generali di momenti eprodotti d’inerzia. Si ha cosı:

Laxx =

a!

0

dxµ

aa2 = µa2

ed analogamente

Lazz =

a!

0

dxµ

ax2 =

µ

a

a3

3=

13µa2

mentre

Laxz = !

a!

0

dxµ

axa = !µ

a!

0

xdx = !12µa2.

In definitiva:

[LaO] = µa2

0

11 0 !1/20 4/3 0

!1/2 0 1/3

2

3. (345.3)

Matrice d’inerzia del sistemaLa somma delle matrici d’inerzia (345.2) e (345.3) fornisce la matrice d’inerzia del sistemanella terna Oxyz:

[LO] = [L"O] + [La

O] = µa2

0

171/60 0 !1/2

0 43/30 !1/12!1/2 !1/12 5/12

2

3.

(c) Momento angolare ed energia cinetica del sistemaSe il sistema rigido ha un punto fisso nell’origine O della terna di riferimento le compo-nenti del momento angolare in O rispetto alla base associata si ottengono moltiplicando lamatrice d’inerzia in Oxyz del sistema per il vettore colonna delle componenti di '* rispettoalla stessa base. Posto al solito

'KO =3A

%=1

K%e% ,

si ottiene cosı0

1K1

K2

K3

2

3 = µa2

0

171/60 0 !1/2

0 43/30 !1/12!1/2 !1/12 5/12

2

3

0

10

!2**

2

3 =

Stefano Siboni 1776


= µa2*

0

77771

!12

!4315

! 112

16

+512

2

88883= µa2*

0

1!1/2

!177/607/12

2

3 = µa2*

0

1!1/2

!59/207/12

2

3

per cui il momento angolare richiesto vale

'KO ="!1

2e1 !

5920

e2 +712

e3

#µa2* .

Quanto all’energia cinetica, e immediato ricavare l’espressione

T =12'* · 'KO =

12(0 ! 2* *) µa2*

0

1!1/2

!59/207/12

2

3 =12µa2*2

"5910

+712

#=

389120

µa2*2.

(d) Momento d’inerzia rispetto all’asse y = x, z = 0L’asse in esame e una retta passante per l’origine O della terna di riferimento e si esprimein forma parametrica per mezzo della relazione

P (x) ! O = x e1 + x e2 , x " R ,

cui corrisponde il versore tangente

n =P "(x)|P "(x)|

=e1 + e2

|e1 + e2|=

e1 + e2#2

=1#2e1 +

1#2e2

di componenti

(n1 n2 n3) =1#2(1 1 0) .

Il momento d’inerzia rispetto all’asse On diventa allora

IOn = (n1 n2 n3) [LO]

0

1n1

n2

n3

2

3 =

=1#2(1 1 0) µa2

0

171/60 0 !1/2

0 43/30 !1/12!1/2 !1/12 5/12

2

3 1#2

0

1110

2

3 =

=12µa2

"7160

4330

! 712

#0

1110

2

3 =12µa2

"7160

+4330

#=

157120

µa2.

Stefano Siboni 1777


(e) Momento d’inerzia rispetto alla retta ABLa retta AB non passa per l’origine ed il relativo momento d’inerzia deve essere calco-lato ricorrendo al teorema di Huygens-Steiner. Notando che AB e parallelo all’asse Oz ericordando l’espressione (345.1) per il baricentro del sistema

G !O =37a e1 +

221

a e2 +2728

a e3 ,

si deduce che l’asse b parallelo ad AB e passante per il baricentro G ha equazione para-metrica

x =37a y =

221

a .

I punti di intersezione delle rette AB e b con il piano coordinato Oxy sono illustrati nellafigura seguente:

Il teorema di Huygens-Steiner permette allora di scrivere le relazioni:

IOz = Ib +76µ

$"37a#2

+" 2

21a#2

%

IAB = Ib +76µ

$"37a#2

+"a ! 2

21a#2

%

dalle quali, sottraendo membro a membro, si deduce

IAB ! IOz =76µ

$"a ! 2

21a#2

!" 2

21a#2

%=

76µ

$"1921

a#2

!" 2

21a#2

%=

=76µa2 361 ! 4

441= µa2 1

635763

=1718

µa2.

Di conseguenza

IAB = IOz +1718

µa2 =512

µa2 +1718

µa2 =4936

µa2.

Stefano Siboni 1778


Esercizio 346. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoUn telaio circolare omogeneo e pesante, di centro C , raggio R e massa m, si muove nel pianoOxy e con un punto fisso nell’origine O di una terna cartesiana ortogonale Oxyz, rotantecon velocita angolare costante * attorno all’asse verticale Oy rispetto ad un riferimentoinerziale. Una molla ideale di costante k congiunge l’estremo A del diametro OA del telaiocon la proiezione ortogonale A& di A su Ox.

Assunti i vincoli ideali e l’angolo 1 in figura come parametro lagrangiano, determinare delsistema:

(a) gli equilibri relativi a Oxyz;

(b) la stabilita dei predetti equilibri;

(c) le equazioni pure del moto;

(d) la quantita di moto per 1 = #/3 e 1 = 2* rispetto alla terna rotante Oxyz;

(e) l’energia meccanica in Oxyz, verificando che si tratta di un integrale primo delleequazioni del moto.

SoluzioneIl sistema descritto e scleronomo a vincoli bilaterali ideali e soggetto unicamente a sol-lecitazioni posizionali conservative: la gravita, l’interazione elastica e la forza centrifuga.Le forze di Coriolis, che al pari delle forze centrifughe agiscono nella terna rotante Oxyz,hanno componente lagrangiana nulla:

QCor' =

A

P

!2m* e3 % P · /P

/1=

A

P

!2m* e3 %/P

/11 · /P

/1= 0

in quanto ortogonali al piano Oxy del moto, al quale le derivate parziali /P//1 per tuttii punti P del telaio risultano ovviamente parallele.

Stefano Siboni 1779


(a) EquilibriGli equilibri del sistema sono tutti e soli i punti critici del potenziale, che consiste nellasomma di un contributo gravitazionale, uno elastico ed uno centrifugo.

Potenziale gravitazionaleIl baricentro del telaio circolare omogeneo coincide con il centro C dello stesso. Il potenzialegravitazionale e dato percio dall’espressione

Ug = !mge2 · (C ! O) = !mg(!R cos 1) = mgR cos 1 .

Potenziale elasticoAll’interazione elastica fra il punto A, di coordinate

A ! O = 2R sin 1 e1 ! 2R cos 1 e2 ,

e la sua proiezione ortogonale A& sull’asse Ox e associato il potenziale:

Uel = !k

2|A ! A&|2 = !k

2(2R cos 1)2 = !2kR2cos21 = 2kR2sin21 ! 2kR2 .

Potenziale centrifugoIl potenziale centrifugo si calcola applicando la formula generale

Ucf(1) =*2

2IOy(1)

in cui compare il momento d’inerzia IOy(1) del sistema rispetto all’asse di rotazione Oydella terna Oxyz relativamente al riferimento inerziale. Conviene applicare il teorema diHuygens-Steiner e scrivere

IOy = ICy + m[(C ! O) · e1]2 =mR2

2+ mR2sin21

per ottenere il potenziale

Ucf(1) =*2

2

"mR2

2+ mR2sin21

#=

12m*2R2sin21 + costante .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e la somma dei potenziali parziali appena calcolati:

U(1) = Ug + Uel + Ucf = mgR cos 1 +"2k +

m*2

2

#R2sin21 + costante .

Stefano Siboni 1780


EquilibriGli equilibri — tutti ordinari — del sistema si ottengono uguagliando a zero la derivataprima del potenziale

U "(1) = !mgR sin1 + (4k + m*2)R2 sin1 cos 1 =

= (4k + m*2)R2 sin 1

$cos 1 ! mg

(4k + m*2)R

%

ossia risolvendo l’equazione trigonometrica

sin1

$cos 1 ! mg

(4k + m*2)R

%= 0 .

Di questa equazione due soluzioni sono definite per qualsiasi scelta delle costanti caratter-istiche del sistema:

1 = 0 , 1 = # ,

mentre altre due risultano definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia! := mg/(4k + m*2)R < 1:

1 = +1& , 1 = !1& ,

essendosi posto1& = arccos! .

(b) Stabilita degli equilibriTrattandosi di sistema scleronomo posizionale e conservativo, l’analisi di stabilita degliequilibri puo essere condotta facendo uso dei teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversioneparziale. A questo scopo si rende necessario calcolare la derivata seconda del potenzialedel sistema:

U ""(1) = !mgR cos 1 + (4k + m*2)R2(cos21 ! sin21) .

Si esaminano una ad una le configurazioni di equilibrio determinate al punto precedente.

Configurazione 1 = 0In questa configurazione la derivata seconda del potenziale assume la forma

U ""(0) = !mgR + (4k + m*2)R2 = (4k + m*2)R2(1 ! !)

e non ha segno definito. E dunque necessario distinguere tre casi possibili:

+ per ! > 1 si ha U ""(0) < 0, per cui la configurazione 1 = 0 costituisce un massimorelativo proprio del potenziale, stabile in virtu del teorema di Lagrange-Dirichlet;

+ se ! < 1 la derivata seconda del potenziale assume segno positivo, assicurando l’insta-bilita della configurazione per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

+ se infine ! = 1 la derivata seconda del potenziale si annulla e l’analisi di stabilitadiventa piu complessa. In e$etti, la derivata seconda del potenziale del sistema siriduce a

U ""(1) = (4k + m*2)R2(cos21 ! sin21 ! ! cos 1) = (4k + m*2)R2(cos 21 ! cos 1)

Stefano Siboni 1781


in modo che le derivate terza e quarta diventano:

U (3)(1) = (4k + m*2)R2(!2 sin 21 + sin 1)

U (4)(1) = (4k + m*2)R2(!4 cos 21 + cos 1)

e quindiU (3)(0) = 0 U (4)(0) = !3(4k + m*2)R2 .

La configurazione viene cosı riconosciuta come un massimo relativo proprio del poten-ziale, la cui stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione 1 = #In questa configurazione la derivata seconda del potenziale e comunque di segno positivo

U ""(#) = mgR + (4k + m*2)R2 > 0 .

Se ne conclude che l’equilibrio e instabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazioni simmetriche 1 = 1& e 1 = 1&

Nelle due configurazioni simmetriche la derivata seconda del potenziale assume lo stessovalore

U ""(±1&) = !mgR cos 1& + (4k + m*2)R2(cos21& ! sin21&) =

= (4k + m*2)R2(cos21& ! sin21& ! ! cos 1&)

per cui le proprieta di stabilita dei due equilibri sono identiche. Nella fattispecie, essendocos 1& = ! < 1, deve aversi

U ""(±1&) = !(4k + m*2)R2sin21& = !(4k + m*2)R2(1 ! !2) < 0 .

Dal teorema di Lagrange-Dirichlet si deduce che gli equilibri 1 = 1& e 1 = !1&, quandodefiniti, sono entrambi stabili.

(c) Equazioni pure del motoIl sistema olonomo e a vincoli ideali e soggetto esclusivamente a sollecitazioni posizio-nali conservative, essendosi gia rilevato che le forze di Coriolis presentano componentelagrangiana identicamente nulla. Le equazioni pure del moto possono percio scriversi informa lagrangiana:

d

dt

"/L

/1

#! /L

/1= 0 .

L’energia cinetica e quella di un sistema rigido con asse fisso, di momento d’inerzia ItelaioOz

e velocita angolare '*telaio:

T (1, 1) =12ItelaioOz |'*telaio|2 =

12(mR2 + Itelaio

Cz )|1 e3|2 =12(mR2 + mR2)12 = mR212.

Stefano Siboni 1782


Basta cosı sommare il potenziale delle sollecitazioni per ottenere la relativa lagrangiana

L(1, 1) = T + U = mR212 + mgR cos 1 +"2k +

m*2

2

#R2sin21

dalla quale si deducono le relazioni immediate:

/L

/1= 2mR21 =. d

dt

"/L

/1

#= 2mR21

/L

/1= !mgR sin 1 + (4k + m*2)R2 sin1 cos 1 .

Le equazioni lagrangiane del moto si scrivono percio

2mR21 + mgR sin1 ! (4k + m*2)R2 sin1 cos 1 = 0 .

(d) Quantita di moto del sistemaCome ben noto dalla meccanica dei sistemi, la quantita di moto del telaio si identifica conil prodotto fra la massa del sistema e la velocita istantanea del baricentro:

'Q = mC

dove nella fattispecie il vettore posizione in Oxyz del baricentro vale

C !O = R sin 1 e1 ! R cos 1 e2

e la relativa velocita assume la forma

C = R(cos 1 e1 + sin1 e2)1 .

Di conseguenza'Q = mR(cos 1 e1 + sin1 e2)1 .

Nel caso considerato, per 1 = #/3 e 1 = 2* si deduce

'Q = mR"1

2e1 +

#3

2e2

#2* = mR*(e1 +

#3 e2).

(e) Energia meccanicaL’energia meccanica e data, per definizione, dalla somma dell’energia cinetica T (1, 1) edell’energia potenziale !U(1) del sistema:

H(1, 1) = T (1, 1) ! U(1) = mR212 ! mgR cos 1 !"2k +

m*2

2

#R2sin21 .

Stefano Siboni 1783


Si tratta di un integrale primo delle equazioni del moto, che possono porsi nella formanormale equivalente del primo ordine

@1 = v

v =1

2mR2

'!mgR sin1 + (4k + m*2)R2 sin1 cos 1

(.

Risulta infatti:

H(1, v) =/H

/1(1, v) 1 +

/H

/v(1, v) v =

='mgR sin1 ! (4k + m*2)R2 sin 1 cos 1

(v+

+ 2mR2v1

2mR2

'!mgR sin1 + (4k + m*2)R2 sin 1 cos 1

(= 0

identicamente $ (1, v) " R2. Il risultato segue allora dal teorema di caratterizzazione degliintegrali primi — si osservi che H(1, v) e una funzione C% in R2.

Esercizio 347. Geometria delle masseIn una terna di riferimento cartesiana ortogonale Oxyz una lamina quadrata OABC , dilato L, ha i lati OA e OC collocati rispettivamente sugli assi Ox e Oy. Indicata con m unacostante positiva con le dimensioni di una massa, la densita areale della lamina si scrive

"(x, y) =m

L5x2y 0 & x, y & L .

Alla lamina e fissata rigidamente un’asta rettilinea omogenea di massa m/3 ed estremiA(L, 0, 0), D(L, 0, L), come illustrato in figura.


(a) la posizione del baricentro rispetto ad Oxyz;

Stefano Siboni 1784


(b) la matrice d’inerzia nella terna Oxyz;(c) momento angolare in O ed energia cinetica nell’ipotesi che O sia un punto fisso e che

la velocita angolare risulti '* = !* e1 + 2* e3, con * )= 0;(d) il momento d’inerzia rispetto all’asse z = !y, x = 0;(e) il momento d’inerzia rispetto alla retta AB.

Soluzione(a) Baricentro del sistemaIl sistema e costituito dalla lamina quadrata OABC e dall’asta rettilinea omogenea AD,per cui risulta conveniente procedere alla individuazione del baricentro mediante il teoremadistributivo.

Massa e baricentro della lamina quadrataLa massa della lamina deve essere calcolata integrando sul quadrato (x, y) " [0, L]2 ladensita areale "(x, y) = mx2y/L5:

m" =L!

0

dx

L!

0

dym

L5x2y =

m

L5

L!

0

x2dx

L!

0

y dy =m

L5

L3

3L2

2=

m

6.

Il baricentro G" della lamina va cercato nel piano di giacitura Oxy della stessa, in modoche il relativo vettore posizione assume la forma

G" !O = x"Ge1 + y"

Ge2 .

L’ascissa x"G e l’ordinata y"

G vengono calcolate secondo la definizione e risultano

x"G =

1m"

L!

0

dx

L!

0

dy xm

L5x2y =

6m

m

L5

L!

0

x3dx

L!

0

y dy =6L5

L4

4L2

2=

34L

y"G =

1m"

L!

0

dx

L!

0

dy ym

L5x2y =

6m

m

L5

L!

0

x2dx

L!

0

y2dy =6L5

L3

3L3

3=

23L

cosiccheG" ! O =

34L e1 +

23L e2 .

Massa e baricentro dell’asta rettilineaL’asta omogenea AD ha massa m/3 e baricentro Ga identificabile con il punto medio delsegmento AD

Ga ! O =A !O + D ! O

2=

L e1 + L e1 + L e3

2= L e1 +

L

2e3 .

Stefano Siboni 1785


Baricentro del sistemaIl baricentro G del sistema si ricava per mezzo della proprieta distributiva

G ! O =m"(G" !O) + (m/3)(Ga ! O)

m" + (m/3)=

2m

$m

6

"34L e1 +

23L e2

#+

m

3

"L e1 +

L

2e3

#%

=14L e1 +

29L e2 +

23L e1 +

13L e3 =

1112

L e1 +29L e2 +

13L e3. (347.1)

(b) Matrice d’inerzia rispetto alla terna OxyzLa matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz puo calcolarsi ricorrendo allaproprieta di additivita, sommando le matrici d’inerzia relative alla stessa terna di laminaquadrata e asta.

Matrice d’inerzia della lamina quadrataPoiche la lamina OABC giace nel piano coordinato Oxy, la corrispondente matrice d’iner-zia relativa alla terna Oxyz assume la forma generale

[L"O] =

0

1L"

xx L"xy 0

L"xy L"

yy 00 0 L"

xx + L"yy

2

3

dove il momento d’inerzia relativo all’asse Ox e dato da

L"xx =

L!

0

dx

L!

0

dym

L5x2y y2 =

m

L5

L!

0

x2dx

L!

0

y3dy =m

L5

L3

3L4

4=

mL2

12

mentre quello rispetto all’asse Oy vale

L"yy =

L!

0

dx

L!

0

dym

L5x2y x2 =

m

L5

L!

0

x4dx

L!

0

ydy =m

L5

L5

5L2

2=

mL2

10

e l’unico prodotto d’inerzia non banale risulta

L"xy = !

L!

0

dx

L!

0

dym

L5x2y xy = ! m

L5

L!

0

x3dx

L!

0

y2dy = ! m

L5

L4

4L3

3= !mL2

12.

Pertanto

[L"O] = mL2

0

11/12 !1/12 0!1/12 1/10 0

0 0 11/60

2

3.

Stefano Siboni 1786


Matrice d’inerzia dell’astaL’asta AD si colloca nel piano coordinato Oxz e la sua matrice d’inerzia in Oxyz presentadunque l’aspetto seguente

[LaO] =

0

1La

xx 0 Laxz

0 Laxx + La

zz 0La

xz 0 Lazz

2

3. (347.2)

L’asta puo essere descritta da una parametrizzazione del tipo

(x, y, z) = (L, 0, z) , z " [0, L] ,

con densita di lineare m/3L costante. Si hanno cosı i momenti d’inerzia:

Laxx =

L!

0

dzm

3Lz2 =

m

3L

L3

3=

mL2

9La

zz =L!

0

dzm

3LL2 =

mL2

3

unitamente al prodotto d’inerzia

Laxz = !

L!

0

dzm

3LLz = !m

3

L!

0

z dz = !m

3L2

2= !mL2

6

cosı che la (347.2) prende la forma esplicita:

[LaO] = mL2

0

11/9 0 !1/60 4/9 0

!1/6 0 1/3

2

3.

Matrice d’inerzia del sistemaPer ottenere la matrice d’inerzia del sistema non rimane che sommare i contributi di laminae asta:

[LO] = [L"O] + [La

O] = mL2

0

17/36 !1/12 !1/6!1/12 49/90 0!1/6 0 31/60

2

3. (347.3)

(c) Momento angolare ed energia cinetica del sistemaNell’ipotesi che l’origine O costituisca un punto fisso per il sistema rigido il momentoangolare in O dello stesso sistema e il vettore

'KO = K1 e1 + K2 e2 + K3 e3

Stefano Siboni 1787


le cui componenti rispetto alla base associata e1e2e3 si ricavano moltiplicando il vettorecolonna delle componenti di '* = !* e1 + 2* e3 rispetto alla stessa base per la matriced’inerzia in Oxyz del sistema:

0

1K1

K2

K3

2

3 = mL2

0

17/36 !1/12 !1/6!1/12 49/90 0!1/6 0 31/60

2

3

0

1!*02*

2

3 =

= mL2*

0

77771

! 736

! 13

112

16

+3160

2

88883= mL2*

0

71

!19/36

1/12

6/5

2

83

Si ha pertanto:'KO = mL2*

"!19

36e1 +

112

e2 +65

e3

#,

mentre l’energia cinetica, nelle stesse condizioni, si scrive

T =12'* · 'KO =

12(!* 0 2*)mL2*

0

71!19/361/126/5

2

83 =12mL2*2

"1936

+125

#=

527360

mL2*2.

(d) Momento d’inerzia rispetto all’asse y = x, z = 0La retta in esame passa per l’origine ed e rappresentabile per mezzo dell’equazione para-metrica

P (y) ! O = y e2 ! y e3 , y " R

cui corrisponde il versore tangente

n =P "(y)|P "(y)| =

e2 ! e3

|e2 ! e3|=

e2 ! e3#2

=1#2

e2 !1#2

e3

di componenti

(n1 n2 n3) =1#2

(0 1 ! 1) .

Il momento d’inerzia rispetto alla retta On si puo quindi esprimere in termini della matriced’inerzia in Oxyz per mezzo della relazione:

IOn =12(0 1 ! 1)mL2*

0

17/36 !1/12 !1/6!1/12 49/90 0!1/6 0 31/60

2

3

0

101!1

2

3 =

=12mL2(1 ! 1)

:49/90 0

0 31/60

;:1!1

;=

12mL2

"4990

+3160

#=

191360

mL2.

Stefano Siboni 1788


(e) Momento d’inerzia rispetto alla retta ABLa retta AB ha equazione x = L, z = 0 ed e chiaramente parallela all’asse Oy. Per contro,tenuto conto della relazione (347.1) l’equazione dell’asse baricentrale parallelo ad Oy siscrive

x =1112

L z =13L .

La figura seguente mostra i punti di intersezione delle rette AB e Gy con il piano coordinatoOxz:

Ricordando che il sistema ha massa m/2, il teorema di Huygens-Steiner porge allora lerelazioni evidenti

IAB = IGy +m

2

$"1112

L ! L#2

+"L

3

#2%

IOy = IGy +m

2

$"1112

L#2

+"L

3

#2%

dalle quali, per di$erenza, si deduce

IAB ! IOy =m

2

$" 112

L#2

!"11

12L#2

%= ! 5

12mL2

ed infineIAB = IOy ! 5

12mL2 =

4990

mL2 ! 512

mL2 =23180

mL2.

Esercizio 348. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoUna terna cartesiana ortogonale Oxyz ruota uniformemente con velocita angolare * attornoall’asse verticale Oy rispetto ad un riferimento inerziale. Un’asta rettilinea omogenea OA,di massa m e lunghezza L, ruota nel piano Oxy attorno all’estremo fisso O. Un puntomateriale M di massa m e fissato rigidamente all’asta nel punto medio di questa. Ilsistema e pesante e una molla ideale di costante elastica k congiunge l’estremo A con lasua proiezione ortogonale A& su Ox.

Stefano Siboni 1789


Assunti i vincoli ideali e l’angolo . in figura come coordinata generalizzata, determinaredel sistema:

(a) gli equilibri relativi alla terna Oxyz;

(b) la stabilita degli equilibri;

(c) le equazioni di Lagrange del moto;

(d) la quantita di moto per . = #/6 e . = !* rispetto alla terna Oxyz;

(e) l’energia meccanica, verificando che si tratta di un integrale primo per le equazionidel moto.

Soluzione(a) EquilibriSi tratta di un sistema scleronomo a vincoli bilaterali ideali, soggetto unicamente a sol-lecitazioni posizionali conservative: il peso, la forza elastica agente fra i punti A e A&, leforze centrifughe. Si osserva infatti che la forza di Coriolis, pur attiva nella terna di rifer-imento rotante non inerziale Oxyz, presenta componente lagrangiana nulla — le forze diCoriolis sono ortogonali al piano Oxy di giacitura dell’asta, mentre le derivate /P//. deglistessi punti risultano parallele a tale piano. Gli equilibri del sistema — tutti ordinari —si identificano pertanto con tutti e soli i punti critici del potenziale; quest’ultimo risulteradalla somma di un contributo gravitazionale, uno elastico ed uno centrifugo.

Potenziale gravitazionaleE evidente che il punto medio dell’asta costituisce un centro di simmetria per il sistemaasta+M e si identifica percio con il baricentro di questo. Ricordando che le masse di astae punto M sono identiche — m — si perviene alla seguente espressione per il potenzialegravitazionale del sistema

Ug = !2mg e2 · (M ! O) = !2mg"!L

2cos .

#= mgL cos. .

Stefano Siboni 1790


Potenziale elasticoAll’interazione elastica fra il punto A e la sua proiezione ortogonale A& sull’asse orizzontaleOx si deve associare il potenziale

Uel = !k

2(A ! A&)2 = !k

2(!L cos .)2 = !kL2

2cos2. =

kL2

2sin2. + costante

in cui la costante additiva e ovviamente irrilevante e puo essere ignorata nel calcolo delpotenziale di sistema.

Potenziale centrifugoPoiche il sistema e costituito da un’asta e da un punto materiale, e opportuno calcolare ilpotenziale centrifugo applicando la proprieta additiva di questo. Si calcoleranno cosı unpotenziale centrifugo dell’asta OA e un potenziale centrifugo del punto materiale M , perpoi sommare i due contributi:

Ucf = UOAcf + UM

cf .

E semplice calcolare il potenziale centrifugo dell’asta rettilinea integrando sul segmentoOA, rispetto all’ascissa curvilinea + " [0, L]:

UOAcf =

*2

2

L!

0

(+ sin.)2m

Ld+ =

*2

2m

Lsin2.

L!

0

+2d+ =16mL2*2sin2.

mentre per il potenziale di M si puo applicare direttamente la formula

UMcf =

*2

2m|(M ! O) · e1|2 =

*2

2m

"L

2sin .

#2=

18mL2*2sin2. .

Ne segue, per il potenziale centrifugo del sistema, l’espressione

Ucf = UOAcf + UM

cf ="1

6+

18

#mL2*2sin2. =

724

mL2*2sin2. .

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali gravitazionale, elastico e centrifugo sopra calcolati definisce ilpotenziale del sistema, che si riduce pertanto a

U(.) = Ug + Uel + Ucf = mgL cos. +"k

2+

724

m*2#L2sin2. + costante .

Nel prosieguo dell’analisi la costante additiva puo essere posta uguale a zero.

EquilibriLa derivata prima del potenziale e data da

U "(.) = !mgL sin. +"k +

712

m*2#L2 sin. cos . =

"k +

712

m*2#L2 sin.(cos . ! !)

Stefano Siboni 1791


dove si e introdotto per brevita il parametro adimensionale, sempre positivo,

! :=mg

"k +

712

m*2#L

.

La condizione necessaria e su!ciente per l’equilibrio e dunque l’equazione trigonometrica"k +

712

m*2#L2 sin .(cos . ! !) = 0

dalla quale seguono le soluzioni:

+ . = 0 e . = #, definite per qualsiasi valore positivo di ! in quanto soluzionidell’equazione sin. = 0, e

+ . = +.& e . = !.&, con .& = arccos!, soluzioni dell’equazione

cos . = !

e definite come configurazioni distinte dalle precedenti a condizione che si abbia ! < 1.

Le prime due configurazioni di equilibrio, oltre ad essere definite incondizionatamente,sono caratterizzate da una disposizione dell’asta che risulta simmetrica rispetto all’assedi rotazione Oy. Le configurazioni . = .& e . = !.& si presentano invece con unacollocazione dell’asta “asimmetrica” relativamente al medesimo asse.

(b) Stabilita degli equilibriPer valutare la stabilita o instabilita degli equilibri si deve procedere al calcolo della derivataseconda

U ""(.) = !mgL cos. +"k +

712

m*2#L2(cos2. ! sin2.) =

="k +

712

m*2#L2(cos2. ! sin2. ! ! cos .)

che va valutata in ciascuna configurazione di equilbrio.

Configurazione . = 0In questa configurazione la derivata seconda del potenziale non ha segno definito

U ""(0) ="k +

712

m*2#L2(1 ! !) ,

circostanza che obbliga a distinguere tre diverse possibilita:

(i) per ! > 1 si ottiene U ""(0) < 0 e la configurazione . = 0 risulta percio un massimorelativo proprio del potenziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet;

(ii) se all’opposto ! < 1, allora la derivata seconda assume segno positivo ed implical’instabilita dell’equiibrio in virtu del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

Stefano Siboni 1792


(iii) se infine ! = 1, risulta U ""(0) = 0 e lo studio della stabilita richiede un’analisi piuaccurata. Si possono calcolare le derivate terza e quarta

U (3)(.) ="k +

712

m*2#L2(!4 sin . cos . + ! sin.)

U (4)(.) ="k +

712

m*2#L2(!4cos2. + 4sin2. + ! cos .)

che per ! = 1 nel punto . = 0 diventano

U (3)(0) = 0 U (4)(0) = !3"k +

712

m*2#L2 < 0

e per il teorema di Taylor permettono di riconoscere nella configurazione un massimorelativo proprio del potenziale, la cui stabilita segue al solito da Lagrange-Dirichlet.

Configurazione . = #In questa configurazione la derivata seconda del potenziale assume sempre segno positivo

U ""(#) ="k +

712

m*2#L2(1 + !) > 0

ed implica percio l’instabilita dell’equilibrio.

Configurazioni . = .& e . = !.&

In queste configurazioni, quando definite, la derivata seconda del potenziale assume sempreun comune valore negativo:

U ""(±.) ="k +

712

m*2#L2(cos2.& ! sin2.& ! ! cos .&) = !

"k +

712

m*2#L2sin2.& < 0

in quanto cos .& = ! < 1. Si tratta percio di massimi relativi propri del potenziale, la cuistabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

(c) Equazioni pure del motoL’energia cinetica e quella di un corpo rigido con asse fisso Oz in moto con velocita angolareistantanea . e3 e munito di un momento d’inerzia rispetto all’asse di rotazione dato da

IOz = IOAOz + IM

Oz =mL2

3+ m

"L

2

#2=

712

mL2 ,

la somma dei corrispondenti momenti d’inerzia rispetto a Oz dell’asta omogenea OA e delpunto materiale M , rispettivamente. Si ha pertanto

T =12IOz|. e3|2 =

12

712

mL2 .2 =724

mL2 .2.

Trattandosi di sistema a vincoli ideali posizionale e conservativo, le equazioni pure delmoto si riducono all’unica equazione di Lagrange

d

dt

"/L

/.

#! /L

/.= 0 (348.1)

Stefano Siboni 1793


con lagrangiana

L = T + U =724

mL2 .2 + mgL cos . +"k

2+

724

m*2#L2sin2. .

Ne derivano le espressionid

dt

"/L

/.

#=

712

mL2.

/L

/.= !mgL sin. +

"k +

712

m*2#L2 sin. cos .

che sostituite in (348.1) porgono il risultato richiesto:

712

mL2. + mgL sin. !"k +

712

m*2#L2 sin . cos . = 0 . (348.2)

(d) Quantita di moto del sistemaPer definizione, la quantita di moto del sistema si ottiene moltiplicando la massa di questoper la velocita istantanea del baricentro. Si e gia riconosciuto che il baricentro del corposi identifica con il punto medio M dell’asta, che costituisce un ovvio centro di simmetriaper il sistema. Pertanto, ricordando che la massa del sistema e 2m,

'Q = 2mM .

D’altra parte, l’ovvia relazione geometrica

M ! O =L

2(sin . e1 ! cos . e2)

derivata in t per . = .(t) porge la velocita istantanea

M =L

2(cos . e1 + sin . e2) .

in modo che l’espressione della quantita di moto diventa

'Q = mL(cos . e1 + sin. e2) . .

Per . = #/6 e . = !* si ha allora

'Q = !mL*"1

2e1 +

#3

2e2

#.

(e) Energia meccanicaL’energia meccanica del sistema e data dalla somma dell’energia cinetica T e dell’energiapotenziale !U :

H(., .) =724

mL2 .2 ! mgL cos. !"k

2+

724

m*2#L2sin2. .

Stefano Siboni 1794


Che si tratti di un integrale primo delle equazioni di Lagrange segue dal teorema di Jacobi,valido per tutti i sistemi scleronomi posizionali conservativi a vincoli ideali, ovvero si puoverificare direttamente applicando il teorema di caratterizzazione degli integrali primi intermini della derivata di Lie. Nella fattispecie la derivata di H lungo le soluzioni delleequazioni di Lagrange vale infatti

H =/H

/.. +

/H

/.. =

/T

/.. ! /U

/.. +

/T

/.. ! /U

/.. = !/U

/.. +

/T

/.. =

= mgL sin.. !"k +

724

m*2#L2 sin . cos .. +

712

mL2..

e, tenuto conto dell’equazione del moto (348.2), si annulla identicamente:

H(., .) = .

$mgL sin.!

"k +

724

m*2#L2 sin . cos . +

712

mL2.

%= 0 $ (., .) " R2.

Esercizio 349. Analisi di WeierstrassUn sistema scleronomo a un grado di liberta e descritto dalla coordinata generalizzataq " R e dalla lagrangiana:

L(q, q) =12q2 +

q5

5! q4

4.

(a) Determinare le condizioni iniziali corrispondenti ai moti periodici.(b) Caratterizzare le condizioni iniziali che individuano i moti a meta asintotica nel fu-

turo.(c) Tracciare uno schizzo del ritratto di fase del sistema.

SoluzioneIl sistema in esame e scleronomo, a un grado di liberta e posizionale conservativo. Nellalagrangiana

L(q, q) =12q2 +

q5

5! q4

4il termine quadratico in q rappresenta l’energia cinetica del sistema, mentre l’espressioneresidua costituisce il relativo potenziale U(q). Ne deriva che l’energia potenziale del sistemae data dalla funzione dell’intervallo reale

W (q) = !U(q) = !q5

5+

q4

4, q " R

con derivate prima e seconda

W "(q) = !q4 + q3 = q3(1 ! q) W ""(q) = !4q3 + 3q2.

Stefano Siboni 1795


Gli equilibri del sistema si identificano con i punti critici dell’energia potenziale, ottenibiliuguagliando a zero la derivata prima della funzione W (q)

q3(1 ! q) = 0

e sono percioq = 0 q = 1 .

La natura di queste configurazioni di equilibrio puo essere accertata esaminando il segnodella derivata seconda di W , o delle appropriate derivate di ordine superiore. Piu precisa-mente:

+ per la configurazione q = 0 la derivata seconda dell’energia potenziale si annulla

W ""(0) = 0

ed obbliga pertanto a considerare le derivate terza e quarta

W (3)(q) = !12q2 + 6q W (4)(q) = !24q + 6

che in q = 0 assumono i valori

W (3)(0) = 0 W (4)(0) = 6 > 0 .

L’equilibrio rappresenta un minimo relativo proprio dell’energia potenziale;

+ nella posizione q = 1 il segno negativo della derivata seconda

W ""(1) = !1

permette di riconoscere immediatamente un massimo relativo proprio della funzioneW .

Ulteriori informazioni utili a caratterizzare il grafico di W sono costituite dai valori delmassimo e del minimo locale

W (0) = 0 W (1) =120

e dai valori limite

limq$!%

W (q) = +- limq$+%

W (q) = !- .

Stefano Siboni 1796


L’energia potenziale ha quindi il grafico illustrato nella figura seguente:

(a) Condizioni iniziali per i moti periodici del sistemaIn virtu dei criteri di Weierstrass e evidente dal grafico dell’energia potenziale che le con-dizioni iniziali relative ai moti periodici del sistema sono tutte e soltanto quelle di energiacompresa fra W (0) = 0 e W (1) = 1/20, a condizione che si abbia q < 1. Le condizioniiniziali richieste risultano percio quelle ricomprese nel sottoinsieme di R2:

B(q, q) " R2 : q < 1 , 0 <

12q2 ! q5

5+

q4

4<

120

C.

(b) Condizioni iniziali per i moti a meta asintotica nel futuroPer ottenere moti a meta asintotica nel futuro occorre considerare condizioni iniziali dienergia pari al valore del massimo locale W (1) = 1/20: per q < 1 tutti i corrispondentimoti risultano a meta asintotica tanto nel passato quanto nel futuro, mentre per q > 1e necessario — e su!ciente — considerare velocita generalizzate q < 0. Le condizioniiniziali che specificano i moti a meta asintotica nel futuro sono percio tutte e sole quelleappartenenti all’insieme:

B(q, q) " R2 : q < 1 ,

12q2 ! q5

5+

q4

4=

120

C0

0B

(q, q) " R2 : q > 1 , q < 0 ,12q2 ! q5

5+

q4

4=

120

C.

(c) Ritratto di faseI livelli di energia significativi per la discussione di Weierstrass dei moti e la determinazionedel ritratto di fase sono dati dai valori dell’energia potenziale nei punti critici di questa,oltre che da valori intermedi scelti a piacere. In particolare, conviene introdurre:

+ E1 < W (0) = 0;

Stefano Siboni 1797


+ E2 = W (0) = 0;

+ E3 compreso fra W (0) = 0 e W (1) = 1/20;

+ E4 = W (1) = 1/20;

+ E5 > W (1) = 1/20;

come evidenziato nella figura seguente, in cui i livelli energetici prescelti sono sovrappostial grafico di W (q):

I criteri di Weierstrass porgono allora il ritratto di fase illustrato in figura:

In particolare si osserva che:

+ per E < W (0) le orbite sono aperiodiche e localizzate in una striscia del tipo q ( q&,con q& = q&(E) > 1;

+ per E = W (0) = 0, accanto ad un’orbita del tipo precedente compare anche il puntofisso q = 0, che e peraltro chiaramente stabile secondo Liapunov;

Stefano Siboni 1798


+ per E compreso fra i valori critici W (0) e W (1) persiste ancora una soluzione del tipoprecedente, ma in aggiunta a questa ne sorge anche una periodica, la cui orbita sicolloca nella striscia q < 1, circondando l’origine (q, q) = (0, 0);

+ per E = W (1) si ha un punto di equilibrio instabile in (q, q) = (1, 0), un’orbitaomoclina nella striscia q < 1 e due ulteriori separatrici nella regione q > 1, tendentiasintoticamente al punto fisso (q, q) = (1, 0) l’una nel futuro e l’altra nel passato. Taliseparatrici sono illimitate;

+ se infine E > W (1) i moti sono aperiodici, ma le loro orbite passano oltre l’origine nelpiano delle fasi — vedi figura.

Esercizio 350. Equilibrio di un corpo rigido con punto fissoIn una configurazione C un corpo rigido con punto fisso P (1, 1, 1), privo di attrito, e soggettoalle seguenti forze:

'FA = !e1 + e2 + 3 e3 applicata in A(3, 2, 1);'FB = 2 e1 ! e3 applicata in B(0, 1, 3);'FC = 5 e1 + e2 ! 4 e3 applicata in C(3, 2, 0).

(a) Stabilire se C e una configurazione di equilibrio.(b) Per lo stato di quiete in C, calcolare risultante e momento risultante nell’origine

O(0, 0, 0) delle reazioni vincolari esterne.

Soluzione(a) Equilibrio nella configurazione CIl sistema rigido ha punto fisso P (1, 1, 1) privo di attrito: la condizione necessaria e suf-ficiente perche la configurazione C assegnata sia di equilibrio si identifica percio con larichiesta che si annulli il momento risultante in P delle forze attive applicate:

'MP = (A ! P ) % 'FA + (B ! P ) % 'FB + (C ! P ) % 'FC = 0 .

Si ha in e$etti:

(A ! P ) % 'FA = (2 e1 + e2) % (!e1 + e2 + 3 e3) =

))))))

e1 e2 e3

2 1 0!1 1 3

))))))= 3 e1 ! 6 e2 + 3 e3

unitamente a

(B ! P ) % 'FB = (!e1 + 2 e3) % (2 e1 ! e3) =

))))))

e1 e2 e3

!1 0 22 0 !1

))))))= 3 e2

ed inoltre(C ! P ) % 'FC = (2 e1 + e2 ! e3) % (5 e1 + e2 ! 4 e3) =

=

))))))

e1 e2 e3

2 1 !15 1 !4

))))))= !3 e1 + 3 e2 ! 3 e3

Stefano Siboni 1799


per cui'MP = (3 e1 ! 6 e2 + 3 e3) + 3 e2 + (!3 e1 + 3 e2 ! 3 e3) = 0 .

Si conclude cosı che la configurazione C costituisce un equilibrio per il sistema rigido.

(b) Risultante e momento risultante delle reazioni vincolari esterneNello stato di quiete nella configurazione C la prima equazione cardinale della statica porge

'R(,e + 'Ra,e = 0

dove il risultante delle forze attive esterne vale

'Ra,e = 'FA + 'FB + 'FC = (!e1+ e2+3 e3)+(2 e1! e3)+(5 e1 + e2!4 e3) = 6 e1+2 e2!2 e3

e quello delle reazioni vincolari risulta percio

'R(,e = !'Ra,e = !6 e1 ! 2 e2 + 2 e3 .

Quanto al momento risultante in O delle reazioni vincolari esterne, la relazione generaleper il cambiamento del polo porge

'M(,eO = 'M(,e

P + (P ! O) % 'R(,e

dove il momento risultante in P e nullo per la condizione di punto fisso privo di attrito:

'M(,eP = 0 .

Pertanto

'M(,eO = (P ! O) % 'R(,e = (e1 + e2 + e3) % (!6 e1 ! 2 e2 + 2 e3) =

=

))))))

e1 e2 e3

1 1 1!6 !2 2

))))))= 4 e1 ! 8 e2 + 4 e3

e il momento risultante richiesto.

Esercizio 351. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. non conservativoUn’asta rettilinea omogenea, di lunghezza L e massa m, ha gli estremi A e B rispettiva-mente vincolati a scorrere lungo l’asse orizzontale Ox e verticale Oy di una terna inerzialeOxyz. Indicata con & una costante positiva, l’asta e soggetta alle sollecitazioni seguenti:

(i) una molla ideale di costante k > 0 fra i punti A ed O;(ii) una resistenza viscosa !&A applicata in A e una seconda resistenza viscosa !&B

agente in B;(iii) la gravita;

Stefano Siboni 1800


(iv) un sistema di forze applicate all’asta AB con momento risultante 'MA = !&L21 e3 inA e risultante 'R = !mg sin 1 e1 ! &L1 e2.

Supposti i vincoli siano ideali, si usi l’angolo 1 in figura per:

(a) calcolare le componenti lagrangiane e classificare le sollecitazioni attive agenti sulsistema;

(b) determinare gli equilibri;(c) studiare la stabilita dei predetti equilibri.

Soluzione(a) Componenti lagrangiane e classificazione delle sollecitazioni attivePer classificare le sollecitazioni attive agenti sul sistema e necessario calcolarne preliminar-mente la componente lagrangiana, come funzione del tempo, del parametro lagrangiano 1 edella velocita generalizzata 1. Si esaminano una ad una le sollecitazioni (i)-(iv) applicate.

(i) Interazione elasticaL’interazione elastica fra i punti O ed A ammette l’ovvio potenziale

Uel(1) = !k

2|A !O|2 = !k

2|L sin 1 e1|2 = !kL2

2sin21

ed e quindi posizionale conservativa. La sua unica componente lagrangiana si scrive

Qel' =

/Uel

/1(1) = !kL2 sin 1 cos 1 .

(ii) Resistenze viscoseLe sollecitazioni di resistenza viscosa agenti in A e in B hanno componente lagrangiana

Qrv' = !&A · /A

/1! &B · /B

/1

Stefano Siboni 1801


in cuiA ! O = L sin 1 e1 e B ! O = L cos 1 e2

e quindi

A =/A

/11 , B =

/B

/11

mentre/A

/1= L cos 1 e1 ,

/B

/1= !L sin 1 e2 .

Di conseguenza

Qrv' = !&

"/A

/1

#21 ! &

"/B

/1

#21 = !&L2cos21 1 ! &L2sin21 1 = !&L21 .

La potenza della sollecitazione e chiaramente non positiva

#rv = Qrv' 1 = !&L212 & 0 $ 1 " R

e si annulla unicamente per velocita generalizzata nulla

#rv = !&L212 = 0 =. 1 = 0 .

La sollecitazione ha dunque carattere completamente dissipativo.

(iii) Forza pesoLa forza di gravita e notoriamente posizionale conservativa, con potenziale

Ug(1) = !mg e2 · (G !O) = !mg e2 ·A !O + B !O

2=

= !mg e2 ·L sin 1 e1 + L cos 1 e2

2= !1

2mgL cos1

e componente generalizzata

Qg' =

/Ug

/1(1) =

12mgL sin1 .

(iv) Sistema di forze applicato all’astaPer ipotesi, il sistema S di forze applicate all’asta AB ha risultante 'R = !mg sin1 e1 !&L1 e2 e momento risultante 'MA = !&L21 e3 nel polo A. Poiche l’asta e rigida e in motopiano, con angolo di rotazione 1, la componente lagrangiana del sistema S si calcola conla formula generale:

QS' =

/A

/1· 'R +

/1

/1e3 · 'MA

che sostituendo il vettore posizione di A e le espressioni esplicite di risultante e momentorisultante diventa

QS' = L cos 1 e1 · 'R + e3 · 'MA =

= L cos 1 e1 · (!mg sin1 e1 ! &L1 e2) + e3 · (!&L21 e3) = !mgL sin1 cos 1 ! &L21.

Stefano Siboni 1802


E facile convincersi che la sollecitazione non e classificabile del punto di vista energetico,non risultando ne posizionale conservativa, ne dissipativa, ne non-energetica. Essa consistetuttavia di un termine posizionale conservativo

QS,pc' (1) = !mgL sin1 cos 1 =

/

/1

"!1

2mgLsin21

#=

/US/1

(1)

e di uno completamente dissipativo — peraltro identico a Qrv' —

QS,d' = !&L21 .

(b) EquilibriLe sollecitazioni posizionali conservative sono descritte dal potenziale del sistema

U(1) = Uel(1) + Ug(1) + US(1) =

= !kL2

2sin21 ! 1

2mgL cos 1 ! 1

2mgLsin21 = !1

2(kL2 + mgL)sin21 ! 1

2mgL cos1

mentre quelle dissipative si riducono a

D' = Qrv' + QS,d

' = !&L21 ! &L21 = !2&L21 .

Si osservi che D' costituisce ancora una sollecitazione completamente dissipativa, al paridi Qrv

' e QS,d' . La sollecitazione D' e ininfluente sugli equilibri, che si ottengono dunque

annulando la derivata prima del potenziale U :

/U

/1= !(kL2+mgL) sin1 cos 1+

12mgL sin1 = (kL2+mgL) sin 1

"! cos 1+

12

mg

kL + mg

#.

Le soluzioni si hanno persin1 = 0

e per

! cos 1 +12

mg

kL + mg= 0 .

Nel primo caso si ricavano gli equilibri, sempre definiti,

1 = 0 e 1 = #

mentre nel secondo, posto per brevita ! = mg/2(kL + mg), si ha

1 = arccos! e 1 = !arccos!

a condizione che risulti ! < 1 — da notare che per ! = 1 si riottiene l’equilibrio 1 = 0, giaconsiderato.

Stefano Siboni 1803


(c) Stabilita degli equilibriGli equilibri del sistema sono tutti isolati, in quanto in numero finito. Il sistema e scle-ronomo e le sollecitazioni non dipendono esplicitamente dal tempo: le equazioni di La-grange risultano autonome. Alle sollecitazioni posizionali conservative descritte da U siaggiunge una sollecitazione completamente dissipativa D' = !2&L21. L’analisi di sta-bilita puo essere condotta quindi facendo uso dei criteri di Barbasin-Krasovskii. Prima diprocedere si rende necessario calcolare la derivata seconda del potenziale

/2U

/12(1) = U ""(1) = !(kL2 + mgL)(cos21 ! sin21) +

12mgL cos1 =

= L(kL + mg)(!cos21 + sin21 + ! cos 1)

essendosi introdotto il parametro d’ordine ! precedentemente definito. Le configurazionidi equilibrio del sistema vanno esaminate una ad una.

Configurazione 1 = 0Per 1 = 0 la derivata seconda del potenziale si riduce all’espressione

U ""(0) = L(kL + mg)(!1 + !)

che evidentemente non assume segno definito. Si rende cosı necessario distinguere i trecasi seguenti:

+ se ! < 1 si ha U ""(0) < 0 e la configurazione viene riconosciuta come un massimorelativo proprio del potenziale, la cui stabilita asintotica e assicurata dal criterio distabilita asintotica di Barbasin-Krasovskii;

+ se ! > 1 il ricorrere di una derivata seconda positiva consente di escludere che laconfigurazione 1 = 0 costituisca un massimo relativo proprio del potenziale. Ciovale a garantire l’instabilita della configurazione, in virtu del criterio di instabilita diBarbasin-Krasovskii;

+ se infine ! = 1, risulta U ""(0) = 0 e si verifica un caso critico. In e$etti, in questo casoil potenziale del sistema assume la forma

U(1) = L(kL + mg)"!1

2sin21 ! ! cos 1

#= L(kL + mg)

"!1

2sin21 ! cos 1

#

in cui la funzione entro parentesi tonde puo riesprimersi nel modo seguente

!12sin21 ! cos 1 = !2 sin2 1

2cos2

1

2! cos2

1

2+ sin2 1

2=

= !2 sin2 1

2cos2

1

2! 1 + 2 sin2 1

2= !1 + sin4 1

2.

Ne deriva che per |1| < #/2 la funzione U(1) presenta un minimo proprio in 1 = 0:l’appropriato criterio di Barbasin-Krasovskii porta cosı a concludere che l’equilibrio einstabile secondo Liapunov.

Stefano Siboni 1804


Configurazione 1 = #In questa configurazione la derivata seconda del potenziale e sempre di segno negativo

U ""(#) = L(kL + mg)(!1 ! !) = !L(kL + mg)(1 + !) < 0

per cui il potenziale presenta sempre un massimo relativo proprio. La stabilita asintoticasegue dal criterio di B.-K..

Configurazione 1 = +arccos!Posto per brevita 1& = arccos!, l’espressione della derivata seconda del potenziale diventa:

U ""(1&) = L(kL + mg)(!cos21& + sin21& + ! cos 1&)

e ricordando la relazione ! = cos 1& si riduce a

U ""(1&) = L(kL + mg)(!cos21& + sin21& + cos21&) = L(kL + mg)sin21& .

Il segno positivo del risultato, imposto dall’essere 1& " (0,#/2), permette di escludere ilricorrere in 1 = 1& di un massimo relativo proprio del potenziale e di asserire per B.-K.l’instabilita della configurazione.

Configurazione 1 = !arccos!La derivata seconda del potenziale coincide con quella gia calcolata in 1&:

U ""(!1&) = L(kL + mg)(!cos21& + sin21& + ! cos 1&) = L(kL + mg)sin21& > 0

e conduce pertanto alle medesime conclusioni circa l’instabilita della configurazione.

Esercizio 352. Piccole oscillazioniUn sistema scleronomo a vincoli ideali e descritto dalla lagrangiana

L =x2 + y2 + 1

2(2x2 + 2xy + y2) ! x2 + xy ! 3

2y2

in termini delle coordinate generalizzate (x, y) " R2.

(a) Scrivere le equazioni delle piccole oscillazioni nell’intorno dell’unico equilibrio stabiledel sistema.

(b) Ricavare le frequenze normali delle piccole oscillazioni.(c) Determinare i modi normali di oscillazione corrispondenti.

SoluzionePoiche si tratta di un sistema scleronomo, l’energia cinetica deve identificarsi con la partedella lagrangiana che e quadratica nelle velocita generalizzate x, y:

T =x2 + y2 + 1

2(2x2 + 2xy + y2)

Stefano Siboni 1805


mentre nel termine residuo deve riconoscersi il potenziale del sistema

U(x, y) = !x2 + xy ! 32y2.

La matrice di rappresentazione dell’energia cinetica e la matrice reale simmetrica 2 1 2A(x, y) che soddisfa la relazione

T =12(x y)A(x, y)

:xy

;

e risulta percio

A(x, y) = (x2 + y2 + 1):

2 11 1

;,

in cui si e evidenziato il fattore scalare x2+y2+1, comune a tutti gli elementi della matrice.

(a) Equazioni delle piccole oscillazioniE necessario in primo luogo determinare l’unico equilibrio stabile del sistema. A questoscopo basta individuare i punti critici del potenziale, che risolvono il sistema di equazionialgebriche lineari *

,

-Ux = !2x + y = 0

Uy = x ! 3y = 0

la cui unica soluzione e quella banale (x, y) = (0, 0). Che questo unico equilibrio ordinariosia stabile appare evidente dalla matrice hessiana — costante — del potenziale

HU (x, y) =:!2 11 !3

;= HU (0, 0)

e definita negativa, avendo ad esempio determinante positivo e traccia negativa: la con-figurazione costituisce un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet — in e$etti si tratta di un massimo assoluto proprio. In forma matricialele equazioni delle piccole oscillazioni nell’intorno della posizione di equilibrio stabile siscrivono allora:

A(0, 0):

xy

;! HU (0, 0)

:xy

;= 0

ossia :2 11 1

;:xy

;!

:!2 11 !3

;:xy

;= 0

e quindi, eseguendo i prodotti e separando le componenti scalari,*,

-2x + y + 2x ! y = 0

x + y ! x + 3y = 0 .

Stefano Siboni 1806


(b) Frequenze normali delle piccole oscillazioniLe pulsazioni normali delle piccole oscillazioni nell’intorno dell’equilibrio (x, y) = (0, 0)sono tutte e sole le soluzioni * > 0 dell’equazione caratteristica

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

ovvero didet

:2*2 ! 2 *2 + 1*2 + 1 *2 ! 3

;= 0 . (352.1)

Il determinante a primo membro nella (352.1) si calcola immediatamente come

(2*2 ! 2)(*2 ! 3) ! (*2 + 1)2 = *4 ! 10*2 + 5

e porge dunque l’equazione caratteristica biquadratica

*4 ! 10*2 + 5 = 0

le cui soluzioni in *2 sono entrambe positive

*2 =10 ±

#102 ! 4 · 52

=10 ±

#80

2= 5 ±

#20 = 5 ± 2

#5 .

Le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni vangono percio, in ordine crescente,

*1 =D

5 ! 2#

5 *2 =D

5 + 2#

5

e ad esse corrispondono le frequenze normali

f1 =*1

2#=

12#

"D5 ! 2

#5#

f2 =*2

2#=

12#

"D5 + 2

#5#

la prima relativa al modo “basso” e la seconda al modo “alto”.

(c) Modi normali delle piccole oscillazioniSi calcolano i modi normali di oscillazione relativi alle due pulsazioni normali determinateal punto precedente.

Modo basso — * = *1 =&

5 ! 2#

5 —Il vettore delle ampiezze (a+

1 a!1 ) del modo normale e determinato dal sistema lineare

omogeneo compatibile'*2

1A(0, 0) + HU (0, 0)( : a+

1a!1

;= 0 (352.2)

in cui la matrice incompleta si scrive esplicitamente come

*21A(0, 0) + HU (0, 0) =

:10 ! 4

#5 ! 2 5 ! 2

#5 + 1

5 ! 2#

5 + 1 5 ! 2#

5 ! 3

;=

:8 ! 4

#5 6 ! 2

#5

6 ! 2#

5 2 ! 2#

5

;.

Stefano Siboni 1807


Il sistema (352.2) diventa cosı

*,

-(8 ! 4

#5)a+

1 + (6 ! 2#

5)a!1 = 0

(6 ! 2#

5)a+1 + (2 ! 2

#5)a!

1 = 0

con le due equazioni equivalenti, porgendo la prima

a+1

a!1

= !2(3 !#

5)4(2 !

#5)

= !12

3 !#

52 !

#5

= !12

(3 !#

5)(2 +#

5)4 ! 5

=1 +

#5

2,

ed analogamente la seconda

a+1

a!1

= !2(1 !#

5)2(3 !

#5)

=#

5 ! 13 !

#5

=(#

5 ! 1)(3 +#

5)9 ! 5

=1 +

#5

2.

Ponendo per brevita a!1 = a1 il modo normale basso puo quindi esprimersi nella forma

:xy

;= a1

0

11 +

#5

21

2

3 cos"D

5 ! 2#

5 t + .1

#$ t " R

per a1 " R \ {0} e .1 " R costanti assegnate a piacere.

Modo alto — * = *2 =&

5 + 2#

5 —Per il modo alto i calcoli sono analoghi a quelli gia svolti per il modo basso. In e$etti, lasola di$erenza e data dal fatto che tutti i termini

#5 vengono cambiati di segno, per cui

il quoziente delle ampiezze di oscillazione a+2 , a!

2 risulta

a+2

a!2

=1 !

#5

2= !

#5 ! 12

e il modo normale di oscillazione alto assume la forma

:xy

;= a2

0

1!#

5 ! 12

1

2

3 cos"D

5 + 2#

5 t + .2

#$ t " R

conr a2 = a!2 " R \ {0} e .2 " R costanti assegnate ad arbitrio.

Stefano Siboni 1808


Esercizio 353. Zeri multipli della funzione di WeierstrassSi consideri il sistema scleronomo posizionale conservativo ad un grado di liberta descrittodalla lagrangiana

L(q, q) =12a(q)q2 ! W (q) (q, q) " R2

in cui W (q) = !U(q) indica l’energia potenziale e T (q, q) = a(q)q2/2 l’energia cinetica delsistema, essendo a(q) > 0 $ q " R e di classe C% in R. Un noto integrale primo del sistemae costituito dall’energia meccanica

H(q, q) = T (q, q) + W (q) =12a(q)q2 + W (q) (q, q) " R2.

Si definisca la funzione di Weierstrass del sistema, per un dato valore E dell’energia mec-canica, secondo la relazione seguente

"E(q) = "(q) =2

a(q)[E ! W (q)] q " R . (353.1)

Indicata con W (n)(q) la derivata n esima di W (q) in q, dimostrare che:

(a) se q = q& e uno zero della funzione di Weierstrass tale che W (1)(q&) )= 0, allora si trattadi uno zero semplice. Piu in generale, se q = q& costituisce uno zero della funzione diWeierstrass e soddisfa le condizioni

W (1)(q&) = . . . = W (m!1)(q&) = 0 e W (m)(q&) )= 0 , (353.2)

con m > 1, allora q = q& ha molteplicita m — e cioe uno zero di molteplicita m dellafunzione di Weierstrass;

(b) se q = q& rappresenta uno zero semplice della funzione "(q), allora W (1)(q&) )= 0.In generale, qualora q = q& costituisca uno zero della funzione "(q) di molteplicitam > 1, allora le condizioni (353.2) sono soddisfatte:

W (1)(q&) = . . . = W (m!1)(q&) = 0 e W (m)(q&) )= 0 .

Le (353.2) forniscono percio condizioni necessarie e su!cienti perche ricorra in q = q&

uno zero di molteplicita m della funzione di Weierstrass;

(c) in particolare, per q = q& zero di "(q) di molteplicita m ( 1 risulta

"(m)(q&) = ! 2a(q&)

W (m)(q&) , (353.3)

in modo che le derivate "(m)(q&) e W (m)(q&) hanno sempre segno opposto.

Stefano Siboni 1809


Soluzione(a) Condizione su!ciente per lo zero multiplo di "(q)Per ogni intero n ( 1 la regola di Leibniz porge la seguente espressione per la derivatan-esima della funzione di Weierstrass:

"(n)(q) =dn

dqn

$2

a(q)[E ! W (q)]

%=

nA

k=0

"n

k

# dn!k

dqn!k

$2

a(q)

%dk

dqk[E ! W (q)]

che evidenziando il primo termine della sommatoria, non contenente alcuna derivata diW (q), diventa

"(n)(q) =dn

dqn

$2

a(q)

%[E ! W (q)] !

nA

k=1

"n

k

# dn!k

dqn!k

$2

a(q)

%W (k)(q) .

Ma se q = q& e uno zero della funzione di Weierstrass (353.1) si ha E ! W (q&) = 0 e larelazione precedente si riduce a

"(n)(q&) = !nA

k=1

"n

k

# dn!k

dqn!k

$2

a(q)

%)))))q=q!

W (k)(q&) (353.4)

che per n = 1 diventa

"(1)(q&) = ! 2a(q&)

W (1)(q&) (353.5)

ed e chiaramente diverso da zero se, come richiesto, W (1)(q&): q = q& costituisce uno zerosemplice di "(q). D’altra parte, se con m > 1 sono soddisfatte le (353.2) e immediatoverificare che le espressioni (353.4) si annullano per ogni n = 1, . . . ,m ! 1, mentre

"(m)(q&) = !mA

k=1

"m

k

# dm!k

dqn!k

$2

a(q)

%)))))q=q!

W (k)(q&) = ! 2a(q&)

W (m)(q&) (353.6)

non nulla per W (m)(q&) )= 0. In tal caso q = q& e uno zero di molteplicita m della funzionedi Weierstrass.

(b) Condizione necessaria per lo zero multiplo di "(q)Se q = q& e uno zero semplice di "(q) si ha ovviamente da (353.5) che W (1)(q&) )= 0, inquanto "(1)(q&) )= 0. Se invece q = q& e uno zero di "(q) di molteplicita m > 1, occorrericorrere alla relazione di Leibniz per calcolare le derivate

!2W (n)(q) =dn

dqn2[E ! W (q)] =

dn

dqn[a(q)"(q)] =

nA

k=0

"n

k

#a(n!k)(q)"(k)(q)

da cui risulta che

dn

dqn2[a(q)"(q)]

))))q=q!

= 0 $n = 1, . . . ,m ! 1

Stefano Siboni 1810


mentredm

dqm2[a(q)"(q)]

))))q=q!

= a(q&)"(m)(q&) )= 0

per cuiW (n)(q&) = 0 $n = 1, . . . ,m ! 1 e W (m)(q&) )= 0

e le condizioni (353.2) sono verificate.

(c) Relazione fra le derivate di W (q) e di "(q) in uno zero di "(q)Per gli zeri semplici q& di "(q) si e gia verificato che vale la relazione (353.5), mentre nelcaso di zeri multipli, di molteplicita m > 1, si e stabilita l’equazione (353.6). Ne derivache per qualsiasi zero q = q& di molteplicita m ( 1 della funzione di Weierstrass vale larelazione (353.3)

"(m)(q&) = ! 2a(q&)

W (m)(q&) ,

dalla quale risulta che le derivate "(m)(q&) e W (m)(q&) sono sempre di segno opposto.

In definitiva, la molteplicita di uno zero q = q& della funzione di Weierstrass "(q) si puodeterminare individuando la derivata non nulla di ordine piu basso dell’energia potenzialeW (q) nello stesso punto q = q&: l’ordine della derivata di ordine piu basso di W (q) chenon si annulla e la molteplicita dello zero di "(q). Inoltre, detta derivata ha segno oppostorispetto a quella di uguale ordine della funzione di Weierstrass nello stesso punto.

Esercizio 354. Curve di fase intorno ad un massimo relativo proprio dell’energiapotenziale in un sistema posizionale conservativo unidimensionaleUn sistema scleronomo posizionale conservativo ad un grado di liberta e descritto dallalagrangiana

L(q, q) =12a(q)q2 ! W (q) (q, q) " R2

dove W (q) = !U(q) indica l’energia potenziale e T (q, q) = a(q)q2/2 l’energia cinetica delsistema, essendo a(q) > 0 $ q " R e di classe C% in R. L’equazione di Lagrange del motoammette l’integrale primo dell’energia meccanica

H(q, q) = T (q, q) + W (q) =12a(q)q2 + W (q) (q, q) " R2,

che per un dato valore E dell’energia suggerisce di definire la funzione di Weierstrass delsistema per mezzo della relazione

"E(q) = "(q) =2

a(q)[E ! W (q)] q " R . (354.1)

Sia q = q& un massimo relativo proprio dell’energia potenziale W , con W ""(q&) < 0. Si vuoledeterminare l’andamento delle orbite del sistema nell’intorno della posizione (q, q) = (q&, 0)nel piano delle fasi.

Stefano Siboni 1811


SoluzioneNell’analisi delle curve di fase conviene distinguere tre diversi casi, secondo che il livelloE dell’energia meccanica sia uguale, superiore o inferiore al valore W (q&) dell’energiapotenziale nella posizione q = q&, come evidenziato dai livelli di energia E1, E2 ed E3 nellafigura seguente.

(1) Caso E = E1 = W (q&)In questo caso la funzione di Weierstrass soddisfa le condizioni

"(q&) = 0 ""(q&) = 0 """(q&) > 0 (354.2)

la prima delle quali si deduce direttamente dalla definizione (354.1) della funzione di Weier-strass, la seconda segue dal fatto che per ipotesi q& costituisce un massimo relativo propriodell’energia potenziale, nel quale si annullano simultaneamente le derivate prime di W edi ", mentre la terza e stata espressamente assunta come ipotesi di lavoro. La funzione diWeierstrass presenta allora il grafico illustrato in figura

con uno zero doppio in q = q&. La curva di livello dell’energia meccanica e data da

q2 = "(q) (354.3)

dove la funzione di Weierstrass a secondo membro ammette lo sviluppo di Taylor

"(q) = "(q&) + ""(q&)(q ! q&) +"""(q&)

2(q ! q&)2 + o

'(q ! q&)2

(

Stefano Siboni 1812


che in un intorno di q = q& abbastanza piccolo si puo troncare al secondo ordine, in-troducendo un errore di piccola entita, tanto piu trascurabile quanto piu q e prossimo aq&:

"(q) = "(q&) + ""(q&)(q ! q&) +"""(q&)

2(q ! q&)2 . (354.4)

Tenuto conto delle condizioni (354.2) la forma approssimata della curva di livello (354.3)diventa allora

q2 ="""(q&)

2(q ! q&)2

ossiaq2 ! """(q&)

2(q ! q&)2 = 0

ee essendo """(q&) > 0 puo riscriversi come

"q !

4"""(q&)

2(q ! q&)

#"q +

4"""(q&)

2(q ! q&)

#= 0 .

Da quest’ultima relazione si deduce che le isoipse dell’energia nell’intorno di (q, q) = (q&, 0)sono approssimate dalla coppia di rette

q =

4"""(q&)

2(q ! q&) e q = !

4"""(q&)

2(q ! q&) (354.5)

passanti per (q, q) = (q&, 0) e di pendenza opposta. L’orientamento delle orbite al cresceredel tempo e determinato dal segno di q. La curva di livello ha percio l’andamento riprodottoin figura

Si ricorda che le quattro semirette uscenti dal punto (q, q) = (q&, 0) generalmente costitu-iscono parti di altrettante orbite distinte — separatrici — e che il punto di intersezione(q, q) = (q&, 0) rappresenta in realta l’orbita di una ulteriore soluzione, quella staticanella posizione q&. Le orbite indicate corrispondono percio, tipicamente, a cinque distintesoluzioni dell’equazione del moto nell’intorno di (q, q) = (q&, 0).

(2) Caso E = E2 > W (q&)Nella fattispecie la funzione di Weierstrass presenta le proprieta seguenti

"(q&) > 0 ""(q&) = 0 """(q&) > 0 (354.6)

Stefano Siboni 1813


la prima delle quali — la sola variata rispetto al caso precedente — e dovuta al fatto chel’energia meccanica E2 risulta maggiore di W (q) nell’intero intorno di q = q& considerato.Il grafico della funzione di Weierstrass risulta traslato verso l’alto rispetto al caso di E =W (q&) e non presenta alcun punto di intersezione con l’asse q

L’espressione approssimata (354.4) di "(q) nell’intorno di (q, q) = (q&, 0) diventa ora

"(q) = "(q&) + %"(q&)(q ! q&) +"""(q&)

2(q ! q&)2 = "(q&) +

"""(q&)2

(q ! q&)2

per cui le curve di livello dell’energia sono convenientemente descritte da

q2 = "(q&) +"""(q&)

2(q ! q&)2

ovvero daq2

"(q&)! """(q&)

2"(q&)(q ! q&)2 = 1 (354.7)

che per "(q&) > 0 rappresenta un’iperbole di centro (q, q) = (q&, 0) e con gli assi paralleliagli assi coordinati; i due rami della conica si collocano al di sopra ed al di sotto dell’asseq, che non ne e intersecato.

Ciascun ramo dell’iperbole e tipicamente associato ad una diversa orbita del sistema —per esserne certi sarebbe comunque necessario esaminare l’aspetto globale del ritratto difase, senza limitarsi ad un semplice intorno dell’equilibrio. Da sottolineare che le rette

Stefano Siboni 1814


calcolate per E = E1 = W (q&), di equazione (354.5), sono anche gli asintoti di tutte leorbite iperboliche di energia E = E2 > W (q&) teste determinate:

y = ±&

"(q&)92"(q&)"""(q&)

x = ±4

"""(q&)2

x . (354.8)

(3) Caso E = E3 < W (q&)In questa circostanza la funzione di Weierstrass presenta le seguenti caratteristiche:

"(q&) < 0 ""(q&) = 0 """(q&) > 0

la prima delle quali e dovuta alla condizione E = E3 < W (q&). Il grafico della funzionedi Weierstrass si presenta traslato verso il basso rispetto al caso E = E1 = W (q&) edindividua un intorno di q = q& inaccessibile al moto, dove "(q) < 0.

L’aspetto approssimato delle orbite nell’intorno del punto fisso (q, q) = (q&, 0) e ancoradescritto dall’equazione (354.7)

q2

"(q&)! """(q&)

2"(q&)(q ! q&)2 = 1

che essendo pero "(q&) < 0 puo riesprimersi nella forma equivalente

"""(q&)2|"(q&)| (q ! q&)2 ! q2

|"(q&)| = 1 . (354.9)

Stefano Siboni 1815


L’equazione ottenuta e ancora quella di un’iperbole di centro (q, q) = (q&, 0) e assi rispet-tivamente paralleli agli assi coordinati. In questo caso, tuttavia, i due rami della conicaintersecano l’asse q e si collocano a destra e a sinistra del punto fisso. Anche per questafamiglia di coniche gli asintoti sono comuni e coincidono con le rette rappresentative delleorbite di energia E = E1 = W (q&):

y = ±&

|"(q&)|92|"(q&)|"""(q&)

x = ±4

"""(q&)2

x . (354.10)

Esercizio 355. Analisi di WeierstrassUn punto materiale di massa unitaria e vincolato a scorrere senza attrito lungo l’asseorizzontale Ox. Il risultante delle forze attive ad esso applicate vale:

'F = (!x3 + 4x) e1 + x e2 ! 2x e3 .


(a) gli equilibri;

(b) le condizioni iniziali per le quali si hanno i moti periodici;

(c) le condizioni iniziali relative ai moti a meta asintotica.

SoluzioneIl moto del punto materiale, vincolato a scorrere senza attrito lungo l’asse orizzontale Ox,e determinato dalla componente lungo Ox delle sollecitazioni attive applicate. Esclusoa priori il peso, che e ortogonale all’asse orizzontale, le sole forze rilevanti ai fini delladinamica sono date quindi da:

f = 'F · e1 = [(!x3 + 4x) e1 + x e2 ! 2x e3] · e1 = !x3 + 4x x " R

che costituisce una sollecitazione posizionale e conservativa, di potenziale:

U(x) = !x4

4+ 2x2 x " R

ed energia potenziale:

W (x) = !U(x) =x4

4! 2x2 x " R .

Le derivate prima e seconda dell’energia potenziale si scrivono:

W "(x) = x3 ! 4x e W ""(x) = 3x2 ! 4 .

Stefano Siboni 1816


Le configurazioni di equilibrio sono tutte e soltanto i punti critici dell’energia potenziale,soluzioni di:

x3 ! 4x = 0 /. x(x ! 2)(x + 2) = 0

vale a dire:x = !2 , 0 , +2 .

La loro natura e determinata dal segno della derivata seconda. Risulta cosı che:

• x = !2 rappresenta un minimo relativo proprio dell’energia potenziale:

W ""(!2) = 3(!2)2 ! 4 = 8 > 0

con W (!2) = !4. Si tratta altresı di un minimo assoluto della funzione;

• x = 0 e un massimo relativo proprio di W :

W ""(0) = !4 < 0

essendo W (0) = 0;

• x = +2 costituisce infine un minimo relativo proprio dell’energia potenziale del siste-ma:

W ""(+2) = 3(+2)2 ! 4 = 8 > 0

ed il valore del minimo risulta W (+2) = !4.

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

e consente di discutere l’andamento qualitativo delle soluzioni, nonche di determinare gliequilibri, mediante l’analisi di Weierstrass.

(a) EquilibriGli equilibri del sistema sono gia stati caratterizzati come tutti e soli i punti critici delpotenziale, ossia:

x = !2 , 0 , +2 .

Stefano Siboni 1817


(b) Moti periodiciDal grafico dell’energia potenziale e evidente che tutti i moti del sistema sono periodici, conesclusione degli stati di quiete e dei moti a meta asintotica, che ricorrono quando l’energiameccanica del sistema:

H(x, x) =x2

2+ W (x) =

x2

2+

x4

4! 2x2

assume un valore pari al massimo relativo dell’energia potenziale:

H = W (0) = 0 .

Le condizioni iniziali per le quali si hanno i moti periodici sono percio tutte e soltantoquelle comprese nell’insieme:

B(x, x) " R2 : !4 <

x2

2+

x4

4! 2x2 < 0

C0

B(x, x) " R2 : 0 <

x2

2+

x4

4! 2x2

C.

(c) Moti a meta asintoticaI moti a meta asintotica si hanno per H = W (0), sempreche la velocita iniziale sia diversada zero, ovvero x )= 0. Le condizioni iniziali corrispondenti ai moti a meta asintotica sonopercio tutti e soli i punti dell’insieme:

B(x, x) " R2 :

x2

2+

x4

4! 2x2 = 0 , x )= 0

C.

Esercizio 356. Asse centrale e centro di un sistema di vettori applicatiSia dato il sistema di vettori applicati:

'v1 = !2 e1 + e2 ! e3, applicato in P1(0, 1, 2);

'v2 = 4 e1 ! 2 e2 + 2 e3, applicato in P2(!1, 0, 1);

'v3 = !6 e1 + 3 e2 ! 3 e3, applicato in P3(1,!1, 0).

Determinare, motivando la risposta:

(a) l’equazione parametrica dell’asse centrale, se definito;

(b) la posizione del centro, se definito.

Soluzione(a) Equazione parametrica dell’asse centraleIl sistema ammette asse centrale in quanto dotato di risultante non nullo:

'R = 'v1 + 'v2 + 'v3 = !4 e1 + 2 e2 ! 2 e3 )= 0 .

Stefano Siboni 1818


L’equazione parametrica dell’asse centrale si scrive allora

A ! O ='R % 'MO

|'R|2+ ( 'R , $( " R .

Ma il momento risultante in O del sistema vale

'MO = (P1 ! O) % 'v1 + (P2 ! O) % 'v2 + (P3 ! O) % 'v3 =

=

))))))

e1 e2 e3

0 1 2!2 1 !1

))))))+

))))))

e1 e2 e3

!1 0 14 !2 2

))))))+

))))))

e1 e2 e3

1 !1 0!6 3 !3

))))))=

= (!3 e1 ! 4 e2 + 2 e3) + (2 e1 + 6 e2 + 2 e3) + (3 e1 + 3 e2 ! 3 e3) = 2 e1 + 5 e2 + e3

per cui

'R % 'MO =

))))))

e1 e2 e3

!4 2 !22 5 1

))))))= 12 e1 ! 24 e3

e quindi'R % 'MO

|'R|2=

12 e1 ! 24 e3

(!4)2 + 22 + (!2)2=

12 e1 ! 24 e3

24=

12

e1 ! e3 .

L’equazione parametrica dell’asse centrale diventa percio, in notazione vettoriale,

A ! O =12

e1 ! e3 + ((!4 e1 + 2 e2 ! 2 e3) , $( " R ,

ossia, in forma algebrica, *+++,

+++-

x =12! 4(

y = 2(

z = !1 ! 2(

$( " R .

(b) Posizione del centroIl sistema ammette un centro C in quanto costituito da vettori paralleli con risultante nonnullo. Si ha infatti:

'v1 = !2 e1 + e2 ! e3 = f1(!2 e1 + e2 ! e3)'v2 = 4 e1 ! 2 e2 + 2 e3 = f2(!2 e1 + e2 ! e3)'v3 = !6 e1 + 3 e2 ! 3 e3 = f3(!2 e1 + e2 ! e3)

conf1 = 1 f2 = !2 f3 = 3 .

Stefano Siboni 1819


L’equazione del centro si scrive allora:

C ! O =

3A

i=1

fi(Pi ! O)

3A

i=1

fi

=(e2 + 2 e3) ! 2(!e1 + e3) + 3(e1 ! e2)

1 ! 2 + 3=

=12(e2 + 2 e3 + 2 e1 ! 2 e3 + 3 e1 ! 3 e2) =

12(5 e1 ! 2 e2) =

52

e1 ! e2

e quindi C(5/2,!1, 0) e il punto cercato.

Esercizio 357. Geometria delle masseNel piano Oxz di una terna ortogonale Oxyz e posto un disco circolare D, di centro O,raggio R e densita areale

"(P ) =µ

2#R3|P ! O| $P " D ,

avendo la costante µ > 0 le dimensioni di una massa. Un’asta rettilinea di estremiA(0, 0, R) e B(0,!R,R) ha densita lineare

!(P ) =µ

R2|P ! B| $P " AB

ed e saldata rigidamente a D in A.


(a) il baricentro, verificando che esso appartiene all’inviluppo convesso del sistema;

(b) la matrice d’inerzia in Oxyz;

Stefano Siboni 1820


(c) l’energia cinetica ed il momento angolare in O nell’ipotesi che il sistema abbia puntofisso O e velocita angolare '* = !* e1 + 2* e3, * > 0.

Soluzione(a) Baricentro del sistemaIl baricentro del sistema viene calcolato applicando la proprieta distributiva: si determi-nano preliminarmente massa e baricentro dell’asta AB e del disco circolare D , per poicalcolare il centro di massa del sistema di due punti materiali fittizi cosı ottenuto.

Massa dell’astaIndicata con y l’ordinata di un generico punto P di AB, la densita lineare di massa dell’astaassume la forma

!(y) =µ

R2(y + R) $ y " [!R, 0]

ed integrata sul proprio intervallo di definizione fornisce la massa di AB:

mAB

=0!

!L

(y + R)µ

R2dy =

µ

R2

$(y + R)2

2

%0

!R

=µ

R2

R2

2=

µ

2.

Massa del discoPer calcolare la massa del disco conviene introdurre l’ovvio sistema di coordinate polari($,%) definito nel piano Oxz dalle relazioni

x = $ cos % z = $ sin %

ed esprimere percio la densita areale " come

"($,%) =µ

2#R3$ $ ($,%) " [0, R] 1 [0, 2#) .

L’integrazione della densita sul disco porge allora

mD =2!!

0

d%

R!

0

d$ $µ

2#R3$ =

µ

2#R3

2!!

0

d%

R!

0

$2d$ =µ

2#R32#

R3

3=

µ

3.

Baricentro dell’astaPer il teorema dell’inviluppo convesso il baricentro dell’asta deve collocarsi entro il seg-mento AB ed individuarsi percio per mezzo del vettore posizione

GAB

!O = yAB

e2 + R e3

con ordinata

yAB

=1

mAB

0!

!R

yµ

R2(y + R)dy =

2µ

0!

!R

µ

R2(y2 + Ry)dy =

2R2

$y3

3+ R

y2

2

%0

!R

= !R

3.

Stefano Siboni 1821


Si ha dunque

GAB

!O = !R

3e2 + R e3 .

Baricentro del discoIl baricentro del disco coincide con l’origine O della terna di riferimento, nella quale eimmediato riconoscere un centro di simmetria per D:

GD !O = 0 .

Baricentro del sistemaSi hanno ora tutti gli elementi per poter applicare la proprieta distributiva e scrivere ilvettore posizione G del baricentro di sistema come

G ! O =m

AB(G

AB! O) + mD(GD ! O)

mAB

+ mD=

mAB

mAB

+ mD(G

AB! O) =

=

µ

2µ

2+

µ

3

"!R

3e2 + R e3

#=

35

"!R

3e2 + R e3

#= !R

5e2 +

35R e3 .

Verifica che il baricentro cade nell’inviluppo convesso del sistemaL’inviluppo convesso del sistema e costituito chiaramente dal cono chiuso di vertice B ebase circolare D. Si puo verificare formalmente che il baricentro appartiene a detto cono,conformemente al teorema dell’inviluppo convesso, provando che la retta passante per ipunti B e G interseca il disco D. L’equazione parametrica della retta BG si scrive infatti:

*++,

++-

x = xB + (xG ! xB)+ = 0

y = yB + (yG ! yB)+ = !R +"!R

5+ R

#+ = !R +

45R+

z = zB + (zG ! zB)+ = R +"3

5R !R

#+ = R ! 2

5R+

$ + " R

ed il relativo punto di intersezione C con il piano coordinato Oxz, dove giace il disco D, eindividuato da

!R +45R+ = 0 /. + =

54

e risulta pertanto

C"0, 0,

R

2

#,

ovviamente contenuto in D — in quanto yC = 0 e x2C + z2

C = 02 + (R/2)2 = R2/4 < R2.Ne deriva che il baricentro G appartiene al segmento avente come estremi i punti B e Cdel sistema; lo stesso punto deve dunque appartenere, per definizione, anche all’inviluppoconvesso del sistema — il piu piccolo insieme chiuso e convesso che include il sistema.

Stefano Siboni 1822


(b) Matrice d’inerzia rispetto alla terna OxyzLa matrice d’inerzia del sistema viene calcolata come somma delle matrici d’inerzia di astae disco, relativamente alla stessa terna Oxyz.

Matrice d’inerzia dell’astaL’asta AB giace nel piano coordinato Oyz e rispetto alla terna Oxyz presenta quindi unamatrice d’inerzia della forma

[LAB] =

0

71LAB

yy + LABzz 0 0

0 LAByy LAB

yz

0 LAByz LAB

zz

2

83

dove il momento d’inerzia relativo all’asse Oy vale

LAByy =

0!

!R

dyµ

R2(R + y)R2 = µ

0!

!R

(R + y)dy = µ

$(R + y)2

2

%0

!R

=µR2

2

mentre quello relativo all’asse Oz si scrive

LABzz =

0!

!R

dyµ

R2(R + y) y2 =

µ

R2

0!

!R

(Ry2 + y3)dy =

=µ

R2

$Ry3

3+

y4

4

%0

!R

=µ

R2

"R4

3! R4

4

#=

112

µR2

e l’unico prodotto d’inerzia non banale risulta

LAByz = !

0!

!R

dyµ

R2(R + y) yR = ! µ

R

0!

!R

(Ry + y2)dy =

= ! µ

R

$Ry2

2+

y3

3

%0

!R

= ! µ

R

"!R3

2+

R3

3

#=

16µR2.

Ne deriva che

[LAB] = µR2

0

17/12 0 0

0 1/2 1/60 1/6 1/12

2

3 .

Matrice d’inerzia del discoDal momento che il disco D e completamente collocato nel piano Oxz, il suo contributoalla matrice d’inerzia del sistema in Oxyz assume la forma generale

[LDO] =

0

1LD

xx 0 LDxz

0 LDxx + LD

zz 0LD

xz 0 LDzz

2

3 .

Stefano Siboni 1823


Si ha in e$etti, integrando nelle coordinate polari ($,%) " [0, R] 1 [0, 2#),

LDxx =

2!!

0

d%

R!

0

d$ $µ

2#R3$($ sin %)2 =

µ

2#R3

2!!

0

sin2% d%

R!

0

$4d$ =

=µ

2#R3

2!!

0

1 ! cos 2%

2d%

R5

5=

µR2

20#

$% ! sin 2%

2

%2!

0

=µR2

20#2# =

110

µR2

mentre

LDzz =

2!!

0

d%

R!

0

d$ $µ

2#R3$ ($ cos %)2 =

µ

2#R3

2!!

0

cos2% d%

R!

0

$4d$ =

=µ

2#R3

2!!

0

1 + cos 2%

2d%

R5

5= µR2 1

20#

$% +

sin2%

2

%2!

0

= µR2 120#

2# =110

µR2

ed infine

LDxz = !

2!!

0

d%

R!

0

d$ $µ

2#R3$ $ cos % $ sin % =

= ! µ

2#R3

2!!

0

sin % cos % d%

R!

0

$4d$ = ! µ

2#R3

$sin2 %

2

%2!

0

R5

5= 0

in modo che

[LDO] = µR2

0

11/10 0 0

0 1/5 00 0 1/10

2

3 .

Il risultato e compatibile con gli elementi di simmetria presenti nel sistema: Ox, Oy eOz sono infatti assi di simmetria del disco e costituiscono pertanto una terna principaled’inerzia in O di questo.

Matrice d’inerzia del sistemaLa matrice d’inerzia in Oxyz del sistema e la somma delle matrici d’inerzia di asta e discoprecedentemente calcolate:

[LO] = [LABO ] + [LD

O] = µR2

0

17/12 0 0

0 1/2 1/60 1/6 1/12

2

3 + µR2

0

11/10 0 0

0 1/5 00 0 1/10

2

3

e risulta quindi

[LO] = µR2

0

141/60 0 0

0 7/10 1/60 1/6 11/60

2

3 .

Stefano Siboni 1824


(c) Energia cinetica e momento angolareSupposto che il punto del sistema collocato nell’origine O sia fisso, e che '* = !* e1 +2* e3

costituisca il vettore velocita angolare istantanea, le componenti del momento angolare inO

'KO = K1e1 + K2e2 + K3e3

si esprimono per mezzo della relazione matriciale

0

1K1

K2

K3

2

3 = [LO]

0

1!*02*

2

3 = µR2

0

141/60 0 0

0 7/10 1/60 1/6 11/60

2

3

0

1!*02*

2

3 = µR2*

0

1!41/60

1/311/30

2

3

fornendo percio'KO = µR2*

"!41

60e1 +

13

e2 +1130

e3

#.

L’energia cinetica e invece data da

T =12'* · 'KO =

12(!* 0 2*)µR2*

0

1!41/60

1/311/30

2

3 =12µR2*2

"4160

+1115

#=

1724

µR2*2.

Esercizio 358. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoNel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz un disco circolare omogeneo D, di raggio R emassa m, ruota con asse fisso Oz. In un punto assegnato A del bordo di D e incernierataun’asta rettilinea omogenea AB, di massa m e lunghezza R, il cui secondo estremo B puomuoversi liberamente lungo l’asse Ox. Una ulteriore cerniera connette infine B con unalamina rettangolare L, di massa m, un lato della quale e vincolato a scorrere lungo Ox. Ilsistema e pesante ed una molla ideale di costante elastica k collega B con il punto C postosull’asse verticale Oy con ordinata !3R/2.

Stefano Siboni 1825


Assunti i vincoli ideali e usando l’angolo . in figura come parametro lagrangiano, deter-minare del sistema:

(a) gli equilibri relativi a Oxyz;

(b) la stabilita degli stessi equilibri;

(c) l’energia cinetica;

(d) le equazioni pure del moto;

(e) gli equilibri di confine qualora fosse !#/4 & . & #/4 e k = mg/16R.

Soluzione(a) Equilibri relativi a OxyzIl sistema in esame e scleronomo, a vincoli ideali e sottoposto unicamente a sollecitazioniposizionali conservative: il peso e l’interazione elastica fra i punti B e C . Queste vengonodescritte completamente per mezzo dei relativi potenziali.

Potenziale elasticoIl potenziale associato all’interazione elastica fra B e C si scrive direttamente per mezzodella formula generale, notando che i vettori posizione dei punti interagenti si scrivono

B ! O = 2R cos . e1 C ! O = !32R e2

per cui

B ! C = 2R cos . e1 +32R e2 .

Si ottiene cosı:

Uel = !k

2(B ! C)2 = !k

2

"4R2cos2. +

94R2

#= !2kR2cos2. + costante .

Potenziale gravitazionaleIl baricentro del disco omogeneo si identifica con il suo centro geometrico, fisso nell’origineO: a D non e quindi associato alcun potenziale gravitazionale. La stessa considerazionepuo esprimersi a proposito della lamina rettangolare L che, animata di moto traslatoriorettilineo lungo l’asse Ox, vede mantenersi il proprio baricentro ad una altezza costantesopra il piano orizzontale Oxz. Il solo contributo non banale al potenziale gravitazionaleproviene dall’asta AB, omogenea e di massa m, i cui estremi sono specificati dai vettoriposizione:

A !O = R cos . e1 + R sin . e2 B ! O = 2R cos . e1

ed il cui baricentro e dato da

A !O + B !O

2=

R

2cos . e1 +

R

2sin. e2 + R cos . e1 =

32R cos . e1 +

R

2sin. e2 .

Stefano Siboni 1826


Il potenziale corrispondente assume allora la forma

Ug = !mg e2 ·A ! O + B ! O

2= !1

2mgR sin. .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema si ricava sommando i potenziali elastico e gravitazionale appenacalcolati

U(.) = Uel + Ug = !2kR2cos2. ! 12mgR sin. = 2kR2sin2. ! 1

2mgR sin . + 2kR2 .

(358.1)EquilibriTrattandosi di sistema scleronomo posizionale conservativo a vincoli bilaterali ideali, isuoi equilibri sono tutti e soli i punti critici del potenziale (358.1), ossia le soluzionidell’equazione ottenuta annullando la derivata prima:

/U

/.(.) = 4kR2 sin . cos. ! 1

2mgR cos . = 4kR2 cos .

"sin. ! mg

8kR

#.

L’equazione di equilibrio si riduce alla forma equivalente

cos ."sin . ! mg

8kR

#= 0

che ammette per cos . = 0 le soluzioni comunque definite

. = +#

2, . = !#

2

e per sin . = mg/8kR le ulteriori soluzioni

. = arcsin" mg

8kR

#= .& , . = # ! arcsin

" mg

8kR

#= # ! .& ,

definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia

mg

8kR< 1 . (358.2)

(b) Stabilita degli equilibriPer l’analisi di stabilita degli equilibri e dato a!darsi ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e diinversione parziale, causa la natura posizionale conservativa del sistema scleronomo. Allabase dell’analisi e il calcolo della derivata seconda del potenziale

/2U

/.2(.) = 4kR2

"cos2. ! sin2. +

mg

8kRsin .

#= 4kR2(cos2. ! sin2. + ! sin .)

in ciascuna configurazione di equilibrio, essendosi posto per brevita ! = mg/8kR.

Stefano Siboni 1827


Configurazione . = #/2In questa configurazione la derivata seconda del potenziale diventa

/2U

/.2(#/2) = 4kR2(! ! 1)

e non ha segno definito, per cui si rende necessario distinguere tre diversi casi:

+ per ! > 1 si ha /2U//.2(#/2) > 0 e l’instabilita della configurazione segue dal teoremadi inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

+ se ! < 1 risulta /2U//.2(#/2) < 0, per cui la configurazione . = #/2 viene ricono-sciuta essere un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita e assicuratadal teorema di Lagrange-Dirichlet;

+ se infine ! = 1 la derivata seconda del potenziale si annulla e, formalmente, ricorreun caso critico. La natura dell’equilibrio e determinabile ponendo . = #/2 + +nell’espressione del potenziale, che si riduce a:

U"#

2+ +

#= 4kR2

$12sin2

"#

2+ +

#! sin

"#

2+ +

#%= 4kR2

"12cos2+ ! cos +

#=

= 4kR2"1

2! 1

2sin2+ ! cos2

+

2+ sin2 +

2

#= 4kR2

"12! 2sin2 +

2cos2

+

2! 1 + 2sin2 +

2

#

ossia, semplificando,

U"#

2+ +

#= 4kR2

"!1

2+ 2sin4 +

2

#.

L’equilibrio costituisce pertanto un minimo relativo proprio del potenziale e non e pos-sibile applicare ne Lagrange-Dirichlet e la relativa inversione parziale — l’instabilitadella configurazione puo tuttavia essere provata facendo uso dell’analisi di Weierstrass.

Configurazione . = !#/2Questa configurazione rappresenta sempre un massimo relativo proprio del potenziale pervia del segno negativo della derivata seconda

/2U

/.2(!#/2) = !4kR2(! + 1) < 0

e risulta percio stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazioni . = .& e . = # ! .&

Le due configurazioni, definite soltanto per ! < 1, presentano le stesse proprieta di stabilita,essendo

/2U

/.2(.&) =

/2U

/.2(# ! .&) .

Stefano Siboni 1828


Piu precisamente, ricordando che ! = sin.&, si ha

/2U

/.2(.&) = 4kR2(cos2.& ! sin2.& + ! sin .&) = 4kR2cos2.& > 0

e si conclude che gli equilibri sono instabili per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

(c) Energia cineticaL’energia cinetica si esprime come somma delle energie cinetiche del disco D, dell’asta ABe della lamina L.

Energia cinetica del discoIl disco omogeneo e un corpo rigido con asse fisso Oz, con angolo di rotazione .. La suavelocita angolare istantanea e data da '*D = . e3 e la relativa energia cinetica si scrive

TD =12IDOz |'*D|2 =

12

mR2

2|. e3|2 =

mR2

4˙.2.

Energia cinetica dell’asta ABL’asta omogenea AB e priva di punti fissi, per cui si rende necessario calcolarne l’energiacinetica ricorrendo al teorema di Konig. A questo scopo si ricorda che il vettore posizionedel baricentro G vale

G !O =A ! O + B ! O

2=

"32

cos . e1 +12

sin. e2

#R

e la corrispondente velocita istantanea diventa

G ="!3

2sin. e1 +

12

cos . e2

#R.

con modulo quadrato

|G|2 ="9

4sin2. +

14cos2.

#R2.2 .

La velocita angolare istantanea dell’asta viene ricavata notando che OBA = ., in quantoOBA e un triangolo isoscele con OA = AB, e tenendo conto della convenzione sinistrorsa— l’asse Oz e orientato in senso uscente rispetto al piano del foglio per una terna Oxyzche, al solito, si intende ortogonale destra:

'*AB = !. e3 .

Il teorema di Konig porge allora

TAB =m

2G2 +

12IABOz |'*AB|2 =

m

2

"94sin2. +

14cos2.

#R2.2 +

12

mR2

12|! . e3|2 =

=mR2

8

"9 sin2. + cos2. +

13

#.2 =

mR2

8

"43

+ 8 sin2.#.2 = mR2

"16

+ sin2.#.2.

Stefano Siboni 1829


Energia cinetica della lamina LLa lamina L e vincolata a muoversi di moto traslatorio rettilineo e la sua velocita istantaneae identificabile con quella del suo vertice B, che ha vettore posizione

B ! O = 2R cos . e1

e soddisfa percioB = !2R sin . . e1 .

L’energia cinetica della lamina vale dunque

TL =12mB2 =

m

2|! 2R sin. . e1|2 = 2mR2sin2. .2 .

Energia cinetica del sistemaNon resta che sommare le energie cinetiche parziali di disco, asta e lamina per ottenerel’espressione dell’energia cinetica totale:

T =mR2

4˙.2+ mR2

"16

+ sin2.#.2 + 2mR2sin2. .2 = mR2

" 512

+ 3sin2.#.2.

(d) Equazioni pure del motoPoiche il sistema e olonomo e a vincoli ideali, le equazioni pure del moto si riduconoall’unica equazione di Lagrange

d

dt

"/L

/.

#! /L

/.= 0

con la lagrangiana

L = T + U = mR2" 5

12+ 3sin2.

#.2 + 2kR2sin2. ! 1

2mgR sin. .

Ricordando che le variabili . e . vanno riguardate come indipendenti nel calcolo dellerelative derivate parziali, e immediato verificare le relazioni:

/L

/.= mR2

"56

+ 6sin2.#.

d

dt

"/L

/.

#= mR2

"56

+ 6sin2.#. + 12mR2 sin. cos . .2

/L

/.= 6mR2 sin. cos . .2 + 4kR2 sin . cos . ! 1

2mgR cos .

dalle quali si deduce l’equazione pura del moto:

mR2"5

6+ 6sin2.

#. + 6mR2 sin. cos . .2 ! 4kR2 sin. cos . +

12mgR cos . = 0 .

Stefano Siboni 1830


(e) Equilibri di confineNell’ipotesi che il sistema scleronomo sia a vincoli unilaterali, con !#/4 & . & #/4,esistono due configurazioni di confine:

. = !#

4e . = +

#

4

mentre la componente lagrangiana delle sollecitazioni attive per k = mg/16R si riduce a

Q# =/U

/.(.) = 4kR2 cos .

"sin. ! mg

8kR

#= 4

mg

16RR2 cos .(sin. ! 2) =

=mgR

4cos .(sin. ! 2) $. " [!#/4,#/4] .

Si deve applicare il teorema dei lavori virtuali per stabilire se le configurazioni di confinesono o meno di equilibrio per il sistema.

Configurazione . = !#/4La configurazione e di equilibrio se e soltanto se e soddisfatta la condizione di nonnegativitadel lavoro virtuale per tutti gli spostamenti virtuali definiti nella configurazione assegnata:

Q#(!#/4) 2. & 0 $ 2. ( 0

vale a dire, piu esplicitamente,Q#(!#/4) & 0 .

Detta condizione equivale alla

mgR

41#2

"! 1#

2! 2

#& 0

e risulta ovviamente soddisfatta: la configurazione e sempre un equilibrio di confine per ilsistema.

Configurazione . = +#/4In questa posizione l’equilibrio ricorre se e soltanto se e verificata la condizione

Q#(#/4) 2. & 0 $ 2. & 0

ossiaQ#(#/4) ( 0

che, scritta in modo esplicito, diventa

mgR

41#2

" 1#2! 2

#( 0

ed e palesemente violata. Se ne deduce che la configurazione non costituisce un equilibriodi confine per il sistema.

Stefano Siboni 1831


Esercizio 359. In un sistema lineare omogeneo a coe!cienti costanti del pianol’attrattivita dell’origine ne implica la stabilitaSi consideri il sistema lineare omogeneo a coe!cienti costanti

:x1

x2

;= A

:x1

x2

;, (359.1)

con A matrice 2 1 2 reale, costante e non singolare. Si dimostri che in tutti i casi in cuil’equilibrio (x1, x2) = (0, 0) e attrattivo esso risulta anche stabile — dunque asintotica-mente stabile.

SoluzioneEssendo detA )= 0 la matrice A non ammette autovalori nulli e (x1 , x2) = (0, 0) e l’unicopunto fisso del sistema. Si noti che l’attrattivita di (0, 0) non si avrebbe per detA = 0,poiche in tal caso l’equilibrio (0, 0) non sarebbe isolato. Indicati con !1 e !2 gli autovaloridi A, la soluzione statica (x1 , x2) = (0, 0) e dunque attrattiva soltanto nei seguenti casi:

(a) !1, !2 < 0 (nodo stabile);(b) !1 = !2 = ! < 0 (nodo degenere stabile);(c) !1 = ( + i&, !2 = ( ! i&, con ( < 0 e & " R \ {0} (fuoco stabile),

che vengono esaminati separatamente uno ad uno.

Caso (a): autovalori reali distinti di segno negativoSe gli autovalori sono reali e distinti esiste una base 'v1, 'v2 di autovettori reali di A:

A'v1 = !1'v1 A'v2 = !2'v2

e la soluzione generale 'x = (x1 x2)T dell’equazione di$erenziale (359.1) puo esprimersinella forma

'x(t) = c1(t)'v1 + c2(t)'v2

che sostituita nell’equazione porge

c1'v1 + c2'v2 = A(c1'v1 + c2'v2) = c1A'v1 + c2A'v2 = !1c1'v1 + !2c2'v2

e quindi, eguagliando le componenti, si riduce a

c1 = !1c1 c2 = !2c2 . (359.2)

Non si e fatto altro che sostituire la base ortonormale e1, e2 con la nuova base di autovettori'v1, 'v2, rispetto alla quale la matrice A assume la forma diagonale: cio equivale a sostituirele coordinate x1, x2 con le nuove variabili c1, c2, rispetto alle quali le equazioni (359.1) sidisaccoppiano come indicato in (359.2). La soluzione generale per le componenti c1 e c2

diventa allorac1(t) = c1(0) e)1t c2(t) = c2(0) e)2t $ t " R ,

Stefano Siboni 1832


dove c1(0) e c2(0) sono costanti reali arbitrarie individuate dalla condizione iniziale

'x0 = 'x(0) = c1(0)'v1 + c2(0)'v2 .

La soluzione dell’equazione di$erenziale (359.1) con dato iniziale 'x0 si scrive pertanto

'x(t, 'x0) = 'x(t) = c1(0)e)1t'v1 + c2(0)e)2t'v2 $ t " R .

Dovendosi esaminare il comportamento della soluzione nel futuro, si ha chiaramente che$ t ( 0 vale

|c1(t)| =)))c1(0)e)1t

))) & |c1(0)| |c2(t)| =)))c2(0)e)2t

))) & |c2(0)| (359.3)

a causa del segno negativo di !1 e !2. Di conseguenza, $ c1(0), c2(0) " R tali che

|c1(0)| < 2 |c2(0)| < 2

con 2 > 0, si ha che

|c1(t)| < 3 e |c2(t)| < 3 $ t ( 0

a condizione di scegliere 2 & 2(3) := 3. Dal punto di vista geometrico, assumendo persemplicita e senza perdita di generalita che gli autovettori 'v1 e 'v2 siano di modulo unitario,e facile convincersi che l’insieme individuato da |c1| < 3, |c2| < 3 si identifica con ilparallelogramma aperto P (3) centrato nell’origine con i lati rispettivamente paralleli agliautovettori 'v1, 'v2 e di lunghezza 23, come messo in evidenza nella figura seguente

In virtu delle diseguaglianze (359.3) tale parallelogramma e un insieme invariante nel futuroper l’equazione di$erenziale:

'x0 " P (3) . 'x(t, 'x0) " P (3) $ t ( 0 .

Per provare formalmente la stabilita del punto fisso 'x = 0 basta percio considerare unaqualsiasi sfera aperta B(3) di centro 0 e raggio 3, collocare all’interno di questa un paral-lelogramma P (3") con 3" > 0 abbastanza piccolo e scegliere infine, all’interno di questo,una ulteriore sfera aperta B(2) sempre centrata in 0 e di raggio 2 < 3 opportuno. Per

Stefano Siboni 1833


qualsiasi 'x0 " B(2) 2 P (3") si ha 'x(t, 'x0) " P (3") 2 B(3) $ t ( 0 e la definizione di stabilitaper 'x = 0 e soddisfatta. La figura illustra la costruzione appena descritta.

Caso (b): autovalori reali coincidenti di segno negativoIn questo caso puo esistere o meno una base di R2 di autovettori 'v1, 'v2 della matrice A.Si distinguono le due fattispecie.

+ Esiste una base di autovettoriSe e definita una base 'v1, 'v2 di autovettori, la soluzione generale del sistema si ricava comenel caso precedente. Essa assume tuttavia una forma molto speciale

'x(t) = c1(0)e)t'v1 + c2(0)e)t'v2 = e)t'c1(0)'v1 + c2(0)e)t'v2

(= e)t'x(0)

in quanto la matrice A risulta, di fatto, multipla della matrice unita. Si ha di conseguenza:

|'x(t)| =))e)t'x(0)

)) = e)t|'x(0)| & |'x(0)| $ t ( 0

e quindi per ogni 'x(0) tale che |'x(0)| < 2 risulta certamente |'x(t)| & |'x(0)| < 3 $ t ( 0sempreche si assuma 2 < 2(3) := 3. Ne deriva che qualsiasi sfera B(3) di centro 0 e raggio3 e invariante nel futuro:

'x0 " B(3) . 'x(t, 'x0) " B(3) $ t ( 0 .

Stefano Siboni 1834


Cio prova la stabilita del punto fisso.

+ Non esiste una base di autovettoriQualora non sia definita alcuna base di autovettori, il teorema di Jordan assicura la pos-sibilita di costruire una base di autovettori generalizzati. Piu precisamente, e dato deter-minare un vettore 'v )= 0 per il quale risulta

(A ! !)2'v = 0 e (A ! !)'v )= 0 . (359.4)

Il sistema di vettori non nulli

'v1 = 'v e 'v2 = (A ! !)'v

fornisce la base richiesta, la cui lineare indipendenza si verifica immediatamente usando le(359.4). Si noti che mentre 'v2 e un autovettore di A in senso ordinario

(A ! !)'v2 = (A ! !)2'v = 0

lo stesso non avviene per 'v1, che soddisfa invece la relazione

(A ! !)'v1 = 'v2

e rappresenta un autovettore generalizzato della matrice A. In definitiva, i vettori di basesono caratterizzati dalle proprieta seguenti

A'v1 = !'v1 + 'v2 A'v2 = !'v2 .

Indicata allora con 'x = c1'v1 + c2'v2 la soluzione generale del sistema di$erenziale, leequazioni (359.1) si riducono a

c1'v1 + c2'v2 = c1A'v1 + c2A'v2 = c1(!'v1 + 'v2) + c2!'v2 = !c1'v1 + (!c2 + c1)'v2

e separando le componenti scalari porgono il sistema equivalente nelle nuove variabili c1,c2:

c1 = !c1 c2 = !c2 + c1 . (359.5)

La prima delle (359.5) si integra banalmente e fornisce la soluzione generale

c1(t) = c1(0)e)t ,

che sostituita nella seconda equazione (359.5) conduce all’equazione non omogenea

c2 ! !c2 = c1(0)e)t

ovvero allae!)t(c2 ! !c2) = c1(0) .

Stefano Siboni 1835


Il primo membro si riesprime come derivata di un prodotto

d

dt(e!)tc2) = c1(0)

e una integrazione in t fra 0 e t fornisce percio

e!)tc2(t) ! c2(0) = c1(0)t

ossiac2(t) = [c1(0)t + c2(0)]e)t .

La soluzione generale del sistema assume cosı la forma

'x(t) = c1(0)e)t'v1 + [c1(0)t + c2(0)]e)t'v2 (359.6)

e $ t ( 0 le sue componenti soddisfano le relazioni))c1(0)e)t

)) & |c1(0)|

))[c1(0)t + c2(0)]e)t)) & |c1(0)| sup

t&0(te)t) + |c2(0)| = |c1(0)| 1

e|!| + |c2(0)|

dalle quali segue che $ c1(0), c2(0) " R tali che

|c1(0)| < 2 e |c2(0)| < 2

deve risultare))c1(0)e)t

)) < 3 e))[c1(0)t + c2(0)]e)t

)) < 3 $ t ( 0

a condizione di scegliere

2 = 2(3) <1

1 +1

e|!|

3 .

Per ogni t ( 0 si hanno infatti le maggiorazioni:

))c1(0)e)t)) & |c1(0)| < 2 <

1

1 +1

e|!|

3 < 3

))[c1(0)t + c2(0)]e)t)) & |c1(0)| 1

e|!| + |c2(0)| < 21

e|!| + 2 =" 1

e|!| + 1#2 < 3 .

Geometricamente, questa condizione significa che per ogni parallelogramma aperto P (3) dicentro 0 e lati di lunghezza 23 diretti secondo i vettori 'v1, 'v2 — che si assumono di modulounitario — e sempre possibile individuare un secondo parallelogramma aperto P (2) con lostesso centro e i lati ugualmente orientati, di lunghezza 22 appropriata, in modo che

$ 'x0 " P (2) =. 'x(t, 'x0) " P (3) $ t ( 0 .

Stefano Siboni 1836


La struttura geometrica e la mutua collocazione dei parallelogrammi P (3) e P (2) e illu-strata nella figura seguente:

Per la prova formale della stabilita di 'x = 0 e su!ciente che per qualsiasi sfera B(3), dicentro 0 e raggio 3, si consideri un parallelogramma P (3") di lato 23" abbastanza piccolo inmodo che risulti P (3") 2 B(3). Si potra allora determinare un secondo parallelogrammaP (2"), di lato 22" su!cientemente piccolo, per il quale risulti

$ 'x0 " P (2") =. 'x(t, 'x0) " P (3") $ t ( 0

in modo che considerata una qualsiasi sfera B(2) 2 P (2"), di raggio 2, si avra

$ 'x0 " B(2) 2 P (2") =. 'x(t, 'x0) " P (3") 2 B(3) $ t ( 0

e la definizione di stabilita per 'x = 0 risultera cosı soddisfatta — vedi figura.

Stefano Siboni 1837


Caso (c): autovalori complessi coniugati con parte reale di segno negativoLa soluzione generale, sia pure in notazione complessa, si scrive come nel caso di !1 e !2

reali distinti. Per l’autovalore !1 = ( + i& si ha

A'v = (( + i&)'v (359.7)

dove per & )= 0, come ipotizzato, l’autovettore 'v deve essere a sua volta complesso. In casocontrario esso risulterebbe infatti anche autovettore associato a !2 = ( ! i&:

A'v = (A'v)& = [(( + i&)'v]& = (( ! i&)'v

circostanza che non puo presentarsi in quanto ( + i& e ( ! i& sono distinti e i relativiautovettori devono essere linearmente indipendenti. Non solo, ma 'v& e sempre identificabilecon un autovettore relativo all’autovalore !2 = ( ! i&. La soluzione generale del sistemadovrebbe percio presentarsi nella forma di una combinazione lineare a coe!cienti complessidelle due soluzioni linearmente indipendenti:

e(%+i*)t'v e e(%!i*)t'v&

che pero sono fra loro complesse coniugate. Siccome si e interessati unicamente a soluzionireali del sistema, ci si deve limitare a considerare costanti arbitrarie complesse coniugatefra loro:

'x(t) =12c1(0)e(%+i*)t'v +

12c1(0)&e(%!i*)t'v& =

12c(0)e(%+i*)t'v + compl. coniug. (359.8)

cui corrispondono due sole costanti reali arbitrarie che si possono identificare con le partireale ed immaginaria della costante c(0), ovvero con il modulo |c(0)| e l’argomento com-plesso , della stessa costante:

c(0) = |c(0)| ei+ .

Conviene introdurre la stessa notazione anche per le componenti dell’autovettore 'v:

'v =:

v1

v2

;=

:|v1| ei#1

|v2| ei#2

;(359.9)

essendo .1 e .2 gli argomenti complessi della componente v1 e della componente v2, rispet-tivamente. Si osservi che nelle ipotesi anzidette l’autovettore 'v non puo essere reale ed equindi escluso che gli argomenti .1 e .2 possano di$erire per un multiplo intero di #, giac-che in tal caso sarebbe sempre possibile considerare un autovettore 'v reale moltiplicando la(359.9) per un appropriato fattore complesso. Ne puo, per lo stesso motivo, l’autovettore'v avere componenti nulle. La soluzione generale (359.8) diventa cosı

'x(t) =12|c(0)| e%tei(*t++)

:|v1| ei#1

|v2| ei#2

;+ complesso coniugato

Stefano Siboni 1838


ossia, raccogliendo tutti i fattori di fase complessi,

'x(t) =12|c(0)| e%t

:|v1| ei(*t+++#1)

|v2| ei(*t+++#2)

;+ complesso coniugato

ed eseguendo la somma con il vettore complesso coniugato:

'x(t) = |c(0)| e%t

:|v1| cos(&t + , + .1)|v2| cos(&t + , + .2)

;. (359.10)

All’istante t = 0 si consideri allora la condizione iniziale di (359.10), definita da:

x1(0)x2(0)

;= |c(0)|

:|v1| cos(, + .1)|v2| cos(, + .2)

;. (359.11)

Queste equazioni equivalgono al sistema*++,

++-

x1(0)|c(0)||v1|

= cos(, + .1)

x2(0)|c(0)||v2|

= cos(, + .2)(359.12)

che per , assegnato a piacere in R individua una ellisse E0 di centro (x1, x2) = (0, 0).Per convincersene basta eliminare il parametro , dalle equazioni (359.12). La secondaequazione porge infatti

x2(0)|c(0)||v2|

= cos(, + .1) cos(.2 ! .1) ! sin(, + .1) sin(.2 ! .1)

e, sostituendo la prima, diventa

x2(0)|c(0)||v2|

! x1(0)|c(0)||v1|

cos(.2 ! .1) = ! sin(, + .1) sin(.2 ! .1) .

Questa equazione viene elevata al quadrato e sommata membro a membro con la primadelle (359.12), dopo aver elevato al quadrato e moltiplicato ambo i membri di questa persin2(.2 ! .1). Si ottiene cosı

$x2(0)

|c(0)||v2|! x1(0)

|c(0)||v1|cos(.2 ! .1)

%2

+x1(0)2

|c(0)|2 sin2(.2 ! .1) = sin2(.2 ! .1)

e una volta sviluppato il quadrato a primo membro e semplificato convenientemente siperviene all’equazione cartesiana

x1(0)2

|c(0)|2|v1|2+

x2(0)2

|c(0)|2|v2|2! 2

x1(0)|c(0)||v1|

x2(0)|c(0)||v2|

cos(.2 ! .1) = sin2(.2 ! .1)

nella quale il secondo membro e una costante positiva. L’equazione ottenuta e quella di

Stefano Siboni 1839


una conica con centro di simmetria nell’origine. Che si tratti di una ellisse risulta evidentedalla matrice rappresentativa della forma quadratica a primo membro:

:1 ! cos(.2 ! .1)

! cos(.2 ! .1) 1

;

che e definita positiva avendo determinante e traccia entrambi positivi. Il dato iniziale,al tempo t = 0, della soluzione generale (359.10) si colloca sull’ellisse E0. Ad un genericoistante t > 0 la soluzione (359.10) diventa

:x1(t)x2(t)

;= |c(0)|

:e%t|v1| cos(&t + , + .1)e%t|v2| cos(&t + , + .2)

;

ossia *++,

++-

x1(t)e%t|c(0)||v1|

= cos(&t + , + .1)

x2(t)e%t|c(0)||v2|

= cos(&t + , + .2)

e puo essere manipolata algebricamente come per t = 0, seguendo la procedura precedente,con le sostituzioni

, !!!!'&t + , |v1| !!!!' |v1|e%t |v2| !!!!' |v2|e%t ,

per condurre all’espressionex1(t)2

|c(0)|2|v1|2+

x2(t)2

|c(0)|2|v2|2! 2

x1(t)|c(0)||v1|

x2(t)|c(0)||v2|

cos(.2 ! .1) = sin2(.2 ! .1)e2%t

che rappresenta l’ellisse Et ottenuta da E0 applicando al piano Ox1x2 l’omotetia (x1, x2) 'e%t(x1, x2): si osservi, in particolare, che i semiassi dell’ellisse hanno una orientazionecostante nel piano Ox1x2 in quanto gli autovettori della forma quadratica a primo membrorisultano indipendenti dal tempo. Poiche e%t < 1 $ t > 0, si conclude che $ t ( 0 l’ellisseEt e inclusa nella regione ellittica chiusa contenente l’origine e delimitata da E0, luogo deipunti (x1 , x2) dove risulta soddisfatta la disequazione

x21

|c(0)|2|v1|2+

x22

|c(0)|2|v2|2! 2

x1

|c(0)||v1|x2

|c(0)||v2|cos(.2 ! .1) & sin2(.2 ! .1) .

Stefano Siboni 1840


Per provare formalmente la stabilita del punto fisso nell’origine basta considerare, per unaqualsiasi sfera B(3) di centro (x1, x2) = (0, 0) e raggio 3, una ellisse E0 completamenteracchiusa in B(3) e quindi una ulteriore sfera B(2) che sia a sua volta completamente con-tenuta nel dominio ellittico di frontiera E0, condizione che e certamente dato di soddisfareper 2 > 0 su!cientemente piccolo. Per ogni 'x0 " B(2) si ha allora che 'x(t, 'x0) " E0 $ t ( 0e di conseguenza 'x(t, 'x0) " B(3) $ t ( 0, completando cosı la dimostrazione.

Esercizio 360. Punto vincolato a una curva fissa e lisciaUn punto materiale di massa m e vincolato a scorrere senza attrito lungo la curva diequazione parametrica

P (+) ! O = a(+ + 1)2e1 + a(+ ! 1)2e2 , + " R ,

con a lunghezza positiva. Il punto e soggetto al peso — con 'g = !g e2 — e collegatoall’origine O mediante una molla ideale di costante k.

(a) Scrivere le equazioni pure del moto del sistema.(b) Determinare per quale valore di mg/ka si ha un equilibrio del sistema in + = 1/2.

Soluzione(a) Equazioni pure del motoLa parametrizzazione della curva vincolare e data dalla funzione C%

P (+) ! O = a(+ + 1)2e1 + a(+ ! 1)2e2 , $ + " R ,

che ammette le derivate prima e seconda

P "(+) = 2a(+ + 1) e1 + 2a(+ ! 1) e2 P ""(+) = 2a e1 + 2a e2 .

Stefano Siboni 1841


E evidente che la derivata prima della parametrizzazione non si annulla per alcun valoredel parametro + " R, sicche la curva deve intendersi regolare: P "(+) )= 0 rappresenta ilvettore tangente al supporto della curva nella posizione P (+) per ogni + " R.Il generico moto possibile del sistema, della forma P (t) = P [+(t)], con +(t) funzione C2 inun intervallo di tempo assegnato, ha velocita ed accelerazione istantanee:

P = P "(+) + P = P "(+) + + P ""(+)+2 .

Il postulato delle reazioni vincolari porge l’equazione

mP = !k[P (+) ! O] ! mg e2 + '"

in cui le reazioni vincolari consentite dai vincoli, privi di attrito, possono essere tutti esoli i vettori '" ortogonali alla curva vincolare nella posizione occupata dal punto materialeall’istante considerato:

'" · P "(+) = 0 .

Di conseguenza, l’equazione pura del moto si ricava proiettando l’equazione precedentelungo la direzione tangente, ossia moltiplicando scalarmente detta equazione per il vettoreP "(+) )= 0:

mP · P "(+) = !k[P (+) ! O] · P "(+) !mg e2 · P "(+) .

Tenuto conto dell’espressione di P l’equazione pura diventa

m|P "(+)|2+ + mP ""(+) · P "(+)+2 = !k[P (+)! O] · P "(+) ! mg e2 · P "(+)

e basta sostituire le relazioni che esprimono P (+) e le sue derivate per ottenere

m4a2[(+ +1)2 +(+!1)2]+ +m4a2(+ +1+!1)+2 = !k2a2[(+ +1)3 +(+!1)3]!mg2a(+!1)

ovvero8ma2(+2 + 1)+ + 8ma2+ +2 = !4ka2(+3 + 3+) ! 2mga(+ ! 1) .

Nell’equazione pura del moto cosı ottenuta puo far comodo raccogliere e semplificare ilfattore 8ma2 in ambo i membri:

(+2 + 1)+ + + +2 = ! k

m

$+3 + 3+ +

mg

4ka(+ ! 1)

%.

(b) Condizione per l’equilibrio in + = 1/2A$ermare che in + = 1/2 si abbia equilibrio significa richiedere che lo stato di quietedescritto da +(t) = 1/2 $ t " R sia una soluzione dell’equazione pura del moto, cioe chesoddisfi l’equazione algebrica:

0 = ! k

m

$18

+32

+mg

4ka

"!1

2

#%

dalla quale si deduce chemg

ka= 13 .

Stefano Siboni 1842


Esercizio 361. Geometria delle masseUn sistema si compone di: (i) un semidisco circolare S di centro O e raggio R, ubicatonel piano Oxy di una terna ortogonale Oxyz, con il diametro AB posto sull’asse Ox e ladensita areale espressa da

"(P ) =µ

#R4|P !O|2 $P " S ;

(ii) un’asta rettilinea di estremi A(R, 0, 0) e C(R, 0, R) con densita

!(P ) =µ

R2|C ! P | $P " AC .

Il simbolo µ indica una costante caratteristica avente le dimensioni di una massa.


(a) la massa ed il baricentro;(b) la matrice d’inerzia relativa a Oxyz;(c) il momento d’inerzia relativo alla retta y = x, z = 2x, precisando se questa costituisce

un asse principale d’inerzia in O del sistema.

Soluzione(a) Massa e baricentro del sistemaIl sistema e costituito da due corpi materiali disgiunti: il semidisco circolare S e l’astaAC . La massa del sistema viene quindi determinata per additivita, sommando le massedi S e di AC . Analogamente, il baricentro del sistema si calcola per mezzo del teoremadistributivo, come “baricentro dei baricentri” delle due parti componenti.

Massa del semidiscoLa massa del semidisco viene calcolata per integrazione sul dominio S della densita ". Econveniente passare al sistema di coordinate polari piane ($,%) definito da

x = $ cos % y = $ sin% , ($,%) " [0, R] 1 [0,#]

Stefano Siboni 1843


ed esprimere la massa per mezzo dell’integrale doppio:

mS =!

S

" dxdy =R!

0

d$

!!

0

d% $µ

#R4$2 =

µ

#R4

R!

0

$3d$

!!

0

d% =µ

#R4

R4

4# =

µ

4.

Baricentro del semidiscoIl baricentro del semidisco deve collocarsi lungo l’asse Oy, che costituisce infatti un ovvioasse di simmetria della superficie materiale S. Dunque

GS ! O = yS e2

con

yS =1

mS

!

S

y " dxdy =4µ

R!

0

d$

!!

0

d% $µ

#R4$2$ sin% =

=4

#R4

R!

0

$4d$

!!

0

sin % d% =4

#R4

R5

5'! cos %

(!

0=

85#

R

per cui

GS ! O =85#

R e2 .

Massa dell’astaL’asta AC e parametrizzabile come

P (z) ! O = R e1 + z e3 , z " [0, R]

per cui la massa della curva si esprime mediante l’integrale curvilineo

ma =!

AC

! ds =R!

0

µ

R2(R ! z)dz =

µ

R2

$! (R ! z)2

2

%R

0

=µ

2.

Baricentro dell’astaPer la proprieta dell’inviluppo convesso, il baricentro Ga dell’asta deve collocarsi lungo ilsegmento AC , sicche risulta:

Ga ! O = R e1 + za e3

dove

za =1

ma

!

AC

z ! ds =2µ

R!

0

zµ

R2(R ! z)dz =

2R2

R!

0

(Rz ! z2)dz =

=2

R2

$Rz2

2! z3

3

%R

0

=2

R2

"R3

2! R3

3

#=

R

3.

Stefano Siboni 1844


Pertanto:

Ga !O = R e1 +R

3e3 .

Massa del sistemaLa massa del sistema si ricava come somma delle masse di semidisco ed asta:

m = mS + ma =µ

4+

µ

2=

34µ .

Baricentro del sistemaIl teorema distributivo applicato al sistema semidisco-asta porge per il baricentro del si-stema il vettore posizione:

G !O =mS(GS ! O) + ma(Ga ! O)

mS + ma=

43µ

$µ

485#

e2 +µ

2

"R e1 +

R

3e3

#%=

=43

" 25#

e2 +12

e1 +16

e3

#R =

"23

e1 +8

15#e2 +

29

e3

#R.

(b) Matrice d’inerzia relativa a OxyzPer calcolare la matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz assegnata convienericorrere alla proprieta additiva e scrivere la matrice incognita come somma delle matricid’inerzia, relativamanete alla stessa terna Oxyz, del semidisco e dell’asta AC .

Semidisco circolareIl semidisco e collocato nel piano coordinato Oxy e la corrispondente matrice d’inerziadeve percio assumere la forma

[LSO] =

0

1LS

xx LSxy 0

LSxy LS

yy 00 0 LS

xx + LSyy

2

3

in cui compaiono i soli momenti LSxx, LS

yy e l’unico prodotto d’inerzia non banale LSxy. Il

momento d’inerzia relativo all’asse coordinato Ox si calcola immediatamente da definizione:

LSxx =

R!

0

d$

!!

0

d% $µ

#R4$2 ($ sin %)2 =

µ

#R4

!!

0

sin2% d%

R!

0

$5d$ =

=µ

#R4

!!

0

1 ! cos 2%

2d%

R6

6=

µR2

12#

$% ! sin 2%

2

%!

0

=µR2

12## =

112

µR2

Stefano Siboni 1845


mentre una analoga integrazione diretta fornisce il momento d’inerzia rispetto al secondoasse coordinato Oy:

LSyy =

R!

0

d$

!!

0

d% $µ

#R4$2($ cos %)2 =

µ

#R4

!!

0

1 + cos 2%

2d%

R!

0

$5d$ =

=µ

#R4

12

$% +

sin 2%

2

%!

0

R6

6=

112

µR2.

Quanto all’unico prodotto d’inerzia di interesse, si ha la relazione:

LSxy = !

R!

0

d$

!!

0

d% $µ

#R4$2$ cos % $ sin % =

= ! µ

#R4

R!

0

$5d$

!!

0

sin% cos % d% = ! µ

#R4

R6

6

$sin2%

2

%!

0

= 0

che si sarebbe potuta peraltro stabilire direttamente con argomenti di simmetria. E infattievidente che l’asse Oy e di simmetria per il semidisco circolare, in quanto tutti i punti di Sdisposti simmetricamente rispetto a detto asse si collocano altresı alla stessa distanza dalcentro O e presentano dunque lo stesso valore della densita " — che e funzione soltantodella distanza dal centro. D’altra parte, e ben noto dalle proprieta dell’operatore d’inerzia,che il piano di simmetria — e giacitura — Oxy costituisce un piano principale d’inerzia inO e che l’asse Oz, a tale piano perpendicolare, individua per definizione un asse principaled’inerzia in O del semidisco. Non rimane che applicare il teorema di esistenza delle terneprincipali d’inerzia — conseguente alla simmetria dell’operatore d’inerzia — per concludereche l’asse Ox, ortogonale ai precedenti, deve rappresentare un terzo asse principale d’inerziain O per S. La terna Oxyz e pertanto principale d’inerzia in O per il semidisco, come ilprecedente calcolo di Lxy ha messo in evidenza. La matrice d’inerzia del semidisco in Oxyzassume dunque la forma diagonale seguente:

[LSO] = µR2

0

11/12 0 0

0 1/12 00 0 1/6

2

3 .

Asta ACLa collocazione dell’asta AC nel piano coordinato Oxz autorizza ad assumere per la relativamatrice d’inerzia in Oxyz la forma:

[LaO] =

0

1La

xx 0 Laxz

0 Laxx + La

zz 0La

xz 0 Lazz

2

3 .

Stefano Siboni 1846


Piu precisamente, la matrice risulta:

[LaO] = µR2

0

11/12 0 !1/6

0 7/12 0!1/6 0 1/2

2

3

come e immediato verificare applicando la definizione dei vari elementi di matrice. Questisono calcolati come integrali curvilinei, assumendo per l’asta AC una parametrizzazionedella forma:

P (z) ! O = R e1 + z e3 , $ z " [0, R]

ed una densita lineare

!(z) =µ

R2(R ! z) , $ z " [0, R] .

Si ottiene cosı per il momento d’inerzia relativo a Ox l’espressione:

Laxx =

R!

0

dzµ

R2(R ! z)z2 =

µ

R2

R!

0

(Rz2 ! z3)dz =

=µ

R2

$Rz3

3! z4

4

%R

0

=µ

R2

"R4

3! R4

4

#=

112

µR2

mentre una relazione analoga porge il momento d’inerzia rispetto all’asse Oz:

Lazz =

R!

0

dzµ

R2(R ! z)R2 = µ

R!

0

(R ! z)dz = µ

$! (R ! z)2

2

%R

0

=12µR2.

Il prodotto d’inerzia residuo Laxz vale infine:

Laxz = !

R!

0

dzµ

R2(R ! z)Rz = ! µ

R

R!

0

(Rz ! z2)dz =

= ! µ

R

$Rz2

2! z3

3

%R

0

= ! µ

R

"R3

2! R3

3

#= !1

6µR2.

SistemaLa somma delle matrici d’inerzia calcolate conduce alla matrice d’inerzia del sistema:

[LO] = [LaO] + [LS

O] = µR2

0

11/12 0 !1/6

0 7/12 0!1/6 0 1/2

2

3 + µR2

0

11/12 0 0

0 1/12 00 0 1/6

2

3 =

= µR2

0

11/6 0 !1/60 2/3 0

!1/6 0 2/3

2

3 .

Stefano Siboni 1847


(c) Momento d’inerzia relativo alla retta y=x, z=2xLa retta di equazione y = x, z = 2x, passa chiaramente per l’origine O e la sua direzionee individuata dal vettore tangente:

't = e1 + e2 + 2 e3 ,

derivata della parametrizzazione

P (x) !O = x e1 + x e2 + 2x e3 , x " R .

Alla retta e cosı associato il versore tangente:

n =e1 + e2 + 2 e3

|e1 + e2 + 2 e3|=

e1 + e2 + 2 e3#6

ed il momento d’inerzia del sistema rispetto alla retta On e dato dalla nota relazionematriciale

IOn = n · LO(n) =16(1 1 2)µR2

0

11/6 0 !1/60 2/3 0

!1/6 0 2/3

2

3

0

1112

2

3 =

=16µR2

"16! 1

323

! 16

+43

#0

1112

2

3 =16µR2

"!1

6+

23

+73

#=

1736

µR2.

Si ricorda che la retta e un asse principale d’inerzia in O se e soltanto se il vettore 't eautovettore dell’operatore d’inerzia in O. Nella fattispecie si ha:

[LO]

0

1112

2

3 = µR2

0

11/6 0 !1/60 2/3 0

!1/6 0 2/3

2

3

0

1112

2

3 = µR2

0

77771

16! 1

323

!16

+43

2

88883= µR2

0

1!1/62/37/6

2

3

e il risultato non e un vettore parallelo a 't, in quanto:

))))))

e1 e2 e3

1 1 2!1/6 2/3 7/6

))))))= !1

6e1 !

32e2 +

56e3 )= 0 .

Si conclude che la retta assegnata non costituisce un asse prencipale d’inerzia in O per ilsistema.

Stefano Siboni 1848


Esercizio 362. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoIn una terna di riferimento Oxyz, un sistema pesante composto da due aste rettilineeuguali OA e AB, ognuna di lunghezza L e massa m, e vincolato a restare nel piano Oxy.L’asta OA ruota attorno all’asse Oz ed e incernierata in A all’asta AB, il cui estremo Bscorre lungo l’asse verticale Oy. La terna Oxyz ruota con velocita angolare costante *attorno ad Oy rispetto ad un riferimento inerziale. Una molla ideale di costante elasticam*2 connette A con la proiezione ortogonale P di A su Oy.

Si assumano i vincoli ideali e l’angolo . in figura come parametro lagrangiano per deter-minare del sistema:

(a) l’energia cinetica;

(b) gli equilibri;

(c) la stabilita degli equilibri;

(d) le equazioni pure del moto;

(e) gli equilibri di confine, qualora fosse imposto il vincolo |B ! O| & L — ossia #/3 &. & 2#/3.

Soluzione(a) Energia cinetica del sistemaConviene calcolare l’energia cinetica del sistema valendosi della proprieta additiva: si cal-colano separatamente le energie cinetiche dell’asta OA e dell’asta AB per poi sommare irisultati parziali cosı ottenuti.

Energia cinetica dell’asta OAL’asta OA ruota attorno all’asse fisso Oz, mantenendosi nel piano coordinato Oxy, sicchel’espressione della sua energia cinetica si scrive

TOA =12IOAOz |'*OA|2

Stefano Siboni 1849


conIOAOz =

13mL2 e '*OA = !. e3

per cui, sostituendo, si ottiene

TOA =12

mL2

3.2 =

16mL2.2 .

Energia cinetica dell’asta ABL’asta in oggetto e priva di punti fissi ed il calcolo della sua energia cinetica richiede ilricorso al teorema di Konig:

TAB =m

2G2 +

12IABGz |'*AB|2

dove il baricentro G dell’asta viene individuato dal vettore posizione

G ! O =L

2sin. e1 +

32L cos . e2

per cui la velocita istantanea dello stesso punto si scrive

G = L"1

2cos . e1 !

32

sin . e2

#.

ed ha modulo quadrato

|G|2 = L2"1

4cos2. +

94sin2.

#.2 = L2 1 + 8 sin2.

4.2

mentre il momento d’inerzia rispetto all’asse baricentrale Gz, parallelo a Oz, e la velocitaangolare istantanea del pezzo rigido sono dati dalle relazioni:

IABGz =

mL2

12e '*AB = . e3 ,

essendo ABO = BOA = . nel triangolo isoscele OAB. Pertanto:

TAB =12mL2 1 + 8 sin2.

4.2 +

12

mL2

12.2 =

=12mL2

"14

+ 2 sin2. +112

#.2 =

12mL2

"13

+ 2 sin2.#.2.

Energia cinetica del sistemaLa proprieta di additivita porge l’energia cinetica richiesta

T = TOA + TAB =12mL2

"23

+ 2 sin2.#.2.

Stefano Siboni 1850


(b) EquilibriIl sistema in esame e scleronomo, a vincoli bilaterali ideali e soggetto unicamente a sol-lecitazioni attive di natura posizionale conservativa. I suoi equilibri — tutti ordinari — siidentificano pertanto con tutti e soli i punti critici del potenziale del sistema, che consiste-ra nella somma dei potenziali parziali relativi alle forze peso, all’interazione elastica fra ipunti A e P , alle forze centrifughe. Si osservi che, al solito, le forze di Coriolis risultanosistematicamente ortogonali al piano fisso Oxy ed hanno quindi componente lagrangianaidenticamente nulla: esse non giocano alcun ruolo nel determinare il comportamento delsistema, non comparendo nelle equazioni di Lagrange.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale e a sua volta la somma dei potenziali gravitazionali parzialidelle due aste, prontamente determinabili considerando le ordinate dei rispettivi baricentri— i punti medi dei segmenti OA ed AB, rispettivamente:

Ug = UOAg + UAB

g = !mgL

2cos . ! mg

32L cos . = !2mgL cos. .

Potenziale elasticoAll’interazione elastica fra il punto A e l’applicazione ortogonale P di questo sull’asseverticale Oy e associato il potenziale elastico

Uel = !k

2|A ! P |2 = !m*2

2|L sin . e1|2 = !1

2mL2*2sin2.

essendo k = m*2 la costante elastica della molla e A ! P = L sin . e1.

Potenziale centrifugoLe due aste, avendo un estremo sull’asse di rotazione Oy e formando con questo uno stessoangolo ., forniscono un uguale contributo al potenziale centrifugo:

Ucf = 2UOAcf = 2

*2

2

L!

0

(+ sin .)2m

Ld+ =

13mL2*2sin2. .

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali gravitazionale, elastico e centrifugo teste calcolati fornisce ilpotenziale del sistema:

U(.) = Ug + Uel + Ucf = !2mgL cos. ! 16mL2*2sin2. .

Equilibri (ordinari)Gli equilibri — ordinari — del sistema scleronomo a vincoli bilaterali ideali sono i punticritici del potenziale U , vale a dire le soluzioni dell’equazione trigonometrica ottenutauguagliando a zero la derivata parziale prima

U "(.) =/U

/.(.) = 2mgL sin. ! 1

3mL2*2 sin . cos. =

13mL2*2 sin .

" 6g

L*2! cos .

#

Stefano Siboni 1851


ossiasin. (! ! cos .) = 0 ,

essendosi posto, per brevita, ! = 6g/L*2 > 0. Soluzioni dell’equazione di equilibrio sihanno per sin. = 0:

. = 0 , . = #

e sono definite per qualsiasi valore dei coe!cienti numerici caratteristici del sistema. Ul-teriori equilibri ricorrono per cos. = !:

. = arccos! = .& , . = !arccos! = !.&

e risultano definiti e distinti dai precedenti a condizione che si abbia ! < 1.

(c) Stabilita degli equilibriIn termini del parametro d’ordine ! = 6g/L*2 il potenziale del sistema si esprime nellaforma

U(.) =13mL2*2

"!! cos . ! 1

2sin2.

#

con derivata prima

U "(.) =13mL2*2(! sin . ! sin . cos.)

e derivata seconda

U ""(.) =13mL2*2(! cos . ! cos2. + sin2.) .

L’analisi di stabilita puo condursi mediante i teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversioneparziale, esaminando il segno della derivata seconda del potenziale in tutti gli equilibriordinari calcolati.

Configurazione . = 0In questa posizione di equilibrio la derivata seconda del potenziale si riduce all’espressione

U ""(0) =13mL2*2(! ! 1)

che non ha segno definito, per cui si rende necessario distinguere tre diversi casi:

+ se ! > 1, risulta U ""(0) > 0 e l’instabilita della configurazione e assicurata dal teoremadi inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

+ per ! < 1 si ha invece U ""(0) < 0, condizione che comporta il ricorrere in . = 0 di unmassimo relativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet;

+ se infine ! = 1, si verifica la condizione critica U ""(0) = 0. In tal caso si ha:

U ""(.) =13mL2*2(cos . ! cos 2.)

Stefano Siboni 1852


U (3)(.) =13mL2*2(! sin . + 2 sin 2.)

U (4)(.) =13mL2*2(! cos . + 4 cos 2.)

per cui:

U (3)(0) = 0 U (4)(0) =13mL2*2 3 = mL2*2 .

Si conclude che la configurazione . = 0 costituisce un minimo relativo proprio delpotenziale. Non e dunque possibile applicare ne Lagrange-Dirichlet ne l’inversioneparziale di Lagrange-Dirichlet — in e$etti l’instabilita dell’equilibrio si puo provarecon altri metodi, quali ad esempio l’analisi qualitativa di Weierstrass.

Configurazione . = #Nella fattispecie la derivata seconda del potenziale ha sempre segno negativo

U ""(#) = !13mL2*2(! + 1) < 0

per cui la configurazione e un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita segueal solito dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazioni . = +.& e . = !.&

In queste due configurazioni simmetriche la derivata seconda del potenziale assume lostesso valore positivo

U ""(±.&) =13mL2*2(! cos .& ! cos2.& + sin2.&) =

13mL2*2sin2.& > 0

in quanto cos .& = ! < 1. I due equilibri sono instabili per il teorema di inversione parzialedi Lagrange-Dirichlet.

(d) Equazioni pure del motoLe equazioni pure del moto sono quelle di Lagrange, e precisamente

d

dt

"/L

/.

#! /L

/.= 0

con lagrangiana

L = T + U =12mL2

"23

+ 2sin2.#.2 ! 2mgL cos. ! 1

6mL2*2sin2. .

Si hanno dunque le relazioni:/L

/.= mL2

"23

+ 2sin2.#

.

d

dt

"/L

/.

#= mL2

"23

+ 2sin2.#

. + 4mL2 sin . cos . .2

/L

/.= 2mL2 sin . cos . .2 + 2mgL sin. ! 1

3mL2*2 sin. cos .

e pertanto

mL2"2

3+ 2sin2.

#. + 2mL2 sin. cos . .2 ! 2mgL sin. +

13mL2*2 sin . cos . = 0

e l’equazione del moto cercata.

Stefano Siboni 1853


(e) Equilibri di confineLe configurazioni di confine del sistema si hanno per . = #/3 e per . = 2#/3. L’unica com-ponente lagrangiana delle forze attive, tutte posizionali conservative, e data dalla derivataparziale prima del potenziale

Q#(.) = U "(.) =13mL2*2 sin.(! ! cos .) .

Configurazione di confine . = #/3La condizione di equilibrio e data dal teorema dei lavori virtuali, che in questa configu-razione di confine assume la forma

Q#(#/3) 2. & 0 $ 2. ( 0 /. Q#(#/3) & 0

ossia

Q#(#/3) =13mL2*2

#3

2

"! ! 1

2

#& 0 .

Ne deriva che la configurazione in esame e di equilibrio se e soltanto se ! & 1/2.

Configurazione di confine . = 2#/3La condizione di equilibrio diventa in questo caso

Q#(2#/3) 2. & 0 $ 2. & 0 /. Q#(2#/3) ( 0

ovvero

Q#(2#/3) =13mL2*2

#3

2

"! +

12

#( 0

ed e quindi sempre verificata — $! > 0. In . = 2#/3 si ha comunque una configurazionedi equilibrio di confine per il sistema.

Esercizio 363. Equilibrio di un corpo appoggiatoUn corpo rigido pesante, di massa m e baricentro G(1, 1/2, 2), e appoggiato senza attritosul piano orizzontale Oxy di una terna galileiana Oxyz. La base d’appoggio del corpo ecostituita dai punti seguenti:

M1(0, 0, 0) M2(2, 0, 0) M3(1, 1, 0) M4(0, 1, 0) .

Assumendo il piano Oxy debolmente cedevole, determinare:

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

(b) le reazioni vincolari esterne all’equilibrio;

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

Stefano Siboni 1854


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

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

mentre il poligono d’appoggio si identifica con il poligono convesso di vertici M1, M2, M3,M4. E evidente dalla figura che C giace all’interno del poligono d’appoggio e caratterizzaquindi la configurazione come un equilibrio del sistema.

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

S

0

1abc

2

3 = mg

0

1xG

yG

1

2

3

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

S =

0

1Sxx Sxy Sx

Sxy Syy Sy

Sx Sy #%

2

3 =

0

15 1 31 2 23 2 4

2

3

di elementiSxx =

A

i#!

x2i = 02 + 22 + 12 + 02 = 5

Sxy =A

i#!

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

Sx =A

i#!

xi = 0 + 2 + 1 + 0 = 3

Syy =A

i#!

y2i = 02 + 02 + 12 + 12 = 2

Sy = 0 + 0 + 1 + 1 = 2

#% = 4.

Stefano Siboni 1855


Vale pertanto:0

1abc

2

3 = S!1mg

0

1xG

yG

1

2

3 = mg110

0

14 2 !42 11 !7!4 !7 9

2

3

0

1xG

yG

1

2

3 .

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

'"i = "i e3 i = 1, 2, 3, 4

dove le componenti verticali "i sono individuate in termini dei coe!cienti di struttura permezzo delle relazioni

"i = (xi yi 1)

0

1abc

2

3 =mg

10(xi yi 1)

0

14 2 !42 11 !7!4 !7 9

2

3

0

1xG

yG

1

2

3

e, a!nche ricorra in Mi una posizione di e$ettivo appoggio del corpo, devono risultarestrettamente positive. Basta allora sostituire le coordinate dei vertici Mi, i = 1, 2, 3, 4, edel centro di pressione per ottenere:

"1 =mg

10(0 0 1)

0

14 2 !42 11 !7!4 !7 9

2

3

0

11

1/21

2

3 =mg

10(!4 ! 7 9)

0

11

1/21

2

3 =320

mg

"2 =mg

10(2 0 1)

0

14 2 !42 11 !7!4 !7 9

2

3

0

11

1/21

2

3 =mg

10(4 ! 3 1)

0

11

1/21

2

3 =720

mg

"3 =mg

10(1 1 1)

0

14 2 !42 11 !7!4 !7 9

2

3

0

11

1/21

2

3 =mg

10(2 6 ! 2)

0

11

1/21

2

3 =310

mg

"4 =mg

10(0 1 1)

0

14 2 !42 11 !7!4 !7 9

2

3

0

11

1/21

2

3 =mg

10(!2 4 2)

0

11

1/21

2

3 =15mg

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

'"1 =320

mg e3'"2 =

720

mg e3'"3 =

310

mg e3'"4 =

15mg e3.

(c) Area di completo appoggioLa posizione del centro di pressione per la quale la componente '"1 della reazione vincolarein M1 risulta positiva e individuata da tutte e sole le coordinate (x, y) tali che

"1 = (0 0 1)mgS!1

0

1xy1

2

3 =mg

10(!4 ! 7 9)

0

1xy1

2

3 =mg

10(!4x ! 7y + 9) > 0.

Stefano Siboni 1856


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

"2 = (2 0 1)mgS!1

0

1xy1

2

3 =mg

10(4 ! 3 1)

0

1xy1

2

3 =mg

10(4x ! 3y + 1) > 0

"3 = (1 1 1)mgS!1

0

1xy1

2

3 =mg

10(2 6 ! 2)

0

1xy1

2

3 =mg

10(2x + 6y ! 2) > 0

"4 = (0 1 1)mgS!1

0

1xy1

2

3 =mg

10(!2 4 2)

0

1xy1

2

3 =mg

10(!2x + 4y + 2) > 0.

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

*+,

+-

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

!2x + 4y + 2 > 0

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

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

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

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

Stefano Siboni 1857


Esercizio 364. Analisi lineare della stabilita con il criterio di HurwitzUna guida circolare omogenea ,, di massa m, raggio R e centro C , e vincolata a ruotare conpunto fisso O nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz, con l’asse Oy diretto verticalmenteverso l’alto. Un punto materiale P di massa m puo scorrere liberamente, senza attrito,lungo la guida. Il sistema e pesante ed i vincoli possono assumersi ideali.

Si utilizzino gli angoli ) " R e % " R evidenziati in figura per determinare del sistema:

(a) l’espressione dell’energia cinetica relativa a Oxyz;

(b) gli equilibri ordinari;

(c) la stabilita degli equilibri ordinari;

(d) le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile;

(e) i modi normali delle piccole oscillazioni considerate al punto precedente.

Si supponga poi che in C agisca una resistenza idraulica 'FC = !&|C|C e in P unaresistenza viscosa 'FP = !,P , con &, , costanti positive assegnate e C, P velocita assolutedei punti C e P , rispettivamente. Determinare:

(f) le componenti generalizzate del sistema di forze resistenti;

(g) la natura energetica dello stesso sistema di forze;

(h) gli equilibri e le proprieta di stabilita degli stessi in presenza delle ulteriori sol-lecitazioni.

(i) Ricavare infine equilibri e relative proprieta di stabilita nell’ipotesi che le forze re-sistenti siano sostituite da una sollecitazione di componenti

D, = !&R2) e D( = 0 .

Soluzione(a) Energia cinetica del sistemaL’energia cinetica del sistema viene calcolata applicando la proprieta additiva, sommandocioe l’energia cinetica del punto materiale P e quella della guida circolare. Il vettore

Stefano Siboni 1858


posizione del punto P si esprime facilmente in termini dei parametri lagrangiani

P ! O = R(sin ) + sin%) e1 ! R(cos ) + cos %) e2

e la derivata in t di questa espressione fornisce la corrispondente velocita istantanea

P = R(cos ) ) + cos % %) e1 + R(sin ) ) + sin% %) e2

cui corrisponde l’energia cinetica

TP =m

2P 2 =

mR2

2[)2 + %2 + 2 cos() ! %) )%] .

La guida , ruota attorno all’asse fisso Oz con velocita angolare ) e3 e la sua energia cineticaha quindi la forma

T+ =12IOz|) e3|2 =

12[ICz + m|C ! O|2])2 =

12(mR2 + mR2))2 = mR2)2.

Per ottenere l’energia cinetica del sistema non rimane che sommare i termini parzialiappena calcolati:

T = TP + T+ =mR2

2[3)2 + %2 + 2 cos() ! %) )%] . (364.1)

(b) Equilibri ordinariLa sola sollecitazione attiva agente sul sistema e la forza peso, che ha natura posizionaleconservativa e puo essere descritta per mezzo del relativo potenziale. Questo e dato dallasomma di due distinti contributi, l’uno associato alla guida circolare e l’altro al puntomateriale. Il baricentro della guida ,, omogenea, cade nel centro geometrico C — evidentecentro di simmetria. Per il potenziale gravitazionale della guida si ha percio l’espressione:

U+g = !mg e2 · (C ! O) = !mg e2 · R(sin ) e1 ! cos ) e2) = mgR cos )

mentre per il punto P risulta

UPg = !mg e2 · (P ! O) = mgR(cos ) + cos %) .

Il potenziale del sistema si scrive cosı

U(),%) = U+g + UP

g = 2mgR cos ) + mgR cos % .

Per il teorema dei lavori virtuali gli equilibri del sistema sono tutti e soli i punti critici delpotenziale, che si ottengono annullando le derivate parziali prime di U :

U, = !2mgR sin ) U( = !mgR sin%

Stefano Siboni 1859


e risolvendo il sistema di equazioni trigonometriche in tal modo determinatoE

sin ) = 0sin % = 0 .

Gli equilibri risultano pertanto:

(),%) = (0, 0) , (0,#) , (#, 0) , (#,#) .

(c) Stabilita degli equilibri ordinariL’analisi di stabilita degli equilibri viene condotta mediante i teoremi di Lagrange-Dirichlete di inversione parziale, dal momento che il sistema e scleronomo, posizionale e conserva-tivo. Le derivate seconde del potenziale si scrivono

U,, = !2mgR cos ) U(( = !mgR cos % U,( = U(, = 0

e conducono alla seguente forma diagonale per la matrice hessiana di U

HU (),%) = mgR

:!2 cos ) 0

0 ! cos %

;(364.2)

dalla quale e immediato verificare che gli equilibri (),%) = (0,#), (),%) = (#, 0) e (),%) =(#,#) sono instabili, causa la presenza di almeno un autovalore positivo. La sola confi-gurazione di equilibrio stabile risulta (),%) = (0, 0), dove gli autovalori di HU (),%) sonoentrambi positivi e la funzione potenziale presenta dunque un massimo relativo proprio, alquale e applicabile il teorema di Lagrange-Dirichlet.

(d) Pulsazioni normali delle piccole oscillazioniSi vogliono determinare le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni nell’intorno dellaconfigurazione (),%) = (0, 0), l’unico equilibrio stabile del sistema. L’analisi richiede ilcalcolo della matrice hessiana del potenziale e di quella rappresentativa dell’energia cineticanella configurazione di equilibrio. La matrice hessiana del potenziale si ricava direttamentedalla (364.2):

HU (0, 0) = mgR

:!2 00 !1

;.

L’espressione (364.1) dell’energia cinetica si scrive nella forma matriciale

T =12() %)mR2

:3 cos() ! %)

cos() ! %) 1

;:)%

;

dalla quale si deduce la matrice rappresentativa dell’energia cinetica

A(),%) = mR2

:3 cos() ! %)

cos() ! %) 1

;(364.3)

Stefano Siboni 1860


che in (),%) = (0, 0) si riduce a

A(0, 0) = mR2

:3 11 1

;.

Lo studio delle piccole oscillazioni si basa sul calcolo della matrice

*2A(0, 0)+HU (0, 0) = mR2*2

:3 11 1

;+ mgR

:!2 00 !1

;=

= mR2*2

$:3 11 1

;+

g

R*2

:!2 00 !1

;%= mR2*2

:3 ! 2µ 1

1 1 ! µ

;

in cui si e convenuto di porre, per brevita, µ = g/R*2. L’equazione caratteristica dellepiccole oscillazioni det[*2A(0, 0) + HU (0, 0)] = 0 diventa allora:

(3 ! 2µ)(1 ! µ) ! 1 = 0

ossia2µ2 ! 5µ + 2 = 0

e le sue soluzioni, reali e positive, si scrivono

µ1,2 =5 ±

#25 ! 164

=5 ± 3

4=

34

2

1/2 .

A queste radici corrispondono le pulsazioni normali

*1 =4

g

Rµ1=

1#2

4g

Re *2 =

4g

Rµ2=

#24

g

R.

(e) Modi normali delle piccole oscillazioniPrimo modo normale — modo “basso”Il primo modo normale di oscillazione, quello di frequenza piu bassa, si ha per µ1 = 2,

ossia per *1 =1#2

4g

R. La matrice caratteristica delle piccole oscillazioni per questo

modo normale si scrive

*21A(0, 0) + HU (0, 0) = mR2*2

1

:3 ! 2µ1 1

1 1 ! µ1

;= mR2*2

1

:!1 11 !1

;

per cui il problema agli autovalori generalizzato che individua il vettore delle ampiezzediventa

mR2*21

:!1 11 !1

;:a1

a2

;= 0 ,

:a1

a2

;)=

:00

;,

Stefano Siboni 1861


ed equivale al sistema di equazioni algebriche lineari ed omogenee*,

-!a1 + a2 = 0

a1 ! a2 = 0

da cui si deduce a1 = a2. Il vettore delle ampiezze puo percio scegliersi del tipo:

a1

a2

;=

:11

;

e il modo normale delle piccole oscillazioni e dato dalla formula

:2)2%

;= A1

:11

;cos

" 1#2

4g

Rt + .1

#$ t " R ,

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

Secondo modo normale — modo “alto”Il secondo modo normale, di frequenza piu elevata, ricorre per µ2 = 1/2, ovvero per

*2 =#

24

g

R. In questo caso la matrice caratteristica del modo normale assume la forma

*22A(0, 0) + HU (0, 0) = mR2*2

2

:3 ! 2µ2 1

1 1 ! µ2

;= mR2*2

2

:2 11 1/2

;

e il problema agli autovalori generalizzato che specifica il relativo vettore delle ampiezze siriduce a

mR2*22

:2 11 1/2

;:a1

a2

;= 0 ,

:a1

a2

;)=

:00

;,

ovvero al sistema lineare algebrico omogeneo equivalente*,

-2a1 + a2 = 0

a1 +a2

2= 0 ,

dal quale si deduce che a2 = !2a1. Ne deriva che il vettore delle ampiezze puo assumersidel tipo :

a1

a2

;=

:1!2

;

ed il modo normale delle piccole oscillazioni risulta

:2)2%

;= A2

:1!2

;cos

"#24

g

Rt + .2

#$ t " R ,

Stefano Siboni 1862



I modi normali calcolati descrivono moti alquanto diversi dal punto di vista geometrico.Nel modo basso, infatti, i due parametri lagrangiani ) e % oscillano in fase e con la stessaampiezza attorno ai rispettivi valori di equilibrio, mentre nel modo alto i parametri la-grangiani variano sinusoidalmente in opposizione di fase e l’ampiezza di oscillazione in % edoppia rispetto a quella in ). L’andamento dei modi normali di oscillazione e confrontatonella figura seguente

(f) Componenti lagrangiane delle forze resistentiLe forze resistenti sono costituite dalla resistenza idraulica

'FC = !&|C|C

applicata in C e dalla resistenza viscosa

'FP = !,P

agente nel punto P , essendo & e , due costanti positive assegnate. Conviene senz’altro ap-plicare la proprieta di additivita e determinare separatamente le componenti generalizzatedelle due sollecitazioni, per poi sommare i risultati parziali ottenuti.

Resistenza idraulica in CLa resistenza idraulica e applicata nel punto C , la cui collocazione rispetto alla terna Oxyzviene individuata per mezzo del vettore posizione

C ! O = R(sin ) e1 ! cos ) e2) (364.4)

e la cui velocita si ricava derivando in t l’espressione precedente, per ) e % funzioni arbitrarieC2 del tempo:

C = R(cos ) e1 + sin ) e2)) .

Stefano Siboni 1863


Le derivate parziali del vettore (364.4) rispetto alle coordinate lagrangiane si scrivono:

/C

/)= R(cos ) e1 + sin ) e2)

/C

/%= 0

e consentono di calcolare immediatamente le componenti generalizzate della resistenzaidraulica:

QC, = 'FC · /C

/)= !&R3|)|) QC

( = 'FC · /C

/%= 0 . (364.5)

Resistenza viscosa in PLa resistenza viscosa agisce sul punto P individato dal vettore posizione

P ! O = R(sin ) + sin%) e1 ! R(cos ) + cos %) e2

e dotato della velocita assoluta

P = R(cos ) ) + cos % %) e1 + R(sin ) ) + sin% %) e2

con le derivate parziali prime:

/P

/)= R(cos ) e1 + sin ) e2)

/P

/%= R(cos % e1 + sin% e2) .

Per le componenti generalizzate della forza viscosa si hanno allora le espressioni:

QP, = 'FP · /P

/)= !,R2

5cos2) ) + cos ) cos % % + sin2) ) + sin ) sin% %

6=

= !,R2[) + cos() ! %) %](364.6a)

e

QP( = 'FP · /P

/%= !,R2

5cos % cos ) ) + cos2% % + sin % sin ) ) + sin2% %

6=

= !,R2[cos() ! %) ) + %] .(364.6b)

Componenti generalizzate del sistema di forze resistentiLe componenti generalizzate del sistema di forze sono date dalla somma delle componenticorrispondenti delle singole sollecitazioni, vale a dire:

D, = QC, + QP

, = !&R3|)|) ! ,R2[) + cos() ! %) %]

eD( = QC

( + QP( = !,R2[cos() ! %) ) + %] . (364.7)

Stefano Siboni 1864


(g) Natura energetica delle forze resistentiIl sistema delle sollecitazioni resistenti ha potenza data da:

# = D, ) + D( % = !&R3|)|)2 ! ,R2')2 + cos() ! %) )% + cos() ! %) )% + %2

(=

= !&R3|)|)2 ! ,R2')2 + 2 cos() ! %) )% + %2

(. (364.8)

Si osservi che la forma quadratica nelle velocita generalizzate entro parentesi quadre siscrive come

)2 + 2 cos() ! %) )% + %2 = () %):

1 cos() ! %)cos() ! %) 1

;:)%

;

e la sua matrice di rappresentazione

B(),%) =:

1 cos() ! %)cos() ! %) 1

;

e semidefinita positiva in quanto dotata di determinante non negativo

detB(),%) = 1 ! cos2() ! %) = sin2() ! %) ( 0 $ (),%) " R2

e traccia strettamente positiva

trB(),%) = 1 + 1 = 2 > 2 $ (),%) " R2 ,

per cui)2 + 2 cos() ! %) )% + %2 ( 0 $ (), %) " R2

e quindi!,R2

')2 + 2 cos() ! %) )% + %2

(& 0 $ (),%, ), %) " R4 .

Inoltre!&R3|)|)2 & 0 $ ) " R .

Se ne conclude che la potenza # risulta sempre non positiva e che pertanto la sollecitazioneha carattere dissipativo. D’altra parte l’annullarsi della potenza # equivale a richiedereche siano simultaneamente nulli i termini non positivi in & e , della potenza (364.8) e chesiano quindi soddisfatte le equazioni

*,

-!&R3|)|)2 = 0

!,R2')2 + 2 cos() ! %) )% + %2

(= 0 .

(364.9)

La prima delle (364.9) impone che si abbia ) = 0, in modo che la seconda diventa

!,R2%2 = 0

Stefano Siboni 1865


ed implica infine % = 0. La potenza del sistema di sollecitazioni resistenti si annullaunicamente per (), %) = (0, 0): la sollecitazione e completamente dissipativa.

(h) Equilibri e loro stabilita in presenza delle forze resistentiIn presenza della sollecitazione dissipativa (D,,D() le configurazioni di equilibrio del si-stema non vengono modificate rispetto a quelle calcolate considerando le sole sollecitazioniposizionali conservative: gli equilibri sono gli stessi gia ricavati al precedente punto (b). Lecomponenti D, e D( si annullano infatti simultaneamente per (), %) = (0, 0). Gli equilibri,in numero finito, sono tutti isolati e ad essi e quindi possibile applicare la forma fortedei teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale, basata sui criteri di Barbasin-Krasovskii. Gli equilibri corrispondenti a massimi relativi propri del potenziale sono asin-toticamente stabili, mentre tutti gli altri punti critici del potenziale risultano instabili.

(i) Equilibri e loro stabilita in presenza della sollecitazione alternativaSi supponga che le forze resistenti considerate al punto precedente siano sostituite da unasollecitazione di componenti

D, = !&R2) e D( = 0 (364.10)

con & costante positiva. Si tratta ancora di una sollecitazione dissipativa:

# = D, ) + D(% = !&R2)2 & 0

ma non completamente dissipativa, dal momento che

# = 0 /. !&R2)2 = 0 /. ) = 0

con % " R arbitrario. Gli equilibri rimangono percio inalterati ma per l’analisi di stabilitanon e possibile ricorrere alla forma forte dei teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inver-sione parziale. L’unico teorema direttamente applicabile e quello di Lagrange-Dirichlet,che assicura comunque la stabilita dei massimi relativi propri del potenziale. E perolecito domandarsi se detti massimi siano anche asintoticamente stabili, proprieta che ilteorema di Lagrange-Dirichlet non consente di appurare, e rimane in sospeso la questionedell’instabilita dei punti critici del potenziale che non siano massimi relativi propri, ai qualiil teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet non e applicabile: la sollecitazioneaddizionale (364.10) risulta infatti lineare in ) e non puo essere ignorata nel procedimentodi linearizzazione delle equazioni del moto, attorno allo stato di quiete, che per un sistemaposizionale conservativo conduce all’inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Si e cosıindotti a utilizzare il teorema di analisi lineare della stabilita. Le equazioni linearizzate delmoto nell’intorno di una generica configurazione di equilibrio (),%) si scrivono:

A(),%):

2)2%

;! HU (),%)

:2)2%

;=

:!&R22)

0

;

ossia, sostituendo le espressioni (364.3) e (364.2) per la matrice rappresentativa A(),%)dell’energia cinetica e per l’hessiana HU (),%) del potenziale,

mR2

:3 cos() ! %)

cos() ! %) 1

;:2)2%

;+ mgR

:2 cos ) 0

0 cos %

;:2)2%

;=

:!&R22)

0

;.

Stefano Siboni 1866


Gli autovalori delle equazioni linearizzate si ottengono considerando soluzioni della forma:

2)2%

;= e)t

:2)0

2%0

;, t " R ,

con ! e (2)0, 2%0) )= (0, 0) costanti. Cio significa richiedere che si abbia

mR2!2

:3 cos() ! %)

cos() ! %) 1

;:2)0

2%0

;+ mgR

:2 cos ) 0

0 cos %

;:2)0

2%0

;=

= !

:!&R2 0

0 0

;:2)0

2%0

;

ossia, portando a primo membro tutti i termini,

$mR2!2

:3 cos() ! %)

cos() ! %) 1

;+ !

:&R2 0

0 0

;+ mgR

:2 cos ) 0

0 cos %

;%:2)0

2%0

;= 0

e dovendo essere ()0,%0) )= (0, 0) la condizione e soddisfatta se e soltanto se la matriceentro parentesi quadre risulta non singolare

det$mR2!2

:3 cos() ! %)

cos() ! %) 1

;+ !

:&R2 0

0 0

;+ mgR

:2 cos ) 0

0 cos %

;%= 0

che e l’equazione caratteristica del sistema linearizzato. L’autovalore ! ha le dimensionifisiche del reciproco di un tempo, al pari di

&g/R, percio conviene introdurre in luogo di

! il parametro adimensionale µ definito dalla trasformazione

! =4

g

Rµ

in modo che l’equazione caratteristica si riduce a

det$µ2

:3 cos() ! %)

cos() ! %) 1

;+ µ +

:1 00 0

;+

:2 cos ) 0

0 cos %

;%= 0 , (364.11)

essendosi posto

+ =&

m

9R

g. (364.12)

Il parametro + e ovviamente positivo per definizione. E altrettanto ovvio che il segno dellaparte reale dell’autovalore ! coincide con il segno della parte reale di µ, per cui l’analisilineare di stabilita si puo condurre sul parametro adimensionale µ anziche su !. Al solitosi rende necessario esaminare separatamente le singole configurazioni di equilibrio.

Stefano Siboni 1867


Configurazione (),%) = (0, 0)In questa configurazione l’equazione caratteristica (364.11) diventa

det$µ2

:3 11 1

;+ µ +

:1 00 0

;+

:2 00 1

;%= 0

e calcolando esplicitamente il determinante a primo membro si riduce a

2µ4 + +µ3 + 5µ2 + +µ + 2 = 0 . (364.13)

Le radici di questo polinomio hanno tutte parte reale negativa per + > 0. La verifica diquesta a$ermazione non e banale, ma puo essere condotta facilmente usando il criteriodi Hurwitz. Quest’ultimo prescrive che per una equazione algebrica a coe!cienti realidella forma

a0µn + a1µ

n!1 + a2µn!2 + . . . + an!1µ + an = 0 , (364.14)

con a0 > 0, le radici hanno tutte parte reale negativa se e soltanto se tutti i minorifondamentali della matrice di Hurwitz

0

777777771

a1 a3 a5 a7 . . . 0 0a0 a2 a4 a6 . . . 0 00 a1 a3 a5 . . . 0 00 a0 a2 a4 . . . 0 0...

......

.... . .

......

0 0 0 0 . . . an!1 00 0 0 0 . . . an!2 an

2

888888883

(364.15)

sono positivi. La matrice (364.15) si ottiene assegnando preliminarmente i valori a1, a2, . . .,an agli elementi della diagonale principale; lungo ciascuna colonna, muovendo dall’elementodiagonale corrispondente, ci si sposta verso l’alto inserendo i valori ai con indici i =0, 1 . . . , n crescenti e verso il basso assegnando gli stessi valori con indici i = 0, 1 . . . , ndecrescenti, con la convenzione che sia ai = 0 per i < 0 o i > n. Nella fattispecie,l’equazione caratteristica (364.13) si scrive nella forma

a0µ4 + a1µ

3 + a2µ2 + a3µ + a4 = 0

con:a0 = 2 a1 = + a2 = 5 a3 = + a4 = 2 .

La matrice di Hurwitz corrispondente diventa cosı

0

71

a1 a3 0 0a0 a2 a4 00 a1 a3 00 a0 a2 a4

2

83 =

0

71

+ + 0 02 5 2 00 + + 00 2 5 2

2

83

Stefano Siboni 1868


e i suoi minori fondamentali risultano:

a1 = +

det:

a1 a3

a0 a2

;= det

:+ +2 5

;= 3 +

det

0

1a1 a3 0a0 a2 a4

0 a1 a3

2

3 = det

0

1+ + 02 5 20 + +

2

3 = +2

det

0

71

a1 a3 0 0a0 a2 a4 00 a1 a3 00 a0 a2 a4

2

83 = det

0

71

+ + 0 02 5 2 00 + + 00 2 5 2

2

83 = 2 +2

tutti positivi per + > 0. In base al criterio di Hurwitz si conclude pertanto che tutte lesoluzioni µ dell’equazione caratteristica (364.13) hanno parte reale negativa, come a$er-mato. In presenza della sollecitazione (364.10) l’equilibrio (),%) = (0, 0) e asintoticamentestabile per il teorema di analisi lineare della stabilita.

Configurazione (),%) = (0,#)In questo caso l’equazione caratteristica (364.11) assume la forma

det$µ2

:3 !1!1 1

;+ µ +

:1 00 0

;+

:2 00 !1

;%= 0

ovvero2µ4 + +µ3 ! µ2 ! +µ ! 2 = 0 . (364.16)

Il polinomio a primo membro presenta per + > 0 un’unica variazione sul segno dei coe!-cienti e in virtu della regola dei segni di Cartesio deve ammettere esattamente unaradice reale positiva. La regola prevede infatti che

il numero massimo di radici reali positive sia pari al numero v di variazioni sul segno deicoe!cienti ordinati per potenze decrescenti, ignorando gli eventuali coe!cienti nulli. Ilnumero e"ettivo di radici reali positive puo essere inferiore a v, nel qual caso tuttavia devedi"erire da v per un numero intero pari: v ! 2, v ! 4, . . ..

La presenza di una radice µ reale positiva autorizza a concludere che l’equilibrio risultainstabile per il teorema di analisi lineare della stabilita — che per inciso non richiede µdebba essere reale, essendo su!ciente il segno positivo della parte reale dell’autovalore.Da notare che per + > 0 abbastanza piccolo il risultato precedente appare del tutto ra-gionevole per ragioni “geometriche”. Per + = 0 si ha infatti che l’equazione caratteristica(364.16) diventa

2µ4 ! µ2 ! 2 = 0 (364.17)

che in base alla regola di Cartesio deve ammettere esattamente una radice positiva e unaradice negativa — l’equazione presenta un’unica variazione sui segni dei coe!cienti e la

Stefano Siboni 1869


situazione non cambia con la sostituzione µ ' !µ. In e$etti l’equazione biquadratica sirisolve immediatamente e porge le soluzioni:

µ1 =

91 +

#17

4µ2 = !

91 +

#17

4µ3 = i

9#17 ! 1

4µ4 = !i

9#17 ! 1

4,

delle quali una e positiva, una negativa e due immaginarie pure complesse coniugate.Data la continuita dei polinomi, per + 5 0 le radici di (364.16) devono di$erire poco daquelle di (364.17): deve dunque esistere una radice reale e positiva prossima a µ1 > 0— la radice non puo diventare complessa, poiche in tal caso anche il relativo complessoconiugato dovrebbe costituire una ulteriore radice del polinomio, certamente distinta dallealtre tre radici prossime a µ2, µ3, µ4, portando cosı a cinque il numero totale di radicidell’equazione, in palese contrasto con il teorema fondamentale dell’algebra, che per unaequazione algebrica di quarto grado stabilisce l’esistenza di esattamente quattro radici.

Configurazione (),%) = (#, 0)In questa configurazione di equilibrio l’equazione caratteristica (364.11) vale

det$µ2

:3 !1!1 1

;+ µ +

:1 00 0

;+

:!2 00 1

;%= 0

ed eseguiti i calcoli si riduce a

2µ4 + +µ3 + µ2 + +µ ! 2 = 0 .

Nell’ipotesi di + > 0 il polinomio a primo membro presenta una sola variazione sui segnidei coe!cienti e deve quindi ammettere un’unica radice reale positiva, dalla quale seguel’instabilita dell’equilibrio.

Stefano Siboni 1870


Configurazione (),%) = (#,#)Resta infine da considerare il caso (),%) = (#,#), per il quale l’equazione caratteristica(364.11) assume la forma

det$µ2

:3 11 1

;+ µ +

:1 00 0

;+

:!2 00 !1

;%= 0

vale a dire2µ4 + +µ3 ! 5µ2 ! +µ + 2 = 0 .

In questa equazione ricorrono due variazioni sul segno dei coe!cienti e la regola dei segnidi Cartesio implica che il numero di radici positive debba essere uguale a zero o a due.D’altra parte, una radice positiva esiste certamente nell’intervallo µ " (+1,+-) perche,indicato con P$(µ) il polinomio a primo membro, si ha

P$(+1) = !1 $ + > 0

mentre limµ$+%

P$(µ) = +-. Dalla regola di Cartesio si deduce l’esistenza di due radici

reali positive dell’equazione caratteristica. Ne deriva l’instabilita della configurazione diequilibrio, in virtu del teorema di analisi lineare della stabilita. Per inciso, l’equazionecaratteristica ammette anche una radice reale negativa in µ " (!-,!1) a causa dellerelazioni:

limµ$!%

P$(µ) = +- P$(!1) = !1

in modo che e facile verificare, usando ancora la regola di Cartesio con la sostituzioneµ ' !µ, che le radici reali negative di P$(µ) sono esattamente due $ + > 0 fissato.

Esercizio 365. Sollecitazioni girostatiche su un sistema scleronomoUn sistema pesante si compone di due aste rettilinee omogenee OA e AB, di egualelunghezza L e massa m, incernierate la prima nel punto fisso O e la seconda in A, evincolate a restare nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz, avente l’asse Oy direttoverticalmente verso l’alto. Nei punti A e B sono rispettivamente applicate le forze

'FA = , e3 % A e 'FB = , e3 % B ,

dove , e una costante reale non nulla e A, B indicano le velocita relative a Oxyz dei puntiA e B.

Stefano Siboni 1871


Si assumono i vincoli ideali e gli angoli . e 1 in figura come coordinate lagrangiane perdeterminare:

(a) le componenti generalizzate del sistema ('FA, A), ('FB, B), classificando questo dalpunto di vista energetico;

(b) gli equilibri del sistema;

(c) le caratteristiche di stabilita dei predetti equilibri.

Soluzione(a) Componenti generalizzate del sistema di forze non posizionali e naturaenergetica di questeLe componenti generalizzate delle forze non posizionali vanno calcolate applicando ladefinizione. Per contro, trattandosi di sistema scleronomo, e dato verificare immediata-mente che le sollecitazioni in questione hanno natura non energetica. Il calcolo dellapotenza si puo infatti eseguire direttamente in forma newtoniana e porge

# = 'FA · A + 'FB · B = , e3 % A · A + , e3 % B · B = 0 + 0 = 0 (365.1)

come a$ermato. La componente secondo . del sistema di sollecitazioni si scrive

D# = 'FA · /A

/.+ 'FB · /B

/.= , e3 % A · /A

/.+ , e3 % B · /B

/.

e dopo aver applicato la proprieta fondamentale del prodotto misto, un raccoglimento afattor comune la riduce a

D# = , e3 ·"A % /A

/.+ B · /B

/.

#.

Basta poi ricordare che A = A(.,1) e B = B(.,1) per ottenere

D# = , e3 ·$"/A

/.. +

/A

/11#% /A

/.+

"/B

/.. +

/B

/11#% /B

/.

%=

= , e3 ·$/A

/1% /A

/.+

/B

/1% /B

/.

%1 .

(365.2)

Nella fattispecie, per i vettori posizione dei punti di applicazione A e B si hanno le semplicirelazioni trigonometriche:

A !O = L(sin . e1 ! cos . e2)

B ! O = L(sin . + sin1) e1 ! L(cos . + cos 1) e2

Stefano Siboni 1872


dalle quali si deducono le espressioni delle derivate parziali prime:

/A

/1= 0

/A

/.= L(cos . e1 + sin. e2)

/B

/1= L(cos 1 e1 + sin1 e2)

/B

/.= L(cos . e1 + sin. e2)

che sostituite in (365.2) portano alla componente cercata

D# = , e3 · L(cos 1 e1 + sin 1 e2) % L(cos . e1 + sin . e2) 1 =

= ,L2

))))))

0 0 1cos 1 sin 1 0cos . sin. 0

))))))1 = ,L2(sin . cos 1 ! cos . sin1)1 = ,L2 sin(. ! 1) 1 .

Un calcolo analogo fornisce la componente D' del sistema di forze non posizionali:

D' = , e3 ·"A % /A

/1+ B % /B

/1

#= , e3 ·

/B

/.. % /B

/1=

= ,. e3 · L(cos . e1 + sin. e2) % L(cos 1 e1 + sin1 e2) =

= ,L2.

))))))

0 0 1cos . sin . 0cos 1 sin1 0

))))))= ,L2. (sin1 cos . ! cos 1 sin .) = !,L2 sin(. ! 1) . .

In definitiva, le componenti lagrangiane delle sollecitazioni non posizionali agenti sul siste-ma nei punti A e B sono date da

D# = ,L2 sin(. ! 1) 1 D' = !,L2 sin(. ! 1) . . (365.3)

Il calcolo della potenza in forma lagrangiana porge

# = D#. + D'1 = ,L2 sin(. ! 1) 1 . ! ,L2 sin(. ! 1) . 1 = 0

a conferma del risultato gia ottenuto preliminarmente in (365.1). Le forze non posizionalihanno natura non energetica; piu precisamente sono di tipo girostatico in quanto dipendonolinearmente dalle velocita generalizzate ., 1.

(b) Equilibri del sistemaLe sollecitazioni non energetiche (365.3) si annullano in condizoni statiche e dunque nonconcorro in alcun modo alla determinazione degli equilibri del sistema. I quali sono percioindividuati dalle sole sollecitazioni posizionali conservative, identificandosi con i punti cri-tici del potenziale gravitazionale — e di sistema —

U = Ug = !mg e2 ·A ! O

2! mg e2 ·

"A ! O +

B ! A

2

#=

= mgL

2cos . + mg

"L cos . +

L

2cos 1

#= mgL

"32

cos . +12

cos 1#

Stefano Siboni 1873


ossia con le soluzioni del semplice sistema trigonometrico*++++,

++++-

!32mgL sin. = 0

!12mgL sin1 = 0

che e immediato risolvere

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

(c) Stabilita degli equilibriLa presenza delle sollecitazioni non posizionali conservative (365.3) consente di applicare ilteorema di Lagrange-Dirichlet ma, in linea di principio, non quello di inversione parziale.Dalla matrice hessiana del potenziale

HU (.,1) = mgL

:!(3/2) cos . 0

0 !(1/2) cos 1

;

si deduce immediatamente che l’equilibrio (.,1) = (0, 0), nel quale entrambi gli autova-lori dell’hessiana sono negativi, e l’unico massimo relativo proprio del potenziale, la sta-bilita del quale viene assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet, anche in presenza delle(365.3). Si noti, comunque, che la stabilita di detto equilibrio non puo essere asintotica, inquanto l’eventuale attrattivita dell’equilibrio risulterebbe in contrasto con la conservazionedell’energia meccanica, che le sollecitazioni girostatiche non pregiudicano — se lo stato diquiete nella configurazione di equilibrio fosse attrattiva, l’energia meccanica dovrebbe dis-siparsi in un intorno della soluzione statica, una evidente contraddizione. In tutti gli altriequilibri del sistema la matrice hessiana del potenziale presenta almeno un autovalore po-sitivo, che pero di massima non consente di concludere alcunche circa l’instabilita di quelleconfigurazioni, a causa delle forze non energetiche applicate. E possibile ricorrere al teo-rema di analisi lineare, linearizzando le equazioni lagrangiane del moto nell’intorno di unasoluzione statica, per ciascuno dei tre equilibri in esame (.,1) = (0,#), (#, 0), (#,#). Siosservi tuttavia che intorno a tali configurazioni le componenti (365.3) delle forze giro-statiche forniscono termini di ordine superiore al primo, causa l’annullarsi di sin(. ! 1).Cosı, ad esempio, nell’intorno di (.,1) = (0,#) vale

D#(2.,# + 21) = ,L2(2. ! 21) ˙21 D'(2.,# + 21) = ,L2(2. ! 21) ˙2. ,

a meno di termini del terzo ordine in 2., 21, ˙21, ˙2.. Le sollecitazioni girostatiche ven-gono rimosse dal procedimento di linearizzazione intorno ai predetti equilibri ed agli e$ettidell’analisi lineare di tali equilibri il sistema si comporta come se fosse perfettamente po-sizionale e conservativo. Ma e ben noto che l’analisi lineare di stabilita applicata ad unsistema scleronomo posizionale conservativo equivale al teorema di inversione parziale diLagrange-Dirichlet. Si conclude cosı che la presenza di almeno un autovalore positivonell’hessiana del potenziale per i tre equilibri residui autorizza ad applicare il teorema diinversione parziale di Lagrange-Dirichlet e a riconoscere l’instabilita degli stessi equilibri.In questo modo le proprieta di stabilita degli equilibri sono caratterizzate completamente.

Stefano Siboni 1874


Esercizio 366. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. non conservativoUn sistema pesante, a vincoli ideali, si compone di due aste rettilinee omogenee eguali,di lunghezza L e massa m, vincolate a rimanere nel piano coordinato Oxy di una ternainerziale Oxyz. La prima asta ha punto fisso in O mentre il suo secondo estremo A eincernierato nel primo estremo della seconda asta. Il secondo estremo B di questa puoscorrere lungo l’asse verticale Oy, dove si muove liberamente un punto materiale P dimassa m. Due molle ideali di eguale costante elastica k congiungono rispettivamente ipunti O-B e i punti B-P .

Si faccia uso della variabile angolare 1 e della distanza adimensionalizzata s illustrate infigura per determinare del sistema:

(a) gli equilibri;

(b) le proprieta di stabilita degli equilibri;

(c) l’espressione dell’energia cinetica;

(d) le equazioni delle piccole oscillazioni nell’intorno di un equilibrio stabile a scelta;

(e) le pulsazioni e i modi normali di oscillazione nell’intorno dello stesso equilibrio stabileconsiderato al punto precedente.

Si supponga poi che sul sistema agiscano tre ulteriori sollecitazioni:

la resistenza viscosa 'FA = !&A applicata in A,

la resistenza viscosa 'FB = !&B agente in B e infine

la resistenza idraulica 'FP = !,|P |P con punto di applicazione P ,

essendo & e , costanti positive assegnate. Si vuole allora:

(f) calcolare le componenti lagrangiane delle forze supplementari, precisando la natura diciascuna di queste — in senso energetico — e della loro somma;

(g) individuare gli equilibri e discutere le loro proprieta di stabilita in presenza delleulteriori sollecitazioni — agenti simultaneamente.

Stefano Siboni 1875


Soluzione(a) EquilibriIl sistema e scleronomo e a vincoli bilaterali ideali, soggetto unicamento a sollecitazioniposizionali e conservative. La strategia per il calcolo degli equilibri consiste pertanto nelricavare il potenziale totale del sistema e determinarne i punti critici. Il potenziale delsistema sara la somma di un potenziale gravitazionale e di un potenziale elastico, associatoalle due molle O ! B e B ! P . Per il calcolo dei potenziali parziali sono molto utili leseguenti relazioni:

A ! O = L sin 1 e1 ! L cos 1 e2

B ! A = !L sin 1 e1 ! L cos 1 e2

dalle quali, per somma, si ricava il vettore posizione del punto B

B ! O = !2L cos1 e2 . (366.1)

Tenuto conto dell’orientamento del parametro s, positivo quando P si colloca al di sottodi B, il vettore posizione rispetto a B del punto materiale P si scrive invece

P !B = !Ls e2

e sommando membro a membro la relazione (366.1), porge

P ! O = !L(s + 2 cos 1) e2 . (366.2)

Potenziale delle forze pesoIl potenziale gravitazionale e la somma dei potenziali gravitazionali dell’asta OA, dell’astaAB e del punto materiale P . Le aste sono omogenee e di uguale lunghezza. Anche le massesono identiche, compresa quella del punto P . Si ha percio

Ug = !mg e2 ·A ! O

2! mg e2 ·

A ! O + B ! O

2!mg e2 · (P ! O) =

= !mg"!L

2cos 1

#! mg

12(!L cos 1 ! 2L cos 1) ! mg[!L(s + 2 cos 1)] =

=12mgL cos 1 +

32mgL cos 1 + mgL(s + 2 cos 1) = mgL(4 cos 1 + s).

Potenziale delle forze elasticheAnche per il potenziale elastico si sfrutta la proprieta additiva, sommando i potenzialiparziali delle singole molle:

Uel = !k

2(B ! O)2 ! k

2(P ! B)2 = !k

24L2cos21 ! k

2L2s2 =

= 2kL2sin21 ! k

2L2s2 ! 2kL2.

Stefano Siboni 1876


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

U(s,1) = Ug + Uel = mgL(4 cos 1 + s) ! k

2L2s2 + 2kL2sin21 . (366.3)

EquilibriGli equilibri del sistema sono i punti critici del potenziale U e si ricavano annullandosimultaneamente le derivate parziali prime di questo:

/U

/s= mgL! kL2s

/U

/1= !4mgL sin1 + 4kL2 sin1 cos 1

ossia risolvendo il sistema di equazioni algebrico-trigonometriche disaccoppiate

*,

-mgL ! kL2s = 0

kL2 sin 1"cos 1 ! mg

kL

#= 0 .

La prima equazione fornisce un valore costante di equilibrio per il parametro s

s =mg

kL:= s&

mentre dalla seconda equazione si deducono le radici

1 = 0 , 1 = # ,

sempre definite, e

1 = +arccos"mg

kL

#= +1& , 1 = !arccos

"mg

kL

#= !1&

definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia

mg/kL < 1 , (366.4)

nel qual caso risulta 1& " (0,#/2). Le configurazioni di equilibrio del sistema sono pertanto:

(s,1) = (s&, 0) , (s&,#) , (s&,1&) , (s&,!1&) .

Le prime due risultano sempre definite, mentre la terza e la quarta lo sono se e soltanto see soddisfatta la condizione di esistenza (366.4).

Stefano Siboni 1877


(b) Stabilita degli equilibriIl sistema e scleronomo posizionale conservativo e l’analisi di stabilita dei suoi equilibri puoquindi essere condotta mediante i criteri di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. Aquesto scopo si rende necessario calcolare le derivate parziali seconde del potenziale:

Uss(s,1) = !kL2 Us'(s,1) = U's(s,1) = 0

U''(s,1) = !4mgL cos1 + 4kL2(cos21 ! sin21)

cui corrisponde una matrice hessiana di forma diagonale

HU (s,1) =:!kL2 0

0 U''(s,1)

;

nella quale l’autovalore !kL2 e costantemente negativo. La stabilita o instabilita dell’equi-librio dipendono percio unicamente dal segno di U'' — di fatto, come se il sistema fossead un solo grado di liberta. Si passano in rassegna i singoli equilibri.

Configurazione (s,1) = (s&, 0)In questa configurazione la derivata parziale seconda del potenziale rispetto alla variabileangolare vale

U''(s&, 0) = !4mgL + 4kL2 = 4kL2"1 ! mg

kL

#

e non assume segno definito, per cui e necessario distinguere tre diversi casi:

! se mg/kL < 1 si ha U''(s&, 0) > 0 e l’instabilita dell’equilibrio segue dall’inversioneparziale del teorema di Lagrange-Dirichlet;

! per mg/kL > 1 risulta U''(s&, 0) < 0, per cui la configurazione si riconosce costi-tuire un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet;

! se infine mg/kL = 1 ricorre un caso critico, in quanto U''(s&, 0) = 0 e dalla formadella matrice hessiana non e possibile concludere alcunche circa la stabilita o insta-bilita dell’equilibrio. In linea di principio e aperta la possibilita di provare che ilpunto di equilibrio costituisce un massimo relativo proprio del potenziale, stabile perLagrange-Dirichlet, sebbene questa proprieta non sia desumibile dalla forma dellamatrice hessiana, che e soltanto semidefinita non definita negativa. In e$etti, permg/kL = 1 il potenziale del sistema (366.3) si riduce a

U(s,1) = kL2

$mg

kL(4 cos 1 + s) ! s2

2+ 2sin21

%= kL2

"4 cos 1 + s ! s2

2+ 2sin21

#

e puo riscriversi nella forma equivalente

U(s,1) = kL2

$4 cos 1 + 2sin21 +

12! 1

2(s ! 1)2

%

Stefano Siboni 1878


evidenziando il quadrato del binomio s ! 1. Usando poi le formule di bisezione per ilseno e il coseno di 1:

sin 1 = 2 sin1

2cos

1

2cos 1 = cos2

1

2! sin2 1

2= 1 ! 2 sin2 1

2,

si ottiene

U(s,1) = kL2

$4"1 ! 2 sin2 1

2

#+ 8 sin2 1

2cos2

1

2+

12! 1

2(s ! 1)2

%

ossia, raccogliendo i fattori comuni e semplificando,

U(s,1) = kL2

$92! 8 sin4 1

2! 1

2(s ! 1)2

%

e si conclude percio che la configurazione (s,1) = (mg/kL, 0) = (1, 0) rappresentae$ettivamente un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per il criterio diLagrange-Dirichlet.

Configurazione (s,1) = (s&,#)Nella fattispecie la derivata parziale seconda del potenziale rispetto alla variabile 1 assumesempre segno positivo

U''(s&,#) = 4mgL + 4kL2 > 0

ed implica percio l’instabilita dell’equilibrio per il teorema di inversione parziale di L.-D.— la matrice hessiana del potenziale ha esattamente un autovalore positivo.

Configurazione (s,1) = (s&,+1&)La configurazione di equilibrio e definita e distinta dalle precedenti soltanto per mg/kL < 1,essendo cos 1& = mg/kL. La derivata parziale seconda in 1 del potenziale diventa in questocaso

U''(s&,1&) = 4kL2"!mg

kLcos 1& + cos21& ! sin21&

#= !4kL2sin21& < 0

in quanto sin1& > 0 nelle condizioni anzidette. Ne deriva che la configurazione di equilibrio,quando definita, risulta stabile in quanto massimo relativo proprio del potenziale — lamatrice hessiana del potenziale ha entrambi gli autovalori negativi ed e percio definitanegativa.

Configurazione (s,1) = (s&,!1&)In questa configurazione le proprieta di stabilita sono le stesse gia verificate per la confi-gurazione simmetrica (s,1) = (s&,1&), a causa dell’evidente simmetria del potenziale

U(s,!1) = U(s,1) $ (s,1) " R2

che implica peraltro l’uguaglianza delle derivate seconde

U''(s&,!1&) = U''(s&,1&) = !4kL2sin21& < 0 .

Stefano Siboni 1879


Anche questo equilibrio, al pari del precedente, e quindi stabile.

(c) Energia cineticaL’energia cinetica viene calcolata ricorrendo alla proprieta di additivita, come somma deicontributi relativi all’asta OA, all’asta AB e al punto materiale P .

Energia cinetica dell’asta OAL’asta OA ruota attorno all’asse fisso Oz con velocita angolare 1 e3. La sua energia cineticae data percio dalla relazione

TOA =12IOAOz 12 =

12

mL2

312 =

mL2

612. (366.5)

Energia cinetica dell’asta ABL’asta AB non presenta alcun punto fisso e l’energia cinetica del suo moto piano deveessere determinata mediante il teorema di Konig:

TAB =12mG2 +

12IABGz 12

dove il momento d’inerzia rispetto all’asse baricentrale Gz vale

IABGz =

112

mL2

e il baricentro G dell’asta e individuato dal vettore posizione

G ! O =A ! O + B ! O

2=

L sin 1 e1 ! L cos 1 e2 ! 2L cos 1 e2

2=

=L

2sin 1 e1 !

32L cos 1 e2

per cui la corrispondente velocita istantanea si scrive

G ="L

2cos 1 e1 +

32L sin 1 e2

#1

e il suo modulo quadrato risulta

G2 = L2"1

4cos21 +

94sin21

#12 = L2

"14

+ 2 sin21#12

sicche

TAB =mL2

2

"14

+ 2 sin21#12 +

124

mL212 =mL2

2

"13

+ 2 sin21#12. (366.6)

Stefano Siboni 1880


Energia cinetica del punto materiale PL’energia cinetica del punto materiale e espressa dalla semplice formula

TP =12mP 2

con P individuato dal vettore posizione (366.2)

P ! O = !L(s + 2 cos 1) e2

e caratterizzato dunque del vettore velocita istantanea

P = !L(s ! 2 sin1 1) e2

in modo che risultaP 2 = L2(s2 + 4 sin21 12 ! 4 sin1 s1)

ed infineTP =

mL2

2(s2 + 4 sin21 12 ! 4 sin 1 s1) (366.7)

Energia cinetica del sistemaL’energia cinetica del sistema e la somma delle espressioni (366.5), (366.6), (366.7) per leenergie cinetiche delle due aste e del punto materiale:

T = TOA +TAB +TP =mL2

612+

mL2

2

"13

+2 sin21#12 +

mL2

2(s2+4 sin21 12!4 sin 1 s1)

e raccogliendo i termini simili si riduce a

T =mL2

2

$s2 +

"23

+ 6 sin21#12 ! 4 sin 1 s1

%.

Si tratta di una forma quadratica definita positiva delle velocita generalizzate s, 1:

T =12(s 1)A(s,1)

:s1

;

con la matrice di rappresentazione

A(s,1) = mL2

>1 !2 sin1

!2 sin123

+ 6 sin21

?

, (366.8)

essenziale per lo studio delle piccole oscillazioni — e di fatto dipendente dal solo parametroangolare 1.

Stefano Siboni 1881


(d) Equazioni delle piccole oscillazioni intorno a un equilibrio stabileGli equilibri stabili del sistema si hanno in (s,1) = (s&, 0), per mg/kL > 1, e in (s,1) =(s&,±1&), a condizione che si abbia mg/kL < 1. Dal momento che uno dei parametrilagrangiani vi si annulla, e verosimile che nella prima configurazione di equilibrio i calcolirisultino piu semplici. Si conviene percio di analizzare le piccole oscillazioni nell’intornodell’equilibrio (s,1) = (s&, 0), qualora la condizione di stabilita mg/kL > 1 sia soddisfatta.La matrice di rappresentazione (366.8) dell’energia cinetica si riduce alla forma diagonale

A(s&, 0) = mL2

:1 00 2/3

;,

mentre la matrice hessiana del potenziale e gia stata valutata per l’analisi di stabilita:

HU (s&, 0) =

0

1!kL2 0

0 4kL2"1 ! mg

kL

#

2

3 = !kL2

0

11 0

0mg

kL! 1

2

3 .

Introdotte le variazioni dei parametri lagrangiani rispetto ai relativi valori di equilibrio

2s = s ! s& 21 = 1 ! 0 ,

le equazioni delle piccole oscillazioni, ottenute linearizzando le equazioni di Lagrangenell’intorno della soluzione statica, assumono la forma

mL2

:1 00 2/3

;:2s21

;+ kL2

0

11 0

0mg

kL! 1

2

3:

2s21

;= 0

ed equivalgono al sistema di equazioni disaccoppiate*,

-mL22s + kL22s = 023mL221 + kL2

"mg

kL! 1

#21 = 0 .

(e) Pulsazioni e modi normali delle piccole oscillazioniL’equazione caratteristica delle piccole oscillazioni, che individua le relative pulsazioninormali, e data da

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

ossia

det

>mL2*2 ! kL2 0

023mL2*2 ! kL2

"mg

kL! 1

#?

= 0

che calcolando il determinante si riduce all’equazione biquadratica

mL2"*2 ! k

m

# 23mL2

$*2 ! 3

2k

m

"mg

kL! 1

#%= 0 .

Stefano Siboni 1882


Le soluzioni positive in * si hanno per

*2 ! k

m= 0

e per

*2 ! 32

k

m

"mg

kL! 1

#= 0

e risultano pertanto

*1 =4

k

m*2 =

432

"mg

kL! 1

#4 k

m.

Da sottolineare che, ad onta della notazione usuale, *1 non e necessariamente la pulsazionedel modo normale “basso”, cosı come *2 non costituisce necessariamente quella del modo“alto”, avendosi:

*1 < *2 se e solo se32

"mg

kL! 1

#> 1,

*1 > *2 se e solo se32

"mg

kL! 1

#< 1, ed infine

*1 = *2 se e solo se32

"mg

kL! 1

#= 1.

Modo normale relativo a *1 =&

k/mIl problema agli autovalori generalizzato per il modo normale si scrive

'*2

1A(s&, 0) + HU (s&, 0)( : a1

a2

;= 0 ,

:a1

a2

;)=

:00

;,

ossia, esplicitamente,0

10 0

023kL2 ! kL2

"mg

kL! 1

#

2

3

0

1a1

a2

2

3 = 0 .

A questa equazione matriciale corrisponde l’unica equazione algebrica lineare in a2

23kL2

$1 ! 3

2

"mg

kL! 1

#%a2 = 0 (366.9)

che non pone alcuna condizione sulla componente a1 dell’autovettore generalizzato. Oc-corre distinguere due casi:

! se32

"mg

kL! 1

#)= 1 dalla (366.9) si deduce che a2 = 0 e che l’autovettore generalizzato

puo scegliersi nella forma :a1

a2

;=

:10

;.

Stefano Siboni 1883


Il modo normale di oscillazione e percio esprimibile come:

2s21

;= A1

:10

;cos

"4 k

mt + .1

#$ t " R ,

con A1 )= 0 e .1 costanti reali arbitrarie;

! se viceversa32

"mg

kL! 1

#= 1 l’equazione (366.9) diventa un’identita ed entrambe le

componenti a1 e a2 possono assegnarsi a piacere. In e$etti, in questo caso risulta*1 = *2 e l’equazione agli autovalori generalizzata deve descrivere entrambi i modinormali di oscillazione. Per questi si puo cosı porre, arbitrariamente,

:2s21

;=

:a1

a2

;cos

"4 k

mt + .1

#e

:2s21

;=

:a"1

a"2

;cos

"4 k

mt + .2

#

(366.10)con i vettori :

a1

a2

;e

:a"1

a"2

;(366.11)

che costituiscono una qualsiasi base di R2 e .1, .2 costanti assegnate a piacere.

Modo normale relativo a *2 =4

32

"mg

kL! 1

#4 k

mPer questo modo normale il problema agli autovalori generalizzato assume la forma

'*2

2A(s&, 0) + HU (s&, 0)( : a1

a2

;= 0 ,

:a1

a2

;)=

:00

;,

ovvero 0

71kL2

$32

"mg

kL! 1

#! 1

%0

0 0

2

83

0

1a1

a2

2

3 = 0 ,

che equivale all’unica equazione scalare

kL2

$32

"mg

kL! 1

#! 1

%a1 = 0 (366.12)

con a2 arbitrario. Per32

"mg

kL! 1

#)= 1 l’equazione (366.12) implica che sia a1 = 0 e che

l’autovettore generalizzato possa scegliersi del tipo:

a1

a2

;=

:01

;.

Il modo normale risulta pertanto:

2s21

;= A2

:01

;cos

"432

"mg

kL! 1

#4 k

mt + .2

#$ t " R ,

Stefano Siboni 1884


con A2 )= 0 e .2 costanti reali arbitrarie. Il caso32

"mg

kL! 1

#)= 1 e analogo a quello

considerato per il primo modo normale e conduce allo stesso risultato (366.10)-(366.11).

(f) Componenti lagrangiane e natura delle forze supplementariLe forze addizionali sono rappresentate dalla resistenza viscosa !&A applicata in A, dallaresistenza viscosa !&B agente in B e dalla resistenza idraulica !,|P |P , con punto diapplicazione P , essendo & e , delle costanti positive fissate.

Resistenza viscosa in ALa forza di resistenza viscosa agente sul punto A del sistema si scrive

'FA = !&A

dove il vettore posizione del punto di applicazione vale

A ! O = L(sin 1 e1 ! cos 1 e2)

e conduce alle seguenti espressioni per le componenti generalizzate di 'FA:

QAs = 'FA · /A

/s= 'FA · 0 = 0

QA' = 'FA · /A

/1= !&

/A

/11 · /A

/1= !&

))))/A

/1

))))2

1 = !&L21 .

E allora immediato verificare che la sollecitazione e di potenza non positiva

#A = QAs s + QA

' 1 = !&L212 & 0

ma non ha natura completamente dissipativa, risultando infatti

#A = 0 /. 1 = 0

per cui l’annullarsi della potenza non implica l’annullarsi di entrambe le velocita genera-lizzate s, 1.

Resistenza viscosa in BL’ulteriore forza di resistenza viscosa

'FB = !&B

e applicata nel punto B individuato dal vettore posizione

B ! O = !2L cos 1 e2

e si esprime percio esplicitamente nella forma

'FB = !&B = !&(2L sin1 1 e2) = !2&L sin1 1 e2 .

Stefano Siboni 1885


Le derivate parziali del punto di applicazione rispetto ai parametri lagrangiani sono dateda

/B

/s= 0

/B

/1= 2L sin1 e2

per cui le componenti generalizzate della forza diventano rispettivamente

QBs = 'FB · /B

/s= 0

eQB

' = 'FB · /B

/1= !& 2L sin 1 1 e2 · 2L sin 1 e2 = !4&L2sin21 1 .

La potenza della sollecitazione risulta di segno non positivo

#B = QBs s + QB

' 1 = !4&L2sin21 12 & 0

e da essa si evince che la sollecitazione ha carattere dissipativo ma non completamentedissipativo, in quanto

#B = 0 /. 1 = 0

ma s " R puo essere assegnato a piacere.

Resistenza idraulica in PLa resistenza idraulica con coe!ciente di frizione , > 0

'FP = !,|P |P

si intende applicata al punto P , la cui posizione e specificata dal vettore

P ! O = !L(s + 2 cos 1) e2 .

Derivando rispetto al tempo il generico moto possibile di P si perviene all’espressione dellarelativa velocita istantanea

P = !L(s ! 2 sin1 1) e2

mentre le derivate parziali in s e 1 sono date da:

/P

/s= !L e2

/P

/1= 2L sin 1 e2 .

Per le componenti generalizzate della sollecitazione si hanno percio le espressioni

QPs = 'FP · /P

/s= +,|P |L(s ! 2 sin 1 1) e2 · (!L e2) =

= !,L|s! 2 sin1 1|L2(s ! 2 sin 1 1)

eQP

' = 'FP · /P

/1= +,L|s ! 2 sin1 1|L(s ! 2 sin 1 1)e2 · (2L sin 1 e2) =

= 2,L|s ! 2 sin1 1|L2 sin 1(s ! 2 sin1 1) ,

Stefano Siboni 1886


dalle quali si deduce che, come ci si aspetta, la forza idraulica ha potenza non positiva

#P = QPs s + QP

' 1 = ,L3|s ! 2 sin 1 1|'!s2 + 2 sin 1 s1 + 2 sin 1 s1 ! 4 sin21 12

(=

= !,L3|s ! 2 sin 1 1|(s2 ! 4 sin 1 s1 + 4 sin21 12) =

= !,L3|s ! 2 sin 1 1|(s ! 2 sin1 1)2 & 0 .

D’altra parte l’annullarsi di detta potenza non implica a$atto l’annullarsi delle velocitageneralizzate (s, 1):

#P = 0 /. s ! 2 sin 1 1 = 0

per cui la sollecitazione e dissipativa, ma non completamente.

Sistema delle forze viscose e idraulicaLa sollecitazione complessiva ha potenza pari alla somma delle potenze non positive dellesingole sollecitazioni

# = #A + #B + #P = !&L212 ! 4&L2sin21 12 ! ,L3|s ! 2 sin 1 1|3 =

= !&L2(1 + 4 sin21)12 ! ,L3|s ! 2 sin 1 1|3 & 0

ma in questo caso # = 0 implica

*,

-(1 + 4 sin21)12 = 0

|s ! 2 sin 1 1|3 = 0 .(366.13)

La prima delle equazioni (366.13) porge 1 = 0, per cui la seconda equazione si riduce a

|s|3 = 0

ed implica s = 0. La sollecitazione totale e dunque completamente dissipativa.

(g) Equilibri e loro stabilita sotto l’azione delle forze aggiuntiveGli equilibri del sistema sono gli stessi punti critici del potenziale gia calcolati nel prece-dente punto (a); giacche in numero finito, detti equilibri sono tutti isolati. In presenzadi sollecitazioni completamente dissipative la stabilita dell’equilibrio puo essere analizzataapplicando le forme forti del teorema di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale, ovveroi criterii di Barbasin-Krasovskii. Precisamente:

! nei punti di massimo relativo proprio del potenziale si ha la stabilita asintotica delpunto di equilibrio;

! nei punti che non sono di massimo relativo proprio del potenziale e assicurata l’instabi-lita dell’equilibrio.

Stefano Siboni 1887


Esercizio 367. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. non conservativoUn disco circolare omogeneo pesante D, di centro C , raggio R e massa m, e vincolato aruotare nel piano coordinato Oxy attorno all’asse Oz di una terna cartesiana ortogonaleOxyz, essendo O sul bordo di D. La terna ruota attorno all’asse verticale Oy con velocitaangolare costante * rispetto ad un riferimento inerziale. Una molla ideale di costanteelastica k = mg/4R collega il punto A del disco, diametralmente opposto ad O, con ilpunto fisso B(0, R, 0).

Assunti i vincoli ideali e l’angolo 1 in figura come parametro lagrangiano:

(a) determinare gli equilibri del sistema;

(b) discutere la stabilita dei predetti equilibri;

(c) ricavare le equazioni delle piccole oscillazioni attorno a tutti gli equilibri stabili ecalcolare le relative frequenze normali;

(d) individuare le condizioni iniziali corrispondenti ai moti periodici del sistema, nell’ipo-tesi che sia g/R*2 = 1;

(e) caratterizzare i moti a meta asintotica del sistema, sempre assumendo g/R*2 = 1;

(f) tratteggiare il ritratto di fase del sistema per g/R*2 = 1;

(g) determinare gli equilibri del sistema, analizzandone la stabilita, nell’ipotesi che suldisco agisca un sistema addizionale di forze con risultante 'R e momento risultante inA 'MA dati da

'R = !12&R cos 1 1 e1 e 'MA = +&R21 e1 ! &R2sin21 1 e3 ,

dove & > 0 e una costante.

Stefano Siboni 1888


Soluzione(a) EquilibriQuesto sistema scleronomo, a vincoli bilateriali ideali con un grado di liberta, e sottopostounicamente a sollecitazioni posizionali conservative: il peso, l’interazione elastica fra ipunti A e B, la forza centrifuga dovuta alla scelta della terna di riferimento, che ruota convelocita angolare costante * attorno all’asse verticale Oy. A rigore, il sistema e soggettoanche all’azione delle forze di Coriolis, le quali tuttavia hanno componente lagrangianaidenticamente nulla, essendo per il generico punto P " D:

'FCoriolisP · /P

/15 !2* e2 % P · /P

/1= 2* e2 %

/P

/11 · /P

/1= 0 .

Il teorema dei lavori virtuali assicura pertanto che gli equilibri del sistema sono tutti esoltanto i punti critici del potenziale del sistema, che risultera dalla somma di un contributogravitazionale, di un termine elastico e di uno centrifugo.

Potenziale delle forze pesoIl baricentro del disco omogeneo coincide con il suo centro geometrico C , evidente centro disimmetria della figura. Si ha allora la seguente espressione per il potenziale gravitazionaledel sistema

Ug = !mg e2 · (C ! O) = !mg(!R cos 1) = mgR cos 1 .

Potenziale elasticoI vettori posizione dei punti A e B cui e agganciata la molla ideale si esprimono facilmentein termini dell’unico parametro lagrangiano 1:

A ! O = 2R sin1 e1 ! 2R cos 1 e2 B ! O = R e2

e porgono percio il vettore distanza

A ! B = 2R sin1 e1 ! R(1 + 2 cos 1) e2

dal quale, ricordando che k = mg/4R, si deduce immediatamente l’espressione del poten-ziale elastico richiesto

Uel = !k

2(A ! B)2 = !kR2

2(4 sin21 + 1 + 4 cos21 + 4 cos 1) =

= !kR2

2(5 + 4 cos 1) = !1

2mgR cos 1 + costante .

Potenziale centrifugoIl potenziale centrifugo del disco si calcola facilmente usando la formula generale ed ilteorema di Huygens-Steiner:

Ucf =*2

2IOy =

*2

2

<m[(C ! O) · e1]2 + ICy

==

=*2

2mR2sin21 +

*2

2mR2

4=

12mR2*2sin21 + costante .

Stefano Siboni 1889


Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e dato dalla somma dei potenziali gravitazionale, elastico e cen-trifugo appena calcolati; omesse le costanti additive inessenziali, si ottiene cosı l’espressione

U(1) =12mgR cos 1 +

12mR2*2sin21 .

EquilibriPer determinare i punti critici del potenziale si deve porre uguale a zero la derivata prima

U'(1) = !12mgR sin 1 + mR2*2 sin1 cos 1 = mR2*2 sin 1

"! g

2R*2+ cos 1

#

ovvero risolvere l’equazione trigonometrica

mR2*2 sin1"! g

2R*2+ cos 1

#= 0

le cui radici risultano percio11 = 0 , 12 = # ,

comunque definite, ed inoltre

13 = +arccos" g

2R*2

#:= 1& , 14 = !arccos

" g

2R*2

#= !1& ,

definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia g/2R*2 < 1 — il parametrod’ordine adimensionale e chiaramente sempre positivo, per definizione.

(b) Stabilita degli equilibriLo studio della stabilita puo essere condotto usando il teorema di Lagrange-Dirichlet ela relativa inversione parziale. A questo scopo e necessario procedere preliminarmente alcalcolo della derivata seconda del potenziale

U''(1) = !12mgR cos 1+mR2*2(cos21!sin21) = mR2*2

"! g

2R*2cos 1+cos21!sin21

#

che dovra poi essere valutata in tutte le posizioni di equilibrio determinate in precedenza.

Configurazione 1 = 11 = 0In questo punto critico la derivata seconda di U si riduce a

U''(0) = mR2*2"1 ! g

2R*2

#

ed e chiaramente una espressione senza segno definito. Occore cosı distinguere tre diversicasi:

! per g/2R*2 > 1, si ha U''(0) < 0 e la configurazione di equilibrio si riconosce essereun massimo relativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet;

Stefano Siboni 1890


! se g/2R*2 < 1, e invece U''(0) > 0, per cui l’equilibrio risulta instabile per il teoremadi inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

! se infine g/2R*2 = 1, la derivata seconda del potenziale si annulla e direttamente nonpuo concludersi alcunche circa la stabilita o meno dell’equilibrio — caso critico. Unosviluppo di Taylor al quarto ordine nell’intorno di 1 = 0 permette di verificare che ine$etti la configurazione e un massimo relativo proprio del potenziale: non si trattapercio di un caso propriamente critico, dal momento che la stabilita puo comunque es-sere dedotta dal teorema di Lagrange-Dirichlet, per quanto non direttamente mediantel’esame della derivata seconda.

Configurazione 1 = 12 = #L’equilibrio risulta sempre instabile per l’inversione parziale del teorema di Lagrange-Dirichlet, avendosi comunque

U''(#) = mR2*2"1 +

g

2R*2

#> 0 .

Configurazione 1 = 13 = +1&

Nella fattispecie la derivata seconda del potenziale si puo scrivere nella forma

U''(1&) = mR2*2"! g

2R*2cos 1& + cos21& ! sin21&

#= !mR2*2sin21& < 0

in quanto cos 1& = g/2R*2 e 1& " (0,#/2). Il segno negativo della derivata secondacomporta che la configurazione rappresenti un massimo relativo proprio del potenziale eche essa sia stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione 1 = 14 = !1&

In questo punto di equilibrio la derivata seconda del potenziale assume lo stesso valore giacalcolato per la configurazione simmetrica 1 = +1&:

U''(!1&) = U''(1&) = !mR2*2sin21& < 0

per cui anche le conclusioni sono le stesse: questo equilibrio e anch’esso stabile, qualemassimo relativo proprio del potenziale.

(c) Piccole oscillazioni e relative frequenze normaliLo studio delle piccole oscillazioni richiede la determinazione dell’energia cinetica del si-stema. Questa si calcola prontamente, notando che il disco omogeneo ruota con velocitaangolare 1 e3 attorno all’asse fisso Oz e che il momento d’inerzia IOz del corpo rispettoall’asse di rotazione puo ricavarsi ricorrendo al teorema di Huygens-Steiner:

T =12IOz |1e3|2 =

125m|C ! O|2 + ICz

612 =

=12

"mR2 +

mR2

2

#12 =

34mR212 =

12A(1)12 .

Stefano Siboni 1891


Poiche il sistema e ad un solo grado di liberta, la matrice dell’energia cinetica si riduce aduna semplice funzione scalare — matrice 1 1 1 — e risulta pure indipendente da 1:

A(1) =32mR2.

Gli equilibri stabili da analizzare si hanno per 1 = 0, sempreche sia g/2R*2 > 1, per1 = +1& e per 1 = !1& — quando definiti. Li si esamina uno ad uno.

Configurazione 1 = 0 per g/2R*2 > 1L’equazione delle piccole oscillazioni assume la forma

A(0)1 ! U''(0)1 = 0

e sostituendo i coe!cienti A(0), U''(0) si riduce a

32mR21 + mR2*2

" g

2R*2! 1

#1 = 0

ossia, equivalentemente,

1 +23

" g

2R*2! 1

#*21 = 0 .

La pulsazione normale delle piccole oscillazioni intorno a 1 = 0 e quindi

*1 =4

23

" g

2R*2! 1

#|*|

e la frequenza normale corrispondente vale

41 =*1

2#=

423

" g

2R*2! 1

# |*|2#

.

Configurazione 1 = 1& per g/2R*2 < 1Posto 21 = 1 ! 1&, si ha

A(1&) 21 ! U''(1&)21 = 0

e quindi32mR2 21 + mR2*2sin21& 21 = 0

o ancora21 +

23*2sin21& 21 = 0 .

La pulsazione normale delle piccole oscillazioni attorno all’equilibrio 1 = +1& diventapercio

*1 =4

23

sin 1& |*| =4

23

41 !

" g

2R*2

#2|*|

Stefano Siboni 1892


e ad essa corrisponde la frequenza normale

41 =*1

2#=

423

41 !

" g

2R*2

#2 |*|2#

.

Configurazione 1 = !1& per g/2R*2 < 1Come gia osservato nella discussione della stabilita, la derivata seconda del potenziale as-sume lo stesso valore in entrambe le configurazioni 1 = 1& e 1 = !1&. L’analisi delle piccoleoscillazioni conduce pertanto alle stesse conclusioni per quel che riguarda l’equazione deipiccoli moti, la pulsazione normale e la frequenza normale, salvo per il fatto che lo scosta-mento di 1 deve essere ora calcolato rispetto al nuovo valore di equilibrio:

21 = 1 ! (!1&) = 1 + 1& .

(d) Moti periodici per g/R*2 = 1Il sistema e scleronomo posizionale conservativo e ad un solo grado di liberta. L’andamentoqualitativo dei suoi moti puo quindi essere analizzato ricorrendo alla discussione di Weier-strass. Per g/R*2 = 1 l’energia potenziale si riduce a

W (1) = !U(1) = !mR2*2" g

2R*2cos 1 +

12

sin21#

= !mR2*2"1

2cos 1 +

12

sin21#

e oltre a risultare chiaramente periodica di periodo 2#, ammette la derivata prima

W'(1) = mR2*2"1

2sin 1 ! sin 1 cos 1

#= mR2*2 sin 1

"12! cos 1

#

con i punti critici:1 = 0 , # , +

#

3, !#

3nei quali la derivata seconda

W''(1) = mR2*2"1

2cos 1 ! cos21 + sin21

#

assume i valori:

W''(0) = !12mR2*2 W''(#) = !3

2mR2*2

W''(+#/3) =34mR2*2 W''(!#/3) =

34mR2*2 .

Si riconoscono cosı in 1 = 0 e 1 = # due massimi relativi propri dell’energia potenziale,mentre 1 = +#/3 e 1 = !#/3 sono minimi relativi propri della stessa funzione. I valoridell’energia potenziale nei punti critici sono i seguenti:

W (0) = !12mR2*2 W (#) = +

12mR2*2

Stefano Siboni 1893


W"#

3

#= !5

8mR2*2 W

"!#

3

#= !5

8mR2*2.

Nella discussione di Weierstrass basta considerare l’energia potenziale adimensionalizzataW (1)/mR2*2, in cui l’inessenziale fattore positivo mR2*2 e soppresso. L’energia poten-ziale adimensionalizzata del sistema ha percio il grafico illustrato nella figura seguente:

L’energia meccanica del sistema si scrive infine:

H(1, 1) =34mR212 !mR2*2

"12

cos 1 +12

sin21#.

Dall’andamento del grafico di W (1) e dai criteri di Weierstrass si deduce allora che i motiperiodici del sistema ricorrono per tutti e soltanto i valori iniziali di (1, 1) tali che

W"±#

3

#= !5

8mR2*2 < H(1, 1) < !1

2mR2*2 = W (0)

oppure per

W (0) = !12mR2*2 < H(1, 1) <

12mR2*2 = W (#) .

(e) Moti a meta asintotica per g/R*2 = 1I moti a meta asintotica ricorrono per tutti i dati iniziali con energia pari all’energiameccanica nei punti di massimo relativo proprio, a condizione che la velocita iniziale 1 siadiversa da zero. L’insieme delle condizioni iniziali utili e quindi rappresentato dall’unionedi B

(1, 1) " R2 : H(1, 1) = !12mR2*2 , 1 )= 0

C

con B(1, 1) " R2 : H(1, 1) = +

12mR2*2 , 1 )= 0

C.

Stefano Siboni 1894


(f) Ritratto di fase per g/R*2 = 1I criteri di Weierstrass applicati al grafico dell’energia potenziale W (1) permettono distabilire le seguenti caratteristiche delle soluzioni, in base al valore E dell’energia meccanicadel sistema:

! per E = E1 = W (±#/3) = !(5/8)mR2*2 i moti del sistema sono dati unicamentedagli stati di quiete nelle posizioni di equilibrio 1 = !#/3 e 1 = +#/3, nel piano dellefasi rappresentati da punti fissi di pari ascissa collocati lungo l’asse 1 = 0;

! per E = E2, con !(5/8)mR2*2 < E2 < !(1/2)mR2*2, si hanno due moti periodicilocalizzati l’uno nell’intervallo 1 " (!#, 0) e l’altro in 1 " (0,#), corrispondenti adorbite chiuse nel piano delle fasi che circondano i punti fissi (1, 1) = (!#/3, 0) e(1, 1) = (+#/3, 0) rispettivamente;

! se E = E3 = W (0) = !(1/2)mR2*2 si ottengono lo stato di quiete nella posizionedi equilibrio instabile 1 = 0 per 1 = 0 e due moti a meta asintotica — nello stessopunto — in ogni altro caso. Queste due ulteriori soluzioni corrispondono ad altrettanteorbite omocline, in quanto convergenti a (1, 1) = (0, 0) tanto per t ' +- quanto pert ' !-;

! per E = E4 compreso fra W (0) = !(1/2)mR2*2 e W (#) = +(1/2)mR2*2 — stretta-mente — l’unico moto individuato e periodico, con 1 contenuto nell’intervallo (!#,#).Da notare che in corrispondenza di 1 = 0 a causa del picco di energia potenziale deveosservarsi una riduzione dell’energia cinetica del moto e dunque un avvicinamentodell’orbita all’asse delle ascisse 1 nel piano delle fasi;

! se E = E5 = W (#) = +(1/2)mR2*2 si hanno gli stati di quiete in 1 = # e 1 = !#,per 1 = 0 all’istante iniziale, e moti asintotici in ogni altro caso. Nella fattispecie leseparatrici che si ottengono sono orbite eterocline, convergendo verso (1, 1) = (+#, 0)nel limite t ' +- e a (1, 1) = (!#, 0) per t ' !- qualora sia inizialmente 1 > 0, oviceversa per velocita iniziale negativa;

! se infine E = E6 > W (#) = (1/2)mR2*2, si ottengono moti indefinitamente pro-gressivi per velocita iniziali positive e indefinitamente retrogradi per velocita inizialinegative. Il valore fissato dell’energia risulta infatti superiore al massimo assolutoW (#) dell’energia potenziale e non e definita alcuna intersezione fra il grafico di W (1)e la retta orizzontale di ordinata E6 rappresentativa del livello di energia del sistema.Conseguentemente, non esiste alcun candidato al ruolo di punto di inversione del motoo di meta asintotica.

Si osservi infine che a causa della periodicita del potenziale, periodico con periodo 2#, ilritratto di fase e costituito da infinite “strisce” identiche del tipo

{(1, 1) " R2 : 1 " [2#n, 2#(n + 1)) , 1 " R}

con n intero arbitrario. I risultati della precedente analisi di Weierstrass possono essere cosıriassunti nel ritratto di fase illustrato in figura, dove per brevita l’energia e rappresentatain unita mR2*2.

Stefano Siboni 1895


(g) Sistema addizionale di forze attiveIl sistema delle sollecitazioni addizionali agenti sul disco circolare, in moto rigido piano inOxy, e completamente caratterizzato dal risultante

'R = !12&R cos 1 1 e1

e dal momento risultante in A:

'MA = +&R21 e1 ! &R2sin21 1 e3

con & > 0 costante. La natura energetica di questo sistema di sollecitazioni non appareevidente, per cui si rende necessario calcolare l’unica componente lagrangiana D' del nuovosistema di forze. Questa componente viene determinata in termini del risultante 'R e delmomento risultante 'MA delle forze applicate, nota che sia la posizione del punto A in

Stefano Siboni 1896


funzione del parametro lagrangiano 1 e l’angolo di rotazione del disco rispetto alla ternaassoluta in funzione dello stesso parametro; nella fattispecie l’angolo di rotazione coincidecon il parametro lagrangiano stesso. Si ha cosı

D' = 'R · /A

/1+ 'MA · e3

/1

/1

con A ! O = 2R sin1 e1 ! 2R cos 1 e2 e quindi

/A

/1(1) = 2R(cos 1 e1 + sin1 e2) ,

in modo che risulta

D' = !12&R cos 1 1 e1 · 2R(cos 1 e1 + sin 1 e2) + (&R21 e1 ! &R2sin21 1 e3) · e3 1 =

= !&R2cos21 1 ! &R2sin21 1 = !&R21 .

E immediato verificare che si tratta di una sollecitazione di potenza non positiva

# = D'1 = !&R212 & 0

e che anzi la potenza si annulla soltanto a velocita generalizzata nulla:

# = !&R212 = 0 /. 1 = 0 .

Si conclude pertanto che la sollecitazione addizionale ha natura completamente dissipativae che e consentito applicare la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet a tutti gliequilibri, ovviamente in numero finito e dunque isolati, del sistema: gli equilibri rimangonoinvariati rispetto al caso posizionale conservativo, quelli corrispondenti ai massimi relativipropri del potenziale sono asintoticamente stabili, instabili tutti gli altri. Piu precisamente,l’equilibrio 1 = 0 e asintoticamente stabile per g/2R*2 ( 1 ed instabile per g/2R*2 < 1;la configurazione 1 = # risulta comunque instabile, mentre gli equilibri simmetrici 1 = 1&

e 1 = !1& quando definiti sono asintoticamente stabili.

Esercizio 368. Calcolo degli equilibri con le equazioni cardinali della staticaUn sistema pesante e costituito da due aste rigide omogenee uguali, di lunghezza L e massam, vincolate a rimanere nel piano coordinato Oxy di una terna inerziale Oxyz avente l’asseverticale Oy orientato verso l’alto. L’asta OA ha l’estremo O fisso nell’origine, mentrel’estremo B della seconda asta AB e vincolato a scorrere lungo l’asse Ox; le due aste sonoincernierate fra loro nel comune estremo A e una molla ideale di costante elastica k con-

Stefano Siboni 1897


giunge i punti O e B. Le configurazioni del sistema sono individuate dall’angolo 1 in figura.Si assume infine che le reazioni vincolari esterne si riducano a due soltanto, una in O el’altra in B, e che gli attriti siano trascurabili.

Si chiede di utilizzare le equazioni cardinali della statica per:

(a) individuare le configurazioni di equilibrio del sistema nell’ipotesi che la molla sia ag-ganciata al punto O dell’asta OA — la forza elastica e dunque interna al sistema;

(b) determinare le reazioni vincolari in tutti gli stati di quiete, nelle stesse condizioni delpunto (a);

(c) ricalcolare equilibri e reazioni vincolari per gli stati di quiete nell’ipotesi che la mollasia agganciata ad un punto O" di coordinate (x, y) = (0,!3), con 3 > 0 molto piccolo— la forza elastica non agisce sull’asta OA ed e esterna al sistema.

La scelta delle reazioni vincolari esterne concentrate non assicura a priori che il sistemasia a vincoli ideali, per cui non e in generale lecito applicare il teorema dei lavori virtuali,sebbene questa possibilita non sia esclusa. Si verifichi che nella fattispecie:

(d) le stesse configurazioni di equilibrio si possono e$ettivamente determinare facendo ri-corso al teorema dei lavori virtuali — che quest’ultimo conduce cioe agli stessi risultatidelle equazioni cardinali statiche.

Soluzione(a) Equilibri nel caso la molla sia agganciata in ODal momento che non e noto se il sistema sia o meno a vincoli ideali, occorre determinare gliequilibri ricorrendo alle equazioni cardinali statiche per le parti rigide costituenti il sistema,l’asta OA e l’asta AB. Le stesse equazioni potranno consentire, in linea di principio, diricavare anche le reazioni vincolari incognite per tutti gli stati di quiete del sistema.

Equazioni cardinali statiche dell’asta OASull’asta OA agiscono il peso, la forza elastica in O, la reazione vincolare in O e unaulteriore reazione vincolare in A, dovuta all’interazione con l’asta AB in corrispondenzadella cerniera. Il sistema delle forze peso e equivalente al peso totale !mg e2 applicatonel baricentro G1 dell’asta omogenea, coincidente con il punto medio di questa. La forzaelastica e invece data dall’espressione 'Fel = k(B ! O) = 2kL cos 1 e1. Per le reazionivincolari in O e in A, infine, non puo assumersi alcuna condizione se non l’annullarsi delle

Stefano Siboni 1898


componenti lungo z, a causa dell’evidente simmetria. Si scrivera percio

'"O = "Oxe1 + "Oy e2'"A = "Axe1 + "Ay e2 ,

con "Ox, "Oy, "Ax, "Ay componenti incognite da determinare. La figura seguente mettein evidenza il sistema di forze, attive e di reazione vincolare, applicate all’asta OA.

La prima equazione cardinale della statica assume cosı la forma

'"O ! mg e2 + '"A + 2kL cos1 e1 = 0 (368.1)

dalla quale si deducono le due equazioni scalari — la componente lungo z e una banaleidentita 0 = 0:

"Ox + "Ax + 2kL cos 1 = 0 "Oy + "Ay ! mg = 0 .

Conviene impostare la seconda equazione cardinale della statica rispetto al polo O, doveagisce la reazione incognita "O, ed ottenere cosı

(O !O) % ('"O + 2kL cos1 e1) + (G1 ! O) % (!mg e2) + (A ! O) % '"A = 0

ovveroL

2(cos 1 e1 + sin1 e2) % (!mg e2) + L(cos 1 e1 + sin 1 e2) % ("Axe1 + "Ay e2) = 0

o ancora

!12mgL cos 1 e3 + L

))))))

e1 e2 e3

cos 1 sin 1 0"Ax "Ay 0

))))))= 0

ed infine!1

2mgL cos 1 + L(cos 1"Ay ! sin1"Ax) = 0 , (368.2)

che e l’unica componente significativa dell’equazione cardinale. In definitiva, le equazionicardinali statiche per l’asta OA si riducono al seguente sistema di tre equazioni scalari:

*+++,

+++-

"Ox + "Ax + 2kL cos1 = 0

"Oy + "Ay ! mg = 0

!12mg cos 1 + cos 1"Ay ! sin 1"Ax = 0 ,

(368.3)

Stefano Siboni 1899


nell’ultima delle quali e stato soppresso l’inessenziale fattore comune L.

Equazioni cardinali statiche dell’asta ABL’asta AB e sottoposta all’azione della forza peso, della reazione vincolare e dell’interazioneelastica in B, della reazione vincolare in A. Poiche gli attriti si suppongono trascurabili,la reazione vincolare in B deve assumere la forma

'"B = "B e2 ,

mentre la reazione vincolare sulla cerniera in A rappresenta l’interazione con l’asta OAnello stesso punto e deve percio scriversi come

!'"A = !'"Axe1 ! '"Ay e2 ,

conformemente al principio di azione e reazione. Al solito, il sistema delle forze peso eequivalente al peso totale !mg e2 applicato nel baricentro G2 dell’asta, mentre la forzaelastica vale semplicemente !'Fel = !k(B ! O) = !2kL cos1 e1. Il sistema delle forzeagenti sull’asta AB e illustrato nella figura seguente

dove G2 si identifica con il punto medio dell’asta. La prima equazione cardinale dellastatica diventa cosı

!'"A + "B e2 ! mg e2 ! 2kL cos 1 e1 = 0

ed equivale alle due equazioni scalari

!"Ax ! 2kL cos 1 = 0 ! "Ay + "B ! mg = 0 ,

mentre la seconda equazione cardinale della statica viene scritta convenientemente rispettoal polo B — dove e applicata una delle reazioni vincolari incognite:

(B!B)%("B e2!2kL cos1 e1)+(G2!B)%(!mg e2)+(A!B)%(!"Ax e1!"Ay e2) = 0

e sostituendo le espressioni esplicite dei vettori posizione si riduce a

L

2(! cos 1 e1 + sin 1 e2) % (!mg e2) + L(! cos 1 e1 + sin1 e2) % (!"Ax e1 ! "Ay e2) = 0 .

Stefano Siboni 1900


Una volta eseguiti i prodotti vettoriali si ottiene

12mgL cos1 e3 + L(cos 1"Ay + sin 1"Ax) e3 = 0

e quindi l’unica equazione scalare

12mg cos 1 + cos 1"Ay + sin 1"Ax = 0 .

Le equazioni cardinali della statica per l’asta AB porgono percio il sistema di tre equazioniscalari: *

+++,

+++-

!"Ax ! 2kL cos1 = 0

!"Ay + "B ! mg = 012mg cos 1 + cos 1"Ay + sin 1"Ax = 0

(368.4)

che unitamente alle equazioni (368.3) costituiscono un sistema di 6 equazioni scalari nelle6 incognite "Ox, "Oy , "Ax, "Ay, "B e 1:

*+++++++++++++,

+++++++++++++-

"Ox + "Ax + 2kL cos 1 = 0 (368.5a)

"Oy + "Ay ! mg = 0 (368.5b)

!12mg cos 1 + cos1"Ay ! sin1"Ax = 0 (368.5c)

"Ax = !2kL cos 1 (368.5d)

"B = "Ay + mg (368.5e)12mg cos 1 + cos1"Ay + sin1"Ax = 0 . (368.5f)

L’equazione (368.5d) sostituita nell’equazione (368.5a) porge la nuova equazione (368.6a):

"Ox = 0 (368.6a)

mentre sostituita nell’equazione (368.5c) fornisce la nuova equazione (368.6c):

!12mg cos 1 + cos 1"Ay + 2kL sin1 cos 1 = 0 (368.6c)

e nell’equazione (368.5f) conduce a

12mg cos 1 + cos 1"Ay ! 2kL sin 1 cos 1 = 0 . (368.6f)

Sommando membro a membro le equazioni (368.6c) e (368.6f) si ha

2 cos 1"Ay = 0 , (368.7c)

Stefano Siboni 1901


mentre sottraendo le stesse equazioni si perviene alla relazione

!mg cos 1 + 4kL sin1 cos 1 = 0 . (368.7f)

Considerando le equazioni (368.6a), (368.7c), (368.7f) in luogo delle (368.5a), (368.5c),(368.5f), il sistema delle equazioni cardinali e ricondotto percio alla forma equivalente

*+++++++++++,

+++++++++++-

"Ox = 0"Oy + "Ay ! mg = 0

cos 1"Ay = 0

"Ax = !2kL cos1

"B = mg + "Ay

4kL cos1"! mg

4kL+ sin 1

#= 0

(368.8)

dove l’ultima equazione e pura e permette di ricavare gli equilibri del sistema. Piu precisa-mente, per cos 1 = 0 sono sempre definite le due radici

1 = 11 = +#

21 = 12 = !#

2(368.9)

mentre per !mg/4kL + sin1 = 0 risultano le ulteriori soluzioni

1 = 13 = arcsin(mg/4kL) 1 = 14 = # ! arcsin(mg/4kL) , (368.10)

definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia mg/4kL < 1.

(b) Reazioni vincolari negli stati di quieteIn tutte le configurazioni di equilibrio (368.9) e (368.10) e possibile considerare lo stato diquiete del sistema e calcolare per mezzo delle equazioni (368.8) le relative reazioni vincolariin O, A e B. Si discutono uno a uno i quattro equilibri.

Configurazione 1 = 11 = +#/2Le equazioni cardinali della statica, riscritte nella forma (368.8), si riducono a

*+++++++++,

+++++++++-

"Ox = 0"Oy + "Ay ! mg = 0

0 = 0

"Ax = 0

"B = mg + "Ay

0 = 0

(368.11)

Stefano Siboni 1902


e portano quindi alla soluzione

*+++++,

+++++-

"Ox = 0"Oy = mg ! "Ay

"Ax = 0

"B = mg + "Ay

(368.12)

nella quale la componente "Ay della reazione vincolare appare completamente arbitraria:il sistema e staticamente indeterminato in questa configurazione.

Configurazione 1 = 12 = !#/2Nella fattispecie le equazioni cardinali ridotte assumono ancora la forma (368.11) del casoprecedente e conducono pertanto alla stessa soluzione (368.12). Anche in questo stato diquiete il sistema risulta staticamente indeterminato.

Configurazione 1 = 13 = arcsin(mg/4kL), per mg/4kL < 1Dal momento che e certamente cos 13 > 0, le equazioni di equilibrio (368.8) diventano

*+++++++++,

+++++++++-

"Ox = 0"Oy + "Ay ! mg = 0

cos 13 "Ay = 0 /. "Ay = 0

"Ax = !2kL cos 13

"B = mg + "Ay

0 = 0

e porgono percio*++++++++,

++++++++-

"Ox = 0"Oy = mg

"Ay = 0

"Ax = !2kL cos13

"B = mg .

In questa circostanza le reazioni vincolari che realizzano lo stato di quiete del sistema sonoindividuate in modo univoco dalle equazioni cardinali statiche: il sistema e staticamentedeterminato.

Configurazione 1 = 14 = # ! arcsin(mg/4kL), per mg/4kL < 1La trattazione e analoga a quella dello stato di quiete precedente, con le equazioni (368.8)

Stefano Siboni 1903


che si riducono a*+++++++++,

+++++++++-

"Ox = 0"Oy + "Ay ! mg = 0

cos 14 "Ay = 0 /. ! cos 13 "Ay = 0 /. "Ay = 0

"Ax = !2kL cos 14 = 2kL cos 13

"B = mg + "Ay

0 = 0

e dalle quali seguono le reazioni vincolari richieste*++++++++,

++++++++-

"Ox = 0"Oy = mg

"Ay = 0

"Ax = 2kL cos 13

"B = mg .

Anche il questa configurazione il sistema risulta dunque staticamente determinato.

(c) Equilibri e reazioni vincolari nel caso la molla sia agganciata in O"

Qualora la molla sia connessa non all’origine O ma al punto O" di coordinate (x, y) =(0,!3), con 3 > 0 molto piccolo, sull’asta OA la forza elastica non agisce. La figuraillustra l’aspetto del sistema, esagerando per chiarezza il valore della distanza 3:

Nella prima equazione cardinale della statica (368.1) manca dunque il termine elastico2kL cos 1 e1, mentre la seconda equazione cardinale statica (368.2) non cambia, essendocalcolata rispetto al polo O. Per l’asta OA in luogo delle equazioni (368.3) si pervienepertanto al seguente sistema di equazioni scalari

*+++,

+++-

"Ox + "Ax = 0

"Oy + "Ay ! mg = 0

!12mg cos 1 + cos 1"Ay ! sin 1"Ax = 0 ,

Stefano Siboni 1904


in modo che il sistema completo (368.5) diventa*+++++++++++++,

+++++++++++++-

"Ox + "Ax = 0

"Oy + "Ay ! mg = 0

!12mg cos 1 + cos 1"Ay ! sin 1"Ax = 0

"Ax = !2kL cos 1

"B = "Ay + mg

12mg cos 1 + cos 1"Ay + sin 1"Ax = 0 .

Le equazioni di equilibrio coincidono con quelle gia scritte nel caso precedente salvo laprima, che implica la sostituzione dell’equazione (368.6a)

"Ox = 0

con la"Ox = !"Ax = 2kL cos1 .

La reazione vincolare in O per i vari stati di quiete va modificata di conseguenza.

(d) Equilibri calcolati con il teorema dei lavori virtualiLe stesse condizioni di equilibrio correttamente ricavate usando le equazioni cardinali dellastatica per le due aste rigide possono essere determinate facendo uso del teorema dei lavorivirtuali. Si tratta di una coincidenza accidentale, dal momento che non risulta ovvio apriori che il sistema sia e$ettivamente a vincoli ideali e che i suoi equilibri possano percioessere caratterizzati mediante il teorema dei lavori virtuali. Il sistema e scleronomo avincoli bilaterali e soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali conservative, il peso ela forza elastica fra i punti O e B. Il potenziale delle forze peso e dato dalla somma deipotenziali gravitazionali delle due aste, secondo la formula

Ug = !mg e2 · (G1 !O) !mg e2 · (G2 !O) = !12mgL sin1! 1

2mgL sin1 = !mgL sin1

mentre per il potenziale elastico si ha l’espressione

Uel = !k

2(B ! O)2 = !k

2(2L cos 1)2 = !2kL2cos21 .

Il potenziale del sistema risulta pertanto

U(1) = !mgL sin1 ! 2kL2cos21

ed i suoi punti critici — le sole configurazioni di equilibrio del sistema — sono determinatidall’equazione trigonometrica

U'(1) = !mgL cos 1 + 4kL2 cos 1 sin 1 = 4kL2 cos 1"! mg

4kL+ sin1

#= 0

Stefano Siboni 1905


che coincide ovviamente con la (368.7f).

Osservazione. Sulla deduzione dell’equazione pura di equilibrioLe equazioni cardinali statiche delle due aste, (368.5), sono lineari nelle componenti incog-nite "Ox, "Oy, "Ax, "Ay, "B delle reazioni vincolari e possono percio esprimersi nellaforma matriciale

F

GGGGGH

1 0 1 0 00 1 0 1 00 0 ! sin1 cos 1 00 0 1 0 00 0 0 !1 10 0 sin 1 cos 1 0

I

JJJJJK

F

GGGGGH

"Ox

"Oy

"Ax

"Ay

"B

I

JJJJJK=

F

GGGGGH

!2kL cos1mg

(1/2)mg cos 1!2kL cos1

mg!(1/2)mg cos 1

I

JJJJJK. (368.13)

La matrice incompleta del sistema lineare (368.13) ha 6 righe (tante quante sono leequazioni scalari da soddisfare) e 5 colonne (pari al numero di componenti incognite dellereazioni vincolari). Il rango della matrice non puo quindi essere maggiore di 5. Cio as-sicura l’esistenza di almeno una combinazione linearedi righe della matrice che ha comerisultato il vettore nullo — cioe la riga con elementi tutti nulli. Nella fattispecie, si verificafacilmente che una combinazione lineare cosi$atta e data da

3a riga! 6a riga + 2 sin1 (4a riga) = (0 0 0 0 0) .

Il termine noto corrispondente, a secondo membro, si ottiene calcolando la stessa combi-nazione lineare dei relativi termini noti:

T (1) =12mg cos 1 !

"!1

2mg cos 1

#+ 2 sin 1(!2kL cos 1) = mg cos 1 ! 4kL sin1 cos 1

e deve percio soddisfare l’equazione

(0 0 0 0 0)

F

GGGGGH

"Ox

"Oy

"Ax

"Ay

"B

I

JJJJJK= T (1)

ossia0 = T (1) = 4kL cos 1

" mg

4kL! sin 1

#

che e esattamente l’equazione pura di equilibrio gia ricavata in (368.8).

Riduzione del sistema con il metodo di GaussLa derivazione dell’equazione pura di equilibrio puo essere resa piu sistematica applicandoal sistema (368.13) il metodo di riduzione di Gauss. Come primo passo si riordinano le

Stefano Siboni 1906


righe, scambiando la 3a con la 4a e la 5a con la 6a:

F

GGGGGH

1 0 1 0 00 1 0 1 00 0 1 0 00 0 ! sin1 cos 1 00 0 sin 1 cos 1 00 0 0 !1 1

I

JJJJJK

F

GGGGGH

"Ox

"Oy

"Ax

"Ay

"B

I

JJJJJK=

F

GGGGGH

!2kL cos1mg

!2kL cos1(1/2)mg cos 1!(1/2)mg cos 1

mg

I

JJJJJK(368.14)

dopodiche alla 4a riga viene sommata la 3a moltiplicata per sin 1 e alla 5a si sottrae la 3a

sempre moltiplicata per sin 1:

F

GGGGGH

1 0 1 0 00 1 0 1 00 0 1 0 00 0 0 cos 1 00 0 0 cos 1 00 0 0 !1 1

I

JJJJJK

F

GGGGGH

"Ox

"Oy

"Ax

"Ay

"B

I

JJJJJK=

F

GGGGGH

!2kL cos1mg

!2kL cos1!2kL cos 1 sin 1 + (1/2)mg cos 12kL cos1 sin 1 ! (1/2)mg cos 1

mg

I

JJJJJK(368.15)

e alla 5a si sottrae la 4a:F

GGGGGH

1 0 1 0 00 1 0 1 00 0 1 0 00 0 0 cos 1 00 0 0 0 00 0 0 !1 1

I

JJJJJK

F

GGGGGH

"Ox

"Oy

"Ax

"Ay

"B

I

JJJJJK=

F

GGGGGH

!2kL cos1mg

!2kL cos1!2kL cos 1 sin 1 + (1/2)mg cos 1

4kL cos 1 sin 1 ! mg cos 1mg

I

JJJJJK. (368.16)

Infine, alla 4a riga si somma la 6a moltiplicata per cos 1:

F

GGGGGH

1 0 1 0 00 1 0 1 00 0 1 0 00 0 0 0 cos 10 0 0 0 00 0 0 !1 1

I

JJJJJK

F

GGGGGH

"Ox

"Oy

"Ax

"Ay

"B

I

JJJJJK=

F

GGGGGH

!2kL cos1mg

!2kL cos1!2kL cos1 sin 1 + (3/2)mg cos 1

4kL cos1 sin 1 ! mg cos 1mg

I

JJJJJK(368.17)

e si inserisce la 6a fra la 3a e la 4a:F

GGGGGH

1 0 1 0 00 1 0 1 00 0 1 0 00 0 0 !1 10 0 0 0 cos 10 0 0 0 0

I

JJJJJK

F

GGGGGH

"Ox

"Oy

"Ax

"Ay

"B

I

JJJJJK=

F

GGGGGH

!2kL cos 1mg

!2kL cos 1mg

!2kL cos1 sin 1 + (3/2)mg cos 14kL cos1 sin 1 ! mg cos 1

I

JJJJJK. (368.18)

L’ultima equazione e quella pura di equilibrio.

Stefano Siboni 1907


Osservazione. Condizione dei vincoli idealiE ragionevole chiedersi se il sistema a reazioni vincolari concentrate qui considerato sia omeno a vincoli ideali. Per ricavare la condizione di vincoli ideali occorre scrivere prelimi-narmente l’espressione dell’atto di moto virtuale — e possibile, il sistema e scleronomo —in una generica configurazione. Per un punto arbitrario P dell’asta OA la velocita virtualee data dal teorema di Poisson con asse fisso Oe3:

'4P = 1 e3 % (P ! O)

mentre $P " AB vale invece

'4P = A + (!1 e3) % (P !A) = A ! 1 e3 % (P ! A) =

= 1 e3 % (A ! O) ! 1 e3 % (P ! A) = 1 e3 % [(A ! O) ! (P ! A)]

con 1 " R arbitrario. La potenza virtuale delle reazioni vincolari assume cosı la forma

A

P

'4P · '"P = 1 e3 ·A

P#OA

(P !O)% '"P + 1 e3 ·$(A!O)%

A

P#AB

'"P !A

P#AB

(P !A)% '"P

%

e, dovendosi annullare identicamente $ 1 " R, comporta che debba aversi

e3 ·$

'M(,OAO + (A ! O) % 'R(,AB ! 'M(,AB

A

%= 0

ossiae3 · 'M(,OA

O ! e3 · 'M(,ABA + e3 % (A ! O) · 'R(,AB = 0 . (368.19)

Ma d’altra parte e

e3 % (A ! O) =

))))))

e1 e2 e3

0 0 1L cos 1 L sin1 0

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

per cui l’equazione (368.19) si riduce a

e3 · 'M(,OAO ! e3 · 'M(,AB

A ! L sin 1 e1 · 'R(,AB + L cos 1 e2 · 'R(,AB = 0 (368.20)

La condizione dei vincoli ideali per questo sistema costituito da due parti rigide si traducedunque in una relazione algebrica fra i risultanti e momenti risultanti delle reazioni vincolarirelative alle singole aste OA e AB. In particolare, si possono ritenere del tutto arbitrari ivettori

'R(,OA , 'R(,AB , 'M(,OAO

e le componenti lungo e1 e e2 del momento risultante in A delle reazioni vincolari agentisu AB:

e1 · 'M(,ABA e2 · 'M(,AB

A ,

Stefano Siboni 1908


mentre la terza componente del momento 'M(,ABA deve soddisfare la condizione

e3 · 'M(,ABA = e3 · 'M(,OA

O ! L sin 1 e1 · 'R(,AB + L cos 1 e2 · 'R(,AB , (368.21)

che segue immediatamente dalla (368.20). Il sistema a reazioni vincolari concentrate saraa vincoli ideali se e soltanto se le reazioni vincolari consentite sono in grado di produrretutti e soltanto i risultanti e momenti risultanti della forma indicata. Nella fattispecie,i risultanti e momenti risultanti delle reazioni vincolari sulle due aste si riducono alleespressioni seguenti:

'R(,OA = '"O + '"A'M(,OA

O = (A ! O) % '"A

'R(,AB = !'"A + "B e2'M(,AB

A = (B ! A) % "B e2 .

Si osserva che il momento 'M(,OAO non risulta arbitrario, come richiesto dalla condizione di

vincoli ideali, cosı come non e arbitraria la componente lungo e2 di 'M(,ABA , costantemente

eguale a zero. Il sistema non e a vincoli ideali. Nondimeno, l’equazione (368.21) e sempresoddisfatta; il suo primo membro si scrive infatti:

e3 · 'M(,ABA = (B ! A) % "B e2 · e3 = (B ! A) · e1"B = L cos 1"B

e viene identicamente a coincidere con il secondo membro:

e3 · 'M(,OAO ! L sin 1 e1 · 'R(,AB + L cos 1 e2 · 'R(,AB =

= e3 · (A !O) % '"A ! L sin 1(!'"A + "B e2) · e1 + L cos 1(!'"A + "B e2) · e2 =

= e3 % (A ! O) · '"A + L sin 1 '"A · e1 ! L cos 1 '"A · e2 + L cos 1"B =

= e3 % L(cos 1 e1 + sin1 e2) · '"A + L(sin 1 e1 ! cos 1 e2) · '"A + L cos 1"B =

=L(cos 1 e2 ! sin1 e1) · '"A + L(sin 1 e1 ! cos 1 e2) · '"A + L cos 1"B ==L cos 1"B .

Esercizio 369. Analisi di WeierstrassUn punto materiale di massa unitaria e vincolato a scorrere senza attrito su un asse Oy ela sua equazione del moto si scrive:

y = !1 + y4 , y " R .

Si chiede di determinare del sistema:

(a) il ritratto di fase;(b) le condizioni iniziali per le quali si hanno i moti a meta asintotica;(c) gli equilibri e le relative proprieta di stabilita in presenza della ulteriore sollecitazione

Qy = !3y.

Stefano Siboni 1909


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

dU

dy(y) = !1 + y4 $ y " R

che porge, a meno di una costante additiva arbitraria,

U(y) = !y +y5

5$ y " R.

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

W "(y) = !U "(y) = 1 ! y4 = (1 ! y)(1 + y)(1 + y2) = 0

e risultano pertantoy = +1 y = !1 .

Dal segno della derivata seconda dell’energia potenziale W ""(y) = !4y3 nei punti critici

W ""(+1) = !4 W ""(!1) = +4

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

W (+1) =45

W (!1) = !45

mentre valgono gli ovvi limiti:

limy$+%

W (y) = !- limy$!%

W (y) = +- .

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

Stefano Siboni 1910


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

H(y, y) =y2

2+ W (y) =

y2

2! y5

5+ y

considerando i livelli di energia:

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

+ E1 = !4/5, che specifica l’orbita (y, y) = (!1, 0) della soluzione statica y(t) = !1$ t " R e di una seconda soluzione aperiodica munita di un solo punto di inversione etendente a y = +- per t ' ±-;

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

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

+ E4 > 4/5, nel qual caso si ottiene un’unica orbita relativa ad un moto aperiodico conun solo punto di inversione nella striscia y < !1 e divergente a y = +- tanto nelfuturo quanto nel passato.

Il ritratto di fase del sistema ha dunque l’andamento illustrato nella figura seguente.

Stefano Siboni 1911


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

+%!

y(0)

14E +

y5

5! y

dy

assicurata dall’equivalenza di infinitesimi

14E +

y5

5! y

5 1y5/2

(y ' +-)

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

(b) Condizioni iniziali dei moti asintoticiL’analisi di Weierstrass illustrata al punto precedente assicura che i moti asintotici — nelfuturo — del sistema ricorrono per tutte e sole le condizioni iniziali (y, y) " R2 tali che

H(y, y) =y2

2! y5

5+ y = W (1) =

45

purchey )= 0

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

y2

2! y5

5+ y =

45

, y )= 0 e y < 0 se y > 1L

.

(c) Equilibri e stabilita degli stessiLa sollecitazione addizionale Qy = !3y e chiaramente di potenza non positiva

# = Qy y = !3y2 & 0

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

y = +1 y = !1 .

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

# = !2y2 = 0 /. y = 0 ;

Stefano Siboni 1912


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

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

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

Esercizio 370. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoNell’origine O di un piano verticale Oxy e incernierata una sbarra rigida omogenea OA dimassa 3m/4 e lunghezza 2L. Nel suo punto medio M e incernierata una seconda sbarraomogenea MB, di massa m e lunghezza 2L. Sull’estremo A della prima sbarra agisceinoltre una forza elastica !k(A!A"), essendo A" la proiezione di A sull’asse Ox. Il sistemae pesante e tutti i vincoli si assumono ideali.

Adottando le variabili ) e % illustrate in figura come parametri lagrangiani, determinaredel sistema:

(a) gli equilibri ordinari;

(b) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;

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

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

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

SoluzioneQuello considerato e un sistema scleronomo a vincoli bilaterali e ideali, con due soli gradidi liberta, e soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali e conservative. Le sue configu-

Stefano Siboni 1913


razioni di equilibrio, tutte ordinarie, si identificano dunque con i punti critici del potenzialedel sistema.

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

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

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

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

M ! O = L cos ) e1 ! L sin ) e2

mentre quello del baricentro G di MB e dato da

G ! O = M ! O + G !M = L cos ) e1 ! L sin ) e2 + L sin % e1 ! L cos % e2 == L(cos ) + sin %) e1 ! L(sin ) + cos %) e2

per cui l’espressione del potenziale gravitazionale diventa

Ug = !34mg(!L sin )) !mg[!L(sin ) + cos %)] =

74mgL sin ) + mgL cos% .

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

Uel = !k

2|A ! A"|2 = !k

2))!2L sin ) e2

))2 = !2kL2sin2) .

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

U(),%) = Ug + Uel =74mgL sin ) ! 2kL2sin2) + mgL cos% .

Stefano Siboni 1914


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

/U

/)(),%) =

74mgL cos ) ! 4kL2 sin ) cos )

/U

/%(),%) = !mgL sin%

ovvero risolvendo il sistema di equazioni trigonometriche*,

-

74mgL cos ) ! 4kL2 sin ) cos ) = 0

!mgL sin% = 0

che equivale al sistema disaccoppiato*+,

+-

" 716

mg

kL! sin )

#cos ) = 0

sin % = 0 .

Le soluzioni in % sono% = 0 , # ,

mentre per l’angolo ) si hanno i valori critici

) = #/2 , !#/2 ,

sempre definiti, e

) = )& , # ! )& , con )& = arcsin" 7

16mg

kL

#,

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

(),%) = (#/2, 0) , (!#/2, 0) , (#/2,#) , (!#/2,#)

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

(),%) = ()&, 0) , (# ! )&, 0) , ()&,#) , (# ! )&,#) ,

essendosi posto )& = arcsin(7mg/16kL).

(b) Stabilita degli equilibri ordinariPoiche tutte le sollecitazioni agenti sul sistema hanno natura posizionale e conservativae possibile analizzare le proprieta di stabilita degli equilibri facendo uso dei teoremi di

Stefano Siboni 1915


Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo e necessario calcolare le derivateparziali seconde del potenziale

U,,(),%) = !74mgL sin ) ! 4kL2(cos2) ! sin2))

U(((),%) = !mgL cos%

U,((),%) = U(,(),%) = 0

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

HU (),%) =

>!7

4mgL sin ) ! 4kL2(cos2) ! sin2)) 0

0 !mgL cos%

?.

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

(),%) = (#/2,#) , (!#/2,#) , ()&,#) , (# ! )&,#).

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

U,,(), 0) = !4kL2" 7

16mg

kLsin ) + cos2) ! sin2)

#.

Si distinguono i relativi sottocasi.

Configurazione (),%) = (#/2, 0)In questa configurazione si ha

U,,(#/2, 0) = !4kL2" 7

16mg

kL! 1

#= 4kL2

"1 ! 7

16mg

kL

#

e risulta percio:

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

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

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

Configurazione (),%) = (!#/2, 0)La derivata seconda in ) del potenziale vale in questo caso

U,,(!#/2, 0) = !4kL2"! 7

16mg

kL! 1

#= 4kL2

"1 +

716

mg

kL

#> 0

Stefano Siboni 1916


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

Configurazioni (),%) = ()&, 0), (# ! )&, 0)A causa dell’ovvia simmetria

U(),%) = U(# ! ),%) $ (),%) " R2 ,

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

U,,(# ! )&, 0) = U,,()&, 0) = !4kL2" 7

16mg

kLsin )& + cos2)& ! sin2)&

#=

= !4kL2(sin2)& + cos2)& ! sin2)&) = !4kL2cos2)& < 0

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

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

0 = '"O ! 34mg e2 + k(A" ! A) ! mg e2

e da essa si deduce

'"O =74mg e2 + k(A ! A") =

74mg e2 + k(!2L sin ) e2) =

"74mg ! 2kL sin )

#e2 .

Per la quiete nella configurazione di equilibrio (),%) = (#/2, 0) si ha allora

'"O ="7

4mg ! 2kL

#e2 .

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

T = TOA + TMB .

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

TOA =12IOAOz |! ) e3|2 =

12

13

"34m

#(2L)2 )2 =

12mL2)2

Stefano Siboni 1917


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

la velocita angolare istantanea vale !) e3. In modo analogo, il teorema di Konig porge perl’asta omogenea MB l’espressione

TMB =m

2G2 +

12IMBGz |% e3|2

che, sostituita la relazione di G !O in termini di ) e %, diventa

TMB =mL2

2'(! sin ) ) + cos % %) e1 + (! cos ) ) + sin % %) e2

(2 +12m

(2L)2

12%2 =

=mL2

2'sin2) )2 + cos2% %2 ! 2 sin ) cos % )%+

+ cos2) )2 + sin2% %2 ! 2 cos ) sin % )%(+

16mL2%2 =

=mL2

2')2 + %2 ! 2 sin() + %) )%

(+

16mL2%2 =

=mL2

2

$)2 +

43%2 ! 2 sin() + %) )%

%.

L’energia cinetica risulta pertanto:

T =12mL2

$2)2 +

43%2 ! 2 sin() + %) )%

%.

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

T =12() %)mL2

:2 ! sin() + %)

! sin() + %) 4/3

;:)%

;=

12() %)A(),%)

:)%

;

mentre la matrice hessiana del potenziale vale

HU (),%) =

0

1!74mgL sin ) ! 3

4mgL(cos2) ! sin2)) 0

0 !mgL cos%

2

3 .

Nella configurazione di equilibrio assegnata le matrici precedenti si riducono a

A(#/2, 0) = mL2

:2 !1!1 4/3

;HU (#/2, 0) = mgL

:!1 00 !1

;.

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

[*2A(#/2, 0) + HU (#/2, 0)]a = 0 , a " R2 \ {(0, 0)} ,

Stefano Siboni 1918


ossia $*2 1

mL2A(#/2, 0) +

1mL2

HU (#/2, 0)%a = 0 , a )= 0 ,

e sostituendo la forma esplicita delle matrici:$*2

:2 !1!1 4/3

;+

g

L

:!1 00 !1

;%:a1

a2

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

Le pulsazioni normali sono le soluzioni dell’equazione caratteristica

det

0

12 ! g

L*2!1

!143! g

L*2

2

3 = 0

che conviene riesprimere in una forma piu semplice ponendo µ = g/L*2:

(2 ! µ)"4

3! µ

#! 1 = 0 .

L’equazione caratteristica diventa cosı

µ2 ! 103

µ +53

= 0

e le sue soluzioni risultano:

µ =12

$103

±4

1009

! 203

%=

12

"103

±#

403

#=

12

"10 ± 2

#10

# 13

=5 ±

#10

3

dal che si deduce

L*2

g=

1µ

=3

5 ±#

10= 3

5 6#

1025 ! 10

=5 6

#10

5

e quindi

*2 =5 ±

#10

5g

L.

Le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni attorno alla configurazione (),%) = (#/2, 0)sono pertanto:

*1 =

95 +

#10

5

4g

L*2 =

95 !

#10

5

4g

L

e le relative frequenze normali diventano

f1 =*1

2#=

12#

95 +

#10

5

4g

Lf2 =

*2

2#=

12#

95 !

#10

5

4g

L.

Non rimane che caratterizzare i singoli modi normali di oscillazione.

Stefano Siboni 1919


Modo normale di pulsazione * = *1

L’equazione che specifica il modo normale di oscillazione relativo alla pulsazione normale* = *1 e

$:2 !1!1 4/3

;+

g

L*21

:!1 00 !1

;%:a1

a2

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

cong

L*21

=5 !

#10

3.

Sostituendo l’espressione di *21 nell’equazione matriciale, questa diventa

0

712 ! 5 !

#10

3!1

!143! 5 !

#10

3

2

83

0

1a1

a2

2

3 =

0

71

1 +#

103

!1

!1!1 +

#10

3

2

83

0

1a1

a2

2

3 = 0

e si riduce al sistema lineare omogeneo equivalente*+,

+-

1 +#

103

a1 ! a2 = 0

!a1 +!1 +

#10

3a2 = 0

la cui soluzione generale puo scriversi come:

a1 = 31 a2 =1 +

#10

331 , 31 " R \ {0}.

Il modo normale di oscillazione cercato assume percio la forma:

:) ! #/2

%

;= 31

0

11

1 +#

103

2

3 cos(*1t + (1) $ 31 " R \ {0} , (1 " R .

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

Modo normale di pulsazione * = *2

L’equazione che specifica il modo normale di oscillazione relativo alla pulsazione normale* = *2 risulta ora

$:2 !1!1 4/3

;+

g

L*22

:!1 00 !1

;%:a1

a2

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

cong

L*22

=5 +

#10

3.

Stefano Siboni 1920


Sostituendo l’espressione di *22 l’equazione matriciale si riduce a

0

712 ! 5 +

#10

3!1

!143! 5 +

#10

3

2

83

0

1a1

a2

2

3 =

0

71

1 !#

103

!1

!1!1!

#10

3

2

83

0

1a1

a2

2

3 = 0

ovvero al sistema lineare omogeneo equivalente*+,

+-

1 !#

103

a1 ! a2 = 0

!a1 +!1 !

#10

3a2 = 0

la cui soluzione generale puo scriversi come

a1 = 32 a2 = !#

10 ! 13

32 , 32 " R \ {0}.

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

) ! #/2%

;= 32

0

11

!#

10 ! 13

2

3 cos(*2t + (2) $ 32 " R \ {0} , (2 " R .

In questo modo normale i due parametri lagrangiani oscillano in opposizione di fasel’uno rispetto all’altro, attorno ai relativi valori di equilibrio.

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

d

dt

"/L

/)

#! /L

/)= 0

d

dt

"/L

/%

#! /L

/%= 0

con lagrangiana:

L = T +U =12mL2

$2)2 +

43%2 ! 2 sin() +%) )%

%+

74mgL sin )! 2kL2sin2) +mgL cos%.

Dalla lagrangiana si ricavano le relazioni seguenti:/L

/)=

mL2

2'4) ! 2 sin() + %) %

(= mL2[2) ! sin() + %) %]

d

dt

"/L

/)

#= mL2

'2) ! sin() + %) % ! cos() + %) () + %)%

(

/L

/)= !mL2 cos() + %) )% +

74mgL cos ) ! 4kL2 sin ) cos )

/L

/%=

mL2

2

$83% ! 2 sin() + %) )

%= mL2

$43%! sin() + %) )

%

d

dt

"/L

/%

#= mL2

$43% ! sin() + %) ) ! cos() + %) () + %))

%

/L

/%= !mL2 cos() + %) )% !mgL sin%

Stefano Siboni 1921


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

mL2[2) ! sin() + %) % ! cos() + %) %2] ! 74mgL cos ) + 4kL2 sin ) cos ) = 0

mL2

$43%! sin() + %) ) ! cos() + %) )2

%+ mgL sin% = 0

le quali possono peraltro porsi nella forma equivalente

*+,

+-

2) ! sin() + %) % ! cos() + %) %2 ! 74

g

Lcos ) + 4

k

msin ) cos ) = 0

! sin() + %) ) +43%! cos() + %) )2 +

g

Lsin % = 0 .

Esercizio 371. Equazioni cardinali della staticaUn’asta omogenea pesante AB ha gli estremi vincolati a scorrere rispettivamente lungol’asse orizzontale Ox e verticale Oy di una terna inerziale Oxyz. Una molla di costanteelastica k congiunge A con l’origine O. I vincoli esercitano due sole reazioni vincolariesterne, una in A e una in B, e gli attriti sono trascurabili.

(a) Determinare gli equilibri del sistema usando le equazioni cardinali della statica.

(b) Verificare che gli stessi equilibri si ottengono anche nell’ipotesi di vincoli ideali.

(c) Calcolare le reazioni vincolari esterne in A e B per la quiete in ciascun equilibrio.

Soluzione(a) Calcolo degli equilibri con le equazioni cardinali staticheSul sistema agiscono la forza elastica !k(A!O), applicata all’estremo A e il sistema delleforze parallele peso, che equivale ad un’unica sollecitazione — il peso totale — applicatanel baricentro G dell’asta omogenea, punto medio di questa: tutte le forze attive sonoparallele al piano coordinato Oxy e tali devono risultare anche le reazioni vincolari. Lereazioni vincolari esterne sono applicate nei soli estremi e si accompagnano ad attritiradenti trascurabili; di conseguenza, la reazione vincolare in A e ortogonale all’asse Ox edeve potersi esprimere nella forma

'"A = "A e2 ,

mentre la reazione in B, ortogonale ad Oy, si riduce a

'"B = "B e1 ,

con "A e "B componenti reali da determinare. Il sistema delle forze esterne applicate,

Stefano Siboni 1922


attive e di reazione vincolare, e illustrato schematicamente nella figura sotto riportata,

dove e anche messo in evidenza l’angolo 1, che puo essere ragionevolmente usato comeparametro lagrangiano per individuare gli equilibri del sistema. Si puo ora procedere adimpostare la prima e la seconda equazione cardinale della statica per l’asta rigida.

Prima equazione cardinale della staticaLa prima equazione cardinale della statica impone che si annulli il risultante di tutte lesollecitazioni esterne applicate all’asta, attive e di reazione,

"B e1 + "Ae2 ! mg e2 ! kL sin1 e1 = 0

ed implica percio le uguaglianze

"B = kL sin1 e "A = mg . (371.1)

Seconda equazione cardinale della staticaConviene scrivere la seconda equazione cardinale della statica rispetto al polo A, in mododa rimuovere il contributo della reazione vincolare '"A e della forza elastica !k(A!O). Siha cosı l’equazione:

(B !A) % "B e1 + (G ! A) % (!mg e2) + (A ! A) % ["Ae2 ! k(A ! O)] = 0

ovvero

L(! sin 1 e1 + cos 1 e2) % "B e1 +L

2(! sin 1 e1 + cos 1 e2) % (!mg e2) = 0

che eseguiti i prodotti vettoriali diventa

!L cos 1"B e3 +12mgL sin1 e3 = 0

e si riduce all’unica relazione scalare

!L"B cos 1 +12mgL sin1 = 0 . (371.2)

Stefano Siboni 1923


Equazioni di equilibrioRaccogliendo le relazioni (371.1) e (371.2) si perviene al sistema di equazioni di equilibrio

*+++,

+++-

"A = mg

"B = kL sin1

!"B cos 1 +12mg sin 1 = 0

(371.3)

che sostituendo nella terza equazione l’espressione di "B fornita dalla seconda conduceall’equazione pura

!kL sin1 cos 1 +12mg sin 1 = 0 . (371.4)

Configurazioni di equilibrioGli equilibri del sistema sono individuati da tutte e soltanto le soluzioni in 1 dell’equazione(371.4), che conviene riesprimere nella forma fattorizzata

kL sin1"! cos 1 +

mg

2kL

#= 0 (371.5)

dalla quale si deduce che:

(i) per sin1 = 0 ricorrono, sempre definite, le configurazioni di equilibrio

1 = 0 e 1 = # ;

(ii) per ! cos 1 +mg

2kL= 0 si hanno invece gli ulteriori equilibri

1 = arccos" mg

2kL

#= 1& e 1 = !arccos

" mg

2kL

#= !1& ,

definiti e distinti dai precedenti a condizione che si abbia mg/2kL < 1.

OsservazioneVale la pena di sottolineare che l’equazione pura di equilibrio (371.4) puo essere ottenutadirettamente scrivendo la seconda equazione cardinale della statica rispetto al punto C cheha come ascissa quella dell’estremo A e come ordinata quella dell’estremo B dell’asta. Ilpunto C si trova infatti all’intersezione fra le rette condotte da A e da B e rispettivamenteparallele agli assi Oy e Ox. Qualora fosse 1 )= 0, e quindi l’atto di moto dell’asta di tiporotatorio, lo stesso punto sarebbe identificabile con il centro di istantanea rotazione delsistema; nella fattispecie questa identificazione e priva di significato, dal momento che sistanno considerando gli stati di quiete del sistema e il centro di rotazione istantanea nonrisulta definito. Nondimeno, la seconda equazione cardinale della statica nel polo C ecomunque pura, in quanto le rette d’azione delle reazioni vincolari "Ae2 e "B e1 passanoentrambe per C ed i relativi bracci risultano percio nulli. L’equazione non reca dunquealcuna traccia delle reazioni vincolari:

(G !C) % (!mg e2) + (A !C) % (!kL sin1 e1) = 0

Stefano Siboni 1924


ed introdotte le espressioni esplicite dei vettori posizione:

G ! C = !L

2sin1 e1 ! L

2cos 1 e2 A ! C = !L cos 1 e2 ,

assume la forma

!L

2(sin1 e1 + cos 1 e2) % (!mg e2) ! L cos 1 e2 % (!kL sin1 e1) = 0

che eseguiti i prodotti vettoriali diventa"1

2mgL sin1 ! kL2 sin1 cos 1

#e3 = 0

e raccogliendo i fattori comuni si riduce alla (371.4)

kL2 sin1" mg

2kL! cos 1

#= 0 .

(b) Equilibri del sistema a vincoli idealiIl potenziale del sistema e dato dalla somma di quello gravitazionale e di quello elastico:

U(1) = Ug + Uel = !mg e2 · (G ! O) ! k

2(A !O)2 = !1

2mgL cos 1 ! 1

2kL2sin21 .

Sul sistema non agiscono infatti altre sollecitazioni attive salvo il peso e l’interazione ela-stica fra A ed O. Nell’ipotesi che il sistema sia a vincoli ideali gli equilibri sono quinditutti e soli i punti critici del potenziale, zeri della derivata prima del potenziale e dunqueradici dell’equazione trigonometrica

dU

d1(1) =

12mgL sin1 ! kL2 sin1 cos 1 = 0

che equivale peraltro allakL2 sin 1

" mg

2kL! cos 1

#= 0

nella quale e immediato riconoscere la (371.5).

(c) Reazioni vincolari esterneLe reazioni vincolari esterne in A e B per lo stato di quiete del sistema in una qualsiasiconfigurazione di equilibrio sono date dalle prime due relazioni (371.3), ottenute dalleequazioni cardinali statiche per l’asta:

"A = mg "B = kL sin 1

e si scrivono percio

'"A = "A e2 = mg e2'"B = "B e1 = kL sin1 e1 . (371.6)

Stefano Siboni 1925


Questi vettori vanno calcolati in ciascuna configurazione di equilibrio. Il risultato e ilseguente:

in 1 = 0 vale '"A = mg e2 e '"B = 0;in 1 = # vale '"A = mg e2 e '"B = 0;in 1 = 1& vale '"A = mg e2 e '"B = kL sin1& e1 = kL

&1 ! (mg/2kL)2 e1;

in 1 = !1& vale '"A = mg e2 e '"B = !kL sin1& e1 = !kL&

1 ! (mg/2kL)2 e1.

Si ricorda che gli ultimi due equilibri ricorrono unicamente per mg/2kL < 1.

Esercizio 372. Analisi di WeierstrassIl moto di un punto materiale di massa unitaria, vincolato a scorrere senza attrito lungol’asse Ox, e descritto dall’equazione

x = !x4 + 4x2 , x " R .


(a) tutte e sole le condizioni iniziali corrispondenti ai moti a meta asintotica (nel futuro);(b) le condizioni iniziali associate ai moti periodici;(c) il ritratto di fase.

SoluzioneTrattandosi di sistema scleronomo ad un solo grado di liberta, la sollecitazione applicatae conservativa in quanto posizionale

Q(x) = !x4 + 4x2 , x " R .

Ad essa corrisponde l’energia potenziale W (x), definita da !W "(x) = Q(x). Si puo as-sumere percio

W (x) =x5

5! 4

3x3 , x " R . (372.1)

I punti critici del potenziale (372.1) sono le radici dell’equazione biquadratica

W "(x) = x4 ! 4x2 = 0 /. x2(x2 ! 4) = 0

e si hanno quindi per

x = !2 , x = 0 , x = +2 .

Il calcolo della derivata seconda W ""(x) = 4x3 ! 8x in x = !2 e x = +2

W ""(!2) = 4(!2)3 ! 8(!2) = !16 < 0 W ""(+2) = 4(+2)3 ! 8(+2) = 16 > 0

Stefano Siboni 1926


permette di riconoscere immediatamente in x = !2 un massimo relativo proprio di W ein x = +2 un minimo relativo proprio della stessa funzione, mentre per x = 0 e necessariospingersi a valutare anche la derivata terza

W ""(0) = 0 W (3)(0) = !8 < 0

per concludere che x = 0 costituisce un flesso orizzontale decrescente dell’energia poten-ziale. Nei punti critici i valori assunti dall’energia potenziale sono i seguenti:

W (!2) = !325

+323

=6415

> 0 W (0) = 0 W (+2) =325

! 323

= !6415

mentre i limiti per x ' !- e x ' +- sono ovvi

limx$!%

W (x) = !- limx$+%

W (x) = +- .

Il grafico dell’energia potenziale ha quindi l’andamento illustrato in figura

che costituisce la base per l’analisi di Weierstrass dei moti.

(a) Moti a meta asintotica nel futuroDall’esame del grafico di W appare evidente che i soli candidati al ruolo di meta asintoticasono costituiti dai punti critici x = 0 e x = !2. Il punto x = 0 e meta asintotica nel futuroper tutti i moti di energia E = E0 = 0 e con valore iniziale di x positivo: a questo motocorrispondente ovviamente una traiettoria omoclina nel piano delle fasi, in quanto il mototende a x = 0 sia per t ' +- che per t ' !-. Per contro, il punto x = !2 costituisceuna meta asintotica nel futuro soltanto per i moti di energia E = E1 = W (!2) = 64/15,a condizione che il valore iniziale sia maggiore di !2; anche la traiettoria di questo moto eomoclina. Devono infine considerarsi tutti i moti di energia E1 e con dato iniziale x < !2per i quali si abbia velocita iniziale positiva, x > 0: questi moti hanno meta asintoticain x = !2 soltanto nel futuro, mentre nel passato tendono a x = !-. Le corrispondentiorbite nel piano delle fasi sono delle separatrici, ma non sono identificabili come orbiteomocline. Riassumendo, le condizioni iniziali (x, x) che corrispondono ai moti a meta

Stefano Siboni 1927


asintotica — nel futuro — del sistema sono tutti e soltanto i punti ricompresi nel seguentesottoinsieme di R2:

B(x, x) " R2 :

x2

2+

x5

5! 4

3x3 = 0 , x > 0

C0

0B(x, x) " R2 :

x2

2+

x5

5! 4

3x3 =

6415

, x > !2C0

0B(x, x) " R2 :

x2

2+

x5

5! 4

3x3 =

6415

, x < !2 , x > 0C

.

(b) Moti periodiciI criteri di Weierstrass applicati al grafico dell’energia potenziale W consentono di ri-conoscere immediatamente che una condizione necessaria per i moti periodici e che l’energiameccanica sia compresa fra il minimo relativo W (+2) = !64/15 ed il massimo relativoW (!2) = 64/15. Occorre pero escludere il valore intermedio E = W (0) = 0, che cor-risponde al flesso orizzontale x = 0 ed e dunque associato ad un’equilibrio ed a motiasintotici, e precisare la regione dell’asse x in cui la condizione iniziale deve essere scelta,in modo da escludere i moti aperiodici che tendono a x = !- nel futuro. Le condizioniiniziali relative ai moti periodici sono cosı tutte e soltanto quelle ricomprese nell’insieme

B(x, x) " R2 : 0 <

x2

2+

x5

5! 4

3x3 <

6415

, x > !2C0

0B

(x, x) " R2 : !6415

<x2

2+

x5

5! 4

3x3 < 0 , x > 0

C.

(c) Ritratto di fase del sistemaI livelli di energia rilevanti per tracciare il ritratto di fase del sistema sono i valori dell’ener-gia potenziale nei punti critici di questa:

E1 = W (+2) = !6415

E3 = W (0) = 0 E5 = W (!2) =6415

,

alcuni valori intermedi ai precedenti

E2 ""!64

15, 0

#E4 "

"0 ,

6415

#,

uno minore del minimo e uno maggiore del massimo

E0 < !6415

E6 >6415

.

In aggiunta a quanto gia osservato a proposito dei moti a meta asintotica e di quelliperiodici, appare evidente che:

! per E = E1 = !64/15, con il dato iniziale x = 2 si realizza lo stato di quiete nellaposizione di equilibrio stabile x = 2, mentre per x < !2 si ottiene un moto aperiodicoche tende a x = !- nel futuro;

Stefano Siboni 1928


! per E = E2 " (!64/15, 0), E = E3 = 0, ovvero E = E4 " (0, 64/15), sempreche siax < !2 il moto del sistema risulta aperiodico e tende a x = !- nel futuro;

! per E = E5 = 64/15 si individua lo stato di quiete nella posizione di equilibrio instabilex = !2, qualora questa costituisca la posizione iniziale del sistema. Per x < !2 ex < 0 il moto tende a x = !- nel futuro;

! se infine E = E6 > 64/15 si ottengono moti aperiodici tendenti a x = !- nel futuro.

Il ritratto di fase ha quindi l’andamento illustrato nel grafico seguente:

Si osservi che l’orbita omoclina di energia E3 = 0 nell’intorno di (x, x) = (0, 0) e descrittadall’equazione approssimata

x2

2! 4

3x3 = 0 (372.2)

in cui si e trascurato il termine x5/5 dell’energia potenziale, di ordine superiore. L’equazio-ne (372.2) equivale a

x2 =83x3

ed ammette soluzioni reali solo per x ( 0

x = ±24

23x3/2

condx

dx= ±3

423x1/2 !!!!'

x$0+0 ,

Stefano Siboni 1929


giustificando cosı l’andamento dell’orbita in prossimita dell’origine quale e evidenziato nelritratto di fase. Va notato infine che tutte le soluzioni tendenti a x = !- nel futurosono definite su un intervallo di tempo limitato superiormente. Risulta infatti convergentel’integrale di Weierstrass

! 1#2

!%!

x0

14E ! x5

5+

43x3

dx

per via dell’equivalenza14

E ! x5

5+

43x3

5 1|x|5/2

valida nel limite per x ' !-.

Esercizio 373. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. non conservativoUn disco circolare omogeneo D, di centro C , raggio R e massa m, rotola senza strisciaresull’asse orizzontale Ox di una terna inerziale Oxyz, mantenendosi nel piano verticale Oxy.Un punto materiale P , di massa m, puo scorrere liberamente lungo il bordo del disco. Ilsistema e pesante e una molla ideale di costante elastica k congiunge P con l’origine O.

Assunti i vincoli ideali, si usino i parametri lagrangiani s e 1 evidenziati in figura per:

(a) individuare gli equilibri del sistema;(b) determinare le proprieta di stabilita dei predetti equilibri;(c) calcolare le frequenze normali delle piccole oscillazioni intorno a un equilibrio stabile;(d) ricavare i modi normali delle piccole oscillazioni intorno allo stesso equilibrio del punto

(c) nell’ipotesi che sia mg/kR = 1;(e) determinare le componenti lagrangiane del seguente sistema di sollecitazioni

'FC = !,|C|C , agente in C, e 'FP = !&P , agente in P,

con &, , > 0 costanti assegnate e C, P velocita relative a Oxyz dei punti C e Prispettivamente;

Stefano Siboni 1930


(f) analizzare la collocazione degli equilibri e la loro stabilita in presenza delle forze di-scusse in (e).

Soluzione(a) EquilibriIl sistema e scleronomo a vincoli bilaterali ideali e soggetto esclusivamente a sollecitazioniposizionali conservative: il peso e l’interazione elastica fra il punto P e l’origine O, mediatadalla molla ideale di costante elastica k. A ciascuna di queste sollecitazioni e associato unpotenziale. La somma di detti potenziali definisce il potenziale del sistema U , di cui gliequilibri — tutti ordinari — sono i punti critici.

Potenziale gravitazionaleIn linea di principio il potenziale gravitazionale consiste nella somma di due contributi,l’uno relativo al disco omogeneo e l’altro imputabile al punto P . Si osserva tuttavia che ilbaricentro del disco D coincide con il suo centro geometrico — e di simmetria — C , la cuiordinata non varia lungo i moti possibili del sistema in quanto il disco non puo distaccarsidall’asse orizzontale Ox. Ne deriva che il potenziale delle forze peso agenti sul disco simantiene sempre costante e puo essere ignorato nel calcolo del potenziale complessivo. Ilvettore posizione del punto P nella terna Oxyz si scrive

P ! O = C ! O + P ! C = Rs e1 + R e2 + R sin1 e1 !R cos 1 e2 == R(s + sin 1) e1 + R(1 ! cos 1) e2

(373.1)

per cui il relativo potenziale gravitazionale e dato dalla relazione

Ug = !mg e2 · (P !O) = mgR(cos 1 ! 1)

in cui la costante additiva !mgR puo essere omessa in quanto irrilevante.

Potenziale elasticoIl calcolo del potenziale elastico associato alla molla ideale e immediato, grazie alla prece-dente espressione di P ! O:

Uel = !k

2|P ! O|2 = !kR2

2[(s + sin1)2 + (1 ! cos 1)2] =

= !kR2

2[s2 + 2s sin 1 + sin21 + 1 ! 2 cos 1 + cos21]

= kR2"!s2

2! s sin 1 + cos 1 ! 1

#

espressione nella quale e presente una costante additiva inessenziale, che puo essere stral-ciata.

Potenziale del sistemaPer ottenere il potenziale del sistema non rimane che sommare i potenziali parziali calcolati:

U(s,1) = Ug + Uel = kR2"!s2

2! s sin 1 + cos 1 +

mg

kRcos 1

#

Stefano Siboni 1931


omettendo per brevita tutte le costanti additive.

Equilibri — ordinari —Gli equilibri ordinari del sistema, i soli definiti, si identificano con i punti critici del poten-ziale U e vengono quindi determinati eguagliando a zero le derivate parziali prime delpotenziale

/U

/s(s,1) = kR2(!s ! sin1)

/U

/1(s,1) = kR2

<!s cos 1 !

"1 +

mg

kR

#sin 1

=

e risolvendo il sistema di equazioni trigonometriche cosı ottenuto

*,

-!s ! sin 1 = 0

! s cos 1 !"1 +

mg

kR

#sin 1 = 0

(373.2)

La prima delle (373.2) permette di ricavare il parametro s come funzione dell’angolo 1:

s = ! sin 1 (373.3)

e la sostituzione di questa relazione nella seconda delle equazioni (373.2) porge l’equazionetrigonometrica in 1:

sin 1<cos 1 !

"1 +

mg

kR

#== 0 . (373.4)

In questa equazione il fattore entro parentesi quadrate non puo mai annullarsi per valorireali di 1, in modo che i soli equilibri ricorrono per

sin1 = 0

ossia per 1 = 0 e 1 = #. In ambo i casi il corrispondente valore di s risulta ovviamentenullo, in virtu di (373.3). Gli equilibri del sistema sono pertanto

(s,1) = (0, 0) e (s,1) = (0,#) .

(b) Stabilita degli equilibriL’analisi di stabilita degli equilibri di questo sistema scleronomo posizionale conservativopuo essere condotta facendo uso dei criteri classici di Lagrange-Dirichlet e di inversioneparziale. E necessario procedere preliminarmente al calcolo delle derivate parziali secondedi U rispetto alle coordinate generalizzate:

Uss = !kR2 U'' = kR2<s sin 1 !

"1 +

mg

kR

#cos 1

=

Us' = U's = !kR2 cos 1

Stefano Siboni 1932


cui corrisponde la matrice hessiana

HU (s,1) = kR2

0

1!1 ! cos 1

! cos 1 s sin 1 !"1 +

mg

kR

#cos 1

2

3 .

La matrice hessiana viene valutata in ciascuna configurazione di equilibrio.

Configurazione (s,1) = (0, 0)In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale diventa

HU (0, 0) = kR2

0

1!1 !1

!1 !"1 +

mg

kR

#

2

3

ed ha determinante positivo

detHU (0, 0) = (kR2)2mg

kR> 0

con traccia negativatrHU (0, 0) = !kR2

"2 +

mg

kR

#< 0 .

Ne deriva che la matrice hessiana del potenziale presenta due autovalori negativi e consentedi riconoscere nella configurazione di equilibrio in esame un massimo relativo proprio delpotenziale, la cui stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (s,1) = (0,#)Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale assume la forma

HU (0,#) = kR2

0

1!1 1

1 1 +mg

kR

2

3

con determinante di segno negativo

detHU (0,#) = !(kR2)2"2 +

mg

kR

#< 0

che ne assicura il segno alterno dei due autovalori reali. Si conclude che la matrice HU (0,#)presenta un autovalore positivo, che implica l’instabilita dell’equilibrio in virtu del teoremadi inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

(c) Frequenze normali delle piccole oscillazioniLa sola configurazione di equilibrio stabile, nell’intorno della quale ha significato studiarei piccoli moti, e quella per (s,1) = (0, 0). Per analizzare le piccole oscillazioni e necessarioricavare preliminarmente l’espressione dell’energia cinetica del sistema, somma di un ter-mine associato al disco D e di un termine relativo al punto materiale P . L’energia cinetica

Stefano Siboni 1933


del disco si calcola mediante il teorema di Konig, ricordando che il baricentro coincide conC e che per la condizione di puro rotolamento la velocita angolare vale !sR/R e3 = !s e3:

TD =m

2C2 +

12IDCz|! s e3|2 =

m

2|Rs e1|2 +

12

mR2

2s2 =

34mR2s2.

Per determinare il contributo del punto P si calcola la velocita assoluta di questo derivandorispetto al tempo la (373.1)

P = R(s + cos 1 1) e1 + R sin1 1 e2

e la si eleva al quadrato:

P 2 = R2[s2 + cos21 12 + 2 cos 1s1 + sin21 12] = R2(s2 + 2 cos 1 s1 + 12)

in modo che risulta

TP =m

2P 2 =

mR2

2(s2 + 2 cos 1 s1 + 12) .

L’energia cinetica del sistema vale percio

T = TD + TP =mR2

2

"52s2 + 2 cos 1 s1 + 12

#

e la sua matrice di rappresentazione assume la forma

A(s,1) = mR2

:5/2 cos 1cos 1 1

;.

Nella configurazione prescelta la matrice dell’energia cinetica e l’hessiana del potenzialevalgono

A(0, 0) = mR2

:5/2 11 1

;e HU (0, 0) = kR2

0

1!1 !1

!1 !"1 +

mg

kR

#

2

3

per cui si ha

*2A(0, 0) + HU (0, 0) = kR2

F

Hm*2

k

:5/2 11 1

;+

0

1!1 !1

!1 !"1 +

mg

kR

#

2

3

I

K =

= kR2

0

152µ ! 1 µ ! 1

µ ! 1 µ !"1 +

mg

kR

#

2

3

Stefano Siboni 1934


e l’equazione caratteristica diventa

1k2R4

det[*2A(0, 0) + HU (0, 0)] ="5

2µ ! 1

#$µ !

"1 +

mg

kR

#%! (µ ! 1)2 = 0 , (373.5)

essendosi posto, per brevita, µ = m*2/k. Eseguendo i prodotti e raccogliendo i terminisimili l’equazione (373.5) si riduce a

32µ2 !

"32

+52

mg

kR

#µ +

mg

kR= 0

ed ammette le radici reali positive

µ1,2 =13

$32

+52

mg

kR±

4"32

+52

mg

kR

#2! 4

32

mg

kR

%=

=13

"32

+52

mg

kR

#± 1

3

494

+254

"mg

kR

#2+

32

mg

kR,

cui corrispondono le pulsazioni normali

*1,2 =

913

"32

+52

mg

kR

#± 1

3

494

+254

"mg

kR

#2+

32

mg

kR

4k

m, (373.6)

con *1 < *2. Le frequenze normali delle piccole oscillazioni sono pertanto:

f1 =*1

2#=

12#

913

"32

+52

mg

kR

#! 1

3

494

+254

"mg

kR

#2+

32

mg

kR

4k

m

f2 =*1

2#=

12#

913

"32

+52

mg

kR

#+

13

494

+254

"mg

kR

#2+

32

mg

kR

4k

m.

(d) Modi normali delle piccole oscillazioni per mg/kR = 1Per mg/kR = 1 le pulsazioni normali (373.6) delle piccole oscillazioni si riducono a

*1 =

94 !

#10

3

4k

m*2 =

94 +

#10

3

4k

m

e la matrice caratteristica diventa

*2A(0, 0) + HU (0, 0) = kR2

> 52µ ! 1 µ ! 1

µ ! 1 µ ! 2

?

con µ = *2m/k. Si hanno tutti gli elementi per caratterizzare i due modi normali dioscillazione del sistema per i piccoli moti attorno all’equilibrio stabile (s,1) = (0, 0).

Stefano Siboni 1935


Primo modo normale — modo “basso” —Il primo modo normale delle piccole oscillazioni corrisponde alla pulsazione normale *1,ovvero al valore proprio µ1 del parametro adimensionale µ:

µ1 =m

k*2

1 =4 !

#10

3,

cui e associata la matrice caratteristica

*2A(0, 0) + HU (0, 0) = kR2

> 52µ1 ! 1 µ1 ! 1

µ1 ! 1 µ1 ! 2

?= kR2

0

71

14 ! 5#

106

1 !#

103

1 !#

103

!2!#

103

2

83 .

Il problema agli autovalori generalizzato porge allora l’equazione matriciale

[*21A(0, 0) + HU (0, 0)]

:a1

a2

;= 0 ,

:a1

a2

;)=

:00

;,

che equivale al sistema di equazioni algebriche lineari omogenee

*+,

+-

14 ! 5#

106

a1 +1 !

#10

3a2 = 0

1 !#

103

a1 +!2 !

#10

3a2 = 0

ovvero all’unica equazione lineare omogenea

a2 =#

10 ! 42

a1

le cui soluzioni non nulle sono tutte e sole quelle della forma

a2 = !4 !#

102

a1 , $ a1 " R \ {0} .

Si puo porre percio :a1

a2

;=

:!2

4 !#

10

;

ed il relativo modo normale di oscillazione assume la forma

:2s21

;= A1

:!2

4 !#

10

;cos

:94 !

#10

3

4k

mt + .1

;t " R


Stefano Siboni 1936


Secondo modo normale — modo “alto” —Per il secondo modo normale di oscillazione la pulsazione normale e *2 e corrisponde alvalore caratteristico µ2 del parametro adimensionale µ:

µ2 =m

k*2

2 =4 +

#10

3.

I calcoli sono analoghi a quelli svolti per il modo basso, salva la sostituzione di#

10 con!#

10. Cosı la matrice caratteristica si scrive

*22A(0, 0) + HU (0, 0) = kR2

> 52µ2 ! 1 µ2 ! 1

µ2 ! 1 µ2 ! 2

?= kR2

0

71

14 + 5#

106

1 +#

103

1 +#

103

!2 +#

103

2

83

e conduce al problema agli autovalori

[*22A(0, 0) + HU (0, 0)]

:b1

b2

;= 0 ,

:b1

b2

;)=

:00

;,

che corrisponde al sistema lineare omogeneo di equazioni algebriche

*+,

+-

14 + 5#

106

b1 +1 +

#10

3b2 = 0

1 +#

103

b1 +!2 +

#10

3b2 = 0

equivalente all’unica equazione lineare

b2 = !#

10 + 42

b1

le cui soluzioni non nulle sono tutte e soltanto quelle date da

b2 = !4 +#

102

b1 , $ b1 " R \ {0} .

Una soluzione comoda e :b1

b2

;=

:!2

4 +#

10

;

che fornisce la seguente espressione per il modo normale di oscillazione

:2s21

;= A2

:!2

4 +#

10

;cos

:94 +

#10

3

4k

mt + .2

;t " R

dove A2 )= 0 e .2 sono ancora costanti reali arbitrarie.

Stefano Siboni 1937


Interpretazione geometrica dei modi normali di oscillazioneI modi normali di oscillazione calcolati si possono interpretare dal punto di vista geometricoconfrontando le ampiezze relative ai due parametri lagrangiani. Le ampiezze a1 e a2 delprimo modo normale di oscillazione sono proporzionali a !2 e 4 !

#10 e oltre a risultare

di segno opposto soddisfano quindi la diseguaglianza

|a1| > |a2| ,

dal momento che 2 > 4!#

10. Ne segue che nel modo basso il punto materiale P e il puntodi contatto A fra il disco circolare e l’asse Ox si collocano sempre nello stesso semipianox > 0 o x < 0, alternativamente. La figura illustra questa circostanza

Nel modo alto si ha che le ampiezze di oscillazione b1 e b2 risultano proporzionali ai numerifissi !2 e 4 +

#10, per cui sono ancora di segno opposto ma sottostanno alla condizione

|b1| < |b2| ,

in quanto 2 < 4 +#

10. Conseguentemente, l’oscillazione in 1 e piu ampia di quella in s ei punti A e P sono sempre ubicati nei semipiani opposti x < 0 e x > 0, come mostrato infigura

Stefano Siboni 1938


(e) Forze non posizionali conservativeSul sistema si introducono, in aggiunta alle forze posizionali conservative gia discusse, unaforza di resistenza idraulica !,|C|C applicata nel punto C e una forza di resistenza viscosa!&P agente nel punto P , con & e , costanti positive assegnate.

Componenti lagrangiane della resistenza idraulicaIl vettore posizione del punto di applicazione C vale

C ! O = Rs e1 + R e2

e derivato rispetto al tempo fornisce l’espressione della velocita istantanea

C = Rs e1

mentre le derivate parziali rispetto alle coordinate generalizzate si scrivono

/C

/s= R e1

/C

/1= 0 .

Le componenti lagrangiane della sollecitazione diventano percio

QCs = !,|C|C · /C

/s= !,R|s|R2s = !,R3|s|s (373.7)

QC' = !,|C|C · /C

/1= 0 . (373.8)

Componenti lagrangiane della resistenza viscosaLa resistenza viscosa !&P agisce nel punto P , il cui vettore posizione e specificato dallarelazione (373.1)

P ! O = R(s + sin1) e1 + R(1 ! cos 1) e2

e la cui velocita assoluta risulta

P = R(s + cos 1 1) e1 + R sin1 1 e2 .

Le derivate parziali del punto di applicazione rispetto ai parametri lagrangiani si determi-nano immediatamente

/P

/s= R e1

/P

/1= R(cos 1 e1 + sin 1 e2)

e permettono di ricavare le componenti generalizzate della sollecitazione:

QPs = !&P · /P

/s= !&R(s + cos 1 1)R = !&R2(s + cos 1 1)

Stefano Siboni 1939


QP' = !&P · /P

/1= !&R[(s + cos 1 1) e1 + sin 1 1 e2] ·R(cos 1 e1 + sin 1 e2) =

= !&R2(cos 1 s + cos21 1 + sin21 1) = !&R2(cos 1 s + 1) .

Componenti lagrangiane delle forze resistentiLe componenti lagrangiane del sistema delle sollecitazioni resistenti si ricavano come sommadelle componenti corrispondenti della forza idraulica e di quella viscosa:

Ds = QCs + QP

s = !,R3|s| s ! &R2(s + cos 1 1)D' = QC

' + QP' = !&R2(cos 1 s + 1) .

La sollecitazione totale ha la potenza# = Dss + D'1 = !,R2|s|s2 ! &R2(s2 + 2 cos 1 s1 + 12)

dove e certamente

!&R2(s2 + 2 cos 1 s1 + 12) = !&R2(s 1):

1 cos 1cos 1 1

;:s1

;& 0 $ (s, 1) " R2

in quanto

det:

1 cos 1cos 1 1

;= sin21 ( 0 e tr

:1 cos 1

cos 1 1

;= 2 > 0 .

Percio# = !,R3|s|3 ! &R2(s2 + 2 cos 1 s1 + 12) & 0

ed inoltre# = 0 /. !,R3|s|3 ! &R2(s2 + 2 cos 1 s1 + 12) = 0 (373.9)

ossia *,

-,R3|s|3 = 0

!&R2(s2 + 2 cos 1 s1 + 12) = 0 ,

dal momento che i due termini nella (373.9) sono separatamente non positivi. La primaequazione impone che si abbia s = 0, per cui la seconda equazione si riduce a

!&R212 = 0ovvero a 1 = 0. La sollecitazione (Ds,D') e dunque completamente dissipativa.

(f) Equilibri e loro stabilita sotto l’azione delle forze non conservativeLe sollecitazioni dissipative (Ds,D') analizzate al punto precedente non alterano gli equi-libri gia determinati tenendo conto delle sole sollecitazioni posizionali conservative — quellidel punto (a) — dal momento che le sollecitazioni dissipative si annullano a velocita gene-ralizzata nulla, (s, 1) = (0, 0). D’altra parte questi equilibri sono in numero finito e dunquecertamente isolati. In presenza di sollecitazioni completamente dissipative e cosı possibilericorrere ai criteri di Barbasin-Krasovskii e mettere mano alla forma forte dei teoremi diLagrange-Dirichlet e di inversione parziale. I massimi relativi propri del potenziale risul-tano allora asintoticamente stabili, mentre in tutte le altre configurazioni di equilibrio si hainstabilita. Si conclude, piu precisamente, che l’equilibrio (s,1) = (0, 0) e asintoticamentestabile, mentre (s,1) = (0,#) risulta instabile.

Stefano Siboni 1940

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