Prova scritta di meccanica razionale del

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1 Esercizio 1 Una piastra rigida S giace nel piano Oxy di una terna solidale Oxyz = Oê 1 ê ê 3. La piastra ha la forma di un quarto di cerchio di centro O, raggio a e lati OA e OB, posti rispettivamente lungo i semiassi positivi Ox e Oy vedi figura. La densità di S è definita da: σp = 4µ πa 4 a P O P S, dove µ indica una massa caratteristica. Una curva omogenea γ di massa µ è saldata lungo l arco AB di S. Determinare del sistema: a la massa e la posizione del baricentro in Oxyz; b la matrice d inerzia relativa alla terna Oxyz; Prova scritta di meccanica razionale del 8..1 c i momenti principali d inerzia e una terna principale d inerzia in O; d il momento d inerzia relativo alla retta Ay; e assumendo il sistema non soggetto ad alcuna forza attiva e libero di ruotare senza attrito con velocità angolare ωê 1 attorno all asse fisso Ox rispetto ad una terna inerziale Oxηζ, il risultante e il momento in O dei cimenti dinamici usare la base ê 1 ê ê 3 per esprimere il risultato. 1

2 Esercizio Nel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz un anello circolare omogeneo γ, di massa m, raggio a e centro C, ha gli estremi A e B di un suo diametro rispettivamente vincolati a scorrere lungo gli assi Ox e Oy. Un punto materiale P di massa m è libero di scorrere lungo γ. Come coordinate lagrangiane si usano gli angoli ϕ, ϑ R mostrati in figura. Il sistema è pesante e una molla di costante elastica k collega A con O; sull anello agisce inoltre una coppia di momento M = mga sin ϕ ê 3. Resistenze viscose di uguale costante β sono infine applicate in A, B e P. Si assumano i vincoli ideali per determinare del sistema: a le componenti generalizzate delle sistema di resistenze viscose, precisandone la natura dal punto di vista energetico; b gli equilibri; c le proprietà di stabilità dei predetti equilibri; d l energia cinetica relativa a Oxyz; e le equazioni pure del moto; f i modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile nel caso sia k = mg/a e β =.

3 Soluzione dell esercizio 1 a Massa e baricentro Massa della piastra I punti della piastra sono individuati dall ovvia parametrizzazione in coordinate polari: P ρ, φ O = ρ cos φ ê 1 + ρ sin φ ê, ρ, φ [, a] [, π/], cui corrisponde il ben noto elemento d area: da = P ρ P φ dρdφ = ρ dρdφ e l espressione esplicita della densità areale: σρ, φ = 4µ πa 4 a ρ, ρ, φ [, a] [, π/], che dipende dalla sola coordinata radiale ρ. La massa della piastra si ricava integrando la densità areale sul settore circolare S: m S = S σ da = = 4µ π πa 4 a dρ π/ [a ρ + ρ4 4 aρ3 3 dφ ρ 4µ πa a 4 ρ = 4µ πa 4 ] a π/ dφ a a ρ + ρ 3 aρ dρ = = 1µ a 4 a 4 + a4 4 3 a4 = 1µ 1 1 = µ. Massa del sistema La massa del sistema è la somma delle masse di piastra S e curva materiale γ: m = m S + m γ = µ + µ = µ. Baricentro della piastra Il piano di giacitura della piastra costituisce un evidente piano di simmetria. È altrettanto evidente che la bisettrice y = x del I e III quadrante nel piano Oxy rappresenta un asse di simmetria della piastra: per ogni punto P x, y di S il punto simmetrico rispetto alla bisettrice è P y, x e appartiene a propria volta alla piastra; i due punti sono inoltre palesemente equidistanti dall origine O e presentano perciò lo stesso valore della densità areale che è infatti funzione della sola distanza da O. Gli elementi di simmetria consentono così di esprimere il vettore posizione del baricentro G S della piastra nella forma seguente: G S O = x S ê 1 + x S ê che richiede il calcolo della sola ascissa x S. Applicando la definizione si ha: x S = 1 m S S x σ da = 1 µ a dρ π/ 3 dφ ρ ρ cos φ 4µ πa 4 a ρ =

4 = 4 πa 4 = 4 πa 4 π/ [ ρ 3 cos φ dφ a 3 a + ρ5 5 aρ4 4 ρ a ρ dρ = 4 [ ] π/ sin φ πa 4 ] a e il vettore posizione del baricentro diventa: a = 4 a 5 πa a5 5 a5 G S O = 4 5π aê π aê. ρ a + ρ 4 aρ 3 dρ = = 4 π 1 3 a = 4 5π a Baricentro della curva materiale γ La curva omogenea γ, che è un quarto di circonferenza, ammette la parametrizzazione: con elemento di lunghezza: P φ O = a cos φ ê 1 + a sin φ ê, φ [, π/], ds = P φ dφ = a sin φ ê 1 + a cos φ ê dφ = a dφ lunghezza complessiva πa/ e densità lineare costante: λφ = µ πa/ = µ πa. La curva presenta esattamente le stesse proprietà di simmetria già riconosciute per la piastra S, sicchè il vettore posizione del relativo baricentro assume la forma: e dipende dalla sola ascissa: G γ O = x γ ê 1 + x γ ê x γ = 1 m γ γ x λ ds = 1 µ π/ a cos φ µ πa a dφ = π a π/ cos φ dφ = π a per cui risulta: G γ O = π aê 1 + π aê. Baricentro del sistema Il piano Oxy e la bisettrice y = x in tale piano costituiscono rispettivamente un piano e un asse di simmetria anche per l intero sistema, oltre che per le due parti costituenti S e γ. Il vettore posizione del baricentro G si scrive perciò: G O = x G ê 1 + x G ê 4

5 con l ascissa determinata dal teorema distributivo: x G = m S x S + m γ x γ = 1 µ 4 m S + m γ µ 5π a + µ π a = 7 5π a che porge il risultato richiesto: G O = 7 5π aê π aê. b Matrice d inerzia in Oxyz Matrice d inerzia della piastra S La piastra giace nel piano coordinato Oxy, dove la bisettrice y = x costituisce un asse di simmetria della superficie materiale. Ne deriva che la matrice d inerzia di S rispetto alla terna Oxyz deve assumere la forma: L S [L S xx L S xy O] = L S xy L S xx L S xx e dipendere dal solo momento d inerzia non banale L S xx e dal prodotto d inerzia L S xy. Per il primo si ha l espressione: L S xx = y σ da = S = 4µ πa 4 = 4µ πa 4 = 1µ πa 4 π/ π/ [ φ = 1µ π a 6 πa 4 mentre il secondo vale: L S xy = S = 4µ πa 4 = 4µ πa 4 a sin φ dφ dρ π/ a 1 cos φ sin φ dφ ρ ρ sin φ 4µ πa 4 a ρ = ρ 3 a ρ dρ = dφ ] π/ a [ ρ 4 ρ 3 a + ρ 5 aρ 4 dρ = 4 a + ρ6 6 aρ5 5 ] a 4 + a6 6 5 a6 = 6µa xyσ da = π/ a dρ sin φ cos φ dφ [ sin φ ] π/ π/ a = = 6µa 1 6 = µa 1 dφ ρ ρ cos φ ρ sin φ 4µ πa 4 a ρ = ρ 3 a ρ dρ = a 6 6 = 1µ a 6 πa 4 6 = µa 5π 5

6 e la matrice d inerzia diventa: [L S O] = µa 1/1 1/5π 1/5π 1/1 1/5 Matrice d inerzia della curva materiale γ La matrice d inerzia in Oxyz della curva materiale presenta esattamente la stessa struttura di quella precedente, causa i comuni elementi di simmetria: [L γ O ] = Lγ xx L γ xy L γ xy L γ xx L γ xx Il momento d inerzia non banale è dato dall integrale: L γ xx = γ = µa π y λ ds = π/ π/ 1 cos φ a sin φ µ µa a dφ = πa π [ dφ = µa φ π mentre per il prodotto d inerzia si ha l espressione:. π/. sin φ dφ = ] π/ sin φ = µa π π = µa L γ xy = γ = µa π xy λ ds = π/ π/ a cos φ a sin φ µ πa a dφ = sin φ cos φ dφ = µa π [ sin φ ] π/ = µa π 1 = µa π che implica: [L γ O ] = µa 1/ 1/π 1/π 1/. 1 Matrice d inerzia del sistema Per la proprietà additiva, la matrice d inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz è la somma delle matrici d inerzia di piastra e curva calcolate relativamente alla medesima terna: [L O ] = [L S O] + [L γ O ] = µa 1/1 1/5π 1/5π 1/1 1/5 6 + µa 1/ 1/π 1/π 1/ 1

7 vale a dire: [L O ] = µa 3/5 6/5π 6/5π 3/5 6/5. c Momenti principali e terna principale d inerzia in O Momenti principali d inerzia in O Per definizione i momenti principali d inerzia in O del sistema sono gli autovalori della matrice d inerzia [L O ], soluzioni λ dell equazione caratteristica: det [L O ] λi =. Posto per brevità λ = µa ξ ed omesso l inessenziale fattore µa, l equazione caratteristica si riduce a: 3/5 ξ 6/5π det 6/5π 3/5 ξ = 6/5 ξ ossia: [ 3 6 ] 6 5 ξ 5π 5 ξ = e fattorizzando la differenza dei quadrati: Si ottengono così le soluzioni reali positive: 3 5 ξ 6 3 5π 5 ξ π 5 ξ =. ξ 1 = π ξ = π che corrispondono ai momenti principali d inerzia in O cercati: λ 1 = µa λ = 5π ξ 3 = µa λ 3 = 6 5π 5 µa. 1 Terna principale d inerzia in O L individuazione della terna principale non richiede alcun calcolo. Il piano Oxy, in quanto piano di giacitura, è infatti un piano di simmetria e costituisce un piano principale d inerzia del sistema rispetto ad ogni suo punto. Si tratta, in particolare, di un piano principale d inerzia in O, per cui Oz è sicuramente un asse principale d inerzia in O per il sistema. D altra parte, l asse di simmetria y = x nel piano Oxy è pure principale d inerzia rispetto ad ogni suo punto, compreso O. La retta perpendicolare alle due precedenti completa la terna principale, che esiste sempre come terna ortogonale grazie alla simmetria dell operatore d inerzia. In conclusione, una terna principale d inerzia in O è quella che ha come assi la retta Oz e, nel piano Oxy, le bisettrici dei quadranti di equazione y = x e y = x rispettivamente. I momenti principali distinti 1 assicurano che tale terna è unica, a meno dell orientamento degli assi con 8 orientamenti complessivamente possibili. 7

8 d Momento d inerzia relativo alla retta Ay La retta Ay è parallela all asse coordinato Oy, rispetto al quale il momento d inerzia del sistema è già stato determinato, identificandosi con l elemento L yy della matrice d inerzia [L O ]. La retta Ay non contiene tuttavia il baricentro G del sistema e si rende quindi necessario applicare due volte il teorema di Huygens-Steiner, considerando la retta Gy parallela alle precedenti e passante per G. Si hanno le relazioni: I Ay = I Gy + ma x G I Oy = I Gy + mx G che sottratte membro a membro per eliminare il momento incognito I Gy porgono: e di conseguenza: I Ay I Oy = ma x G mx G I Ay = I Oy + maa x G. Basta così sostituire i valori di I Oy = L yy, m e x G calcolati in precedenza per ricavare il momento d inerzia richiesto: I Ay = µa + µ a a 5π a 13π 8 = µa. 5π e Risultante e momento in O dei cimenti dinamici Se il sistema rigido ruota senza attrito attorno all asse fisso Ox, in assenza di forze attive la velocità angolare ωê 1 si mantiene costante nel tempo: il moto del corpo è rotatorio uniforme. Il risultante e il momento risultante in O dei cimenti dinamici sono, per definizione, opposti ai corrispondenti risultante e momento risultante delle forze reattive, che si ricavano dalle equazioni cardinali della dinamica: e risultano pertanto: m G = R φ d K O dt = M φ O R φ = m G M φ O = d K O dt Occore quindi determinare l accelerazione del baricentro G e la derivata rispetto al tempo del momento angolare in O del sistema. Risultante dei cimenti dinamici Rispetto alla base della terna solidale si è già trovato che: G O = 7 5π aê π aê e siccome O è un punto fisso del sistema il teorema di Poisson dell atto di moto rigido porge l espressione: 7 Ġ = ωê 1 G O = ωê 1 5π aê π aê = 7 5π aωê 3. 8.

9 Una ulteriore derivazione in t, unitamente alle formule di Poisson per il calcolo di dê 3 /dt, conduce all espressione dell accelerazione istantanea puramente centripeta: G = 7 5π aω dê 3 dt = 7 5π aω ωê 1 ê 3 = 7 5π aω ê per cui il risultante dei cimenti assume la forma: R φ = µ 7 5π aω ê = 14 5π µaω ê. Momento risultante in O dei cimenti dinamici Le componenti K 1, K, K 3 del momento angolare K O rispetto alla base ê 1 ê ê 3 si ottengono per mezzo della relazione matriciale: K 1 K = [L O ] ω 1 ω K 3 ω 3 dove ω 1, ω, ω 3 sono le componenti della velocità angolare ωê 1 rispetto alla stessa base. Sostituendo le espressioni esplicite di [L O ] e ω 1, ω, ω 3 si ottiene allora: in modo che: K 1 K K 3 = µa 3/5 6/5π 6/5π 3/5 6/5 La derivata rispetto al tempo vale allora: ω 3 K O = µa ω 6 5ê1 5π ê. = µa ω 3/5 6/5π, d K O dt = µa ω ωê ê1 5π ê = 6 5π µa ω ê 3 e il momento risultante in O dei cimenti diventa: M φ O = 6 5π µa ω ê 3. Da notare che risultante e momento risultante non sono costanti nel sistema di riferimento assoluto Oxηζ. Soluzione dell esercizio Il segmento AB è per ipotesi un diametro della circonferenza γ, con gli estremi A e B collocati lungo gli assi coordinati Ox e Oy rispettivamente. Come ben noto dalla geometria elementare, il fatto che l angolo AÔB sia retto implica che O appartenga a γ, in modo 9

10 da risultare angolo alla circonferenza corrispondente all angolo al centro AĈB = π entrambi gli angoli insistono sul medesimo arco AB della circonferenza γ. I vettori posizione dei punti A e B sono dati da: per cui risulta: A O = a sin ϕ ê 1 B O = a cos ϕ ê C O = A O + B O in accordo con l osservazione precedente. Si ha inoltre: P C = a sin ϑ ê 1 a cos ϑ ê = a sin ϕ ê 1 + a cos ϕ ê, 3 in modo che il vettore posizione del punto P in Oxyz assume la forma: P O = asin ϕ + sin ϑê 1 + acos ϕ cos ϑê. 4 Sono così determinate le posizioni dei punti di applicazione di tutte le forze attive agenti sul sistema. a Resistenze viscose Le resistenze viscose sono applicate nei punti A, B e P, e hanno la stessa costante di frizione β: In forza della prima equazione si hanno le espressioni: A = a cos ϕ ϕ ê 1 A ϕ = a cos ϕ ê 1 A ϑ = e le componenti generalizzate della resistenza viscosa in A diventano: βȧ A ϕ = 4βa cos ϕ ϕ β A A ϑ =. Grazie alla seconda delle, per la resistenza viscosa agente su B vale invece: Ḃ = a sin ϕ ϕ ê con le componenti generalizzate: B ϕ = a sin ϕ ê B ϑ = βḃ B ϕ = 4βa sin ϕ ϕ βḃ B ϑ =. Per il punto P, la 4 porge infine le espressioni: P = acos ϕ ϕ + cos ϑ ϑê 1 + a sin ϕ ϕ + sin ϑ ϑê P ϕ = acos ϕ ê 1 sin ϕ ê 1 P ϑ = acos ϑ ê 1 + sin ϑ ê

11 dalle quali si deducono le componenti generalizzate: β P P ϕ = βa ϕ + cos ϕ cos ϑ ϑ sin ϕ sin ϑ ϑ = βa [ ϕ + cosϕ + ϑ ϑ] β P P ϑ = βa cos ϑ cos ϕ ϕ sin ϑ sin ϕ ϕ + ϑ = βa [cosϕ + ϑ ϕ + ϑ]. Le componenti generalizzate delle resistenze viscose sono le somme delle componenti parziali appena calcolate: Q rv ϕ Q rv ϑ = βa A B βḃ ϕ ϕ β P P ϕ = βa[ 5 ϕ + cosϕ + ϑ ϑ ] = βa A B βḃ ϑ ϑ β P P ϑ = βa[ cosϕ + ϑ ϕ + ϑ ]. 5 La potenza del sistema di sollecitazioni, che ci si aspetta essere non positiva, è data da: π rv = Q rv ϕ ϕ + Qrv ϑ ϑ = βa [ 5 ϕ + cosϕ + ϑ ϕ ϑ + ϑ ] = βa ϕ ϑ Λϕ, ϑ ϕ ϑ in termini della matrice ausiliaria: 5 cosϕ + ϑ Λϕ, ϑ = cosϕ + ϑ 1 reale, simmetrica e definita positiva per via delle diseguaglianze: tr Λϕ, ϑ = 6 > det Λϕ, ϑ = 5 cos ϕ + ϑ 4 > valide ϕ, ϑ R. Ne deriva che π rv ϕ, ϑ, ϕ, ϑ R 4 e che inoltre: π rv = ϕ, ϑ =, per cui il sistema di resistenze viscose ha natura completamente dissipativa. b Equilibri Le componenti generalizzate delle forze dissipative si annullano a velocità generalizzate ϕ, ϑ nulle e sono perciò ininfluenti sugli equilibri. Le altre sollecitazioni attive hanno tutte natura posizionale conservativa e possono essere descritte per mezzo degli opportuni potenziali. Forze peso Il potenziale gravitazionale è la somma dei potenziali associati alle forze peso agenti su γ e su P : U g = mg ê C O mg ê P O = = mga cos ϕ mgacos ϕ cos ϑ = mga cos ϕ + cos ϑ. 11

12 Interazione elastica Alla molla ideale di costante elastica k tesa fra il punto A e l origine O è associato il potenziale: U el = k A O = k 4a sin ϕ = ka sin ϕ. Coppia di forze agente sull anello La coppia è un sistema di forze con risultante R = e momento M = mga sin ϕ ê 3, indipendente dalla scelta del polo. Poichè l anello γ è rigido e in moto nel piano Oxy, le componenti generalizzate di tale sistema sono date dalle note formule: Q M ϕ = C ϕ R + ϕ ϕ ê3 M = mga sin ϕ Q M ϑ = C ϑ R + ϕ ϑ ê3 M = nelle quali si è scelto il centro C come punto dello spazio solidale a γ, e ϕ rappresenta l angolo di rotazione dell anello attorno a C rispetto alla terna Oxyz. Alle componenti calcolate corrisponde l ovvio potenziale: U M = mga cos ϕ. Potenziale del sistema Il potenziale del sistema risulta dalla somma dei potenziali gravitazionale, elastico ed associato alla coppia di forze: Uϕ, ϑ = U g + U el + U M = mgacos ϑ cos ϕ ka sin ϕ, ϕ, ϑ R. 6 Equilibri Gli equilibri tutti ordinari del sistema scleronomo si identificano con i punti critici del potenziale 6, zeri delle derivate parziali prime: U ϕ ϕ, ϑ = mga sin ϕ 4ka sin ϕ cos ϕ U ϕ, ϑ = mga sin ϑ ϑ e dunque soluzioni del sistema di equazioni trigonometriche disaccoppiate: mg 4ka sin ϕ 4ka cos ϕ = mga sin ϑ =. 7 Dalla prima equazione di equilibrio si traggono due soluzioni definite incondizionatamente: ϕ = ϕ = π e altre due definite e distinte dalle precedenti: mg ϕ = arccos = arccos λ = ϕ ϕ = ϕ 4ka 1

13 a condizione che si abbia λ := mg/4ka < 1. La seconda delle equazioni 7 porge invece le soluzioni ovvie: ϑ = ϑ = π. Il sistema ammette perciò quattro equilibri definiti incondizionatamente: ϕ, ϑ =, ϕ, ϑ =, π ϕ, ϑ = π, ϕ, ϑ = π, π e quattro equilibri definiti e distinti dai precedenti per λ < 1: ϕ, ϑ = ϕ, ϕ, ϑ = ϕ, π ϕ, ϑ = ϕ, ϕ, ϑ = ϕ, π, essendo ϕ, π/. c Stabilità degli equilibri Gli equilibri del sistema sono evidentemente isolati, in quanto in numero finito. La compresenza di sollecitazioni posizionali conservative e completamente dissipative autorizza a studiare la stabilità tramite la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri di Barbasin e Krasovskii. Si determinano le derivate parziali seconde del potenziale: U ϕϕ ϕ, ϑ = mga cos ϕ 4ka cos ϕ sin ϕ = 4ka λ cos ϕ cos ϕ + sin ϕ U ϑϑ ϕ, ϑ = mga cos ϑ U ϕϑ ϕ, ϑ = U ϑϕ ϕ, ϑ = che consentono di scrivere la relativa matrice hessiana nella forma diagonale: H U ϕ, ϑ = 4ka λ cos ϕ cos ϕ + sin ϕ. 8 mga cos ϑ Gli autovalori della matrice devono essere calcolati in ciascuna configurazione di equilibrio. Configurazione ϕ, ϑ =, In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale si riduce a: H U, = 4ka λ 1 mga e ha gli autovalori 4ka λ 1 e mga, il secondo negativo e il primo di segno non definito. Di conseguenza: per λ < 1 entrambi gli autovalori risultano negativi, per cui la configurazione costituisce un massimo relativo proprio del potenziale e l equilibrio è asintoticamente stabile per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet; se λ > 1 un autovalore dell hessiana è di segno positivo, circostanza che esclude l equilibrio possa costituire un massimo relativo proprio del potenziale. Si ha quindi instabilità dell equilibrio; 13

14 se infine λ = 1 l hessiana è semidefinita non definita negativa e l analisi della stabilità richiede uno studio più accurato. In effetti, il potenziale del sistema diventa: con: Uϕ, ϑ = 4ka λ cos ϑ λ cos ϕ 1 sin ϕ = 4ka cos ϑ cos ϕ 1 sin ϕ cos ϕ 1 sin ϕ = 1 + sin ϕ sin ϕ cos ϕ = 1 + sin4 ϕ, espressione dalla quale appare evidente che l equilibrio non rappresenta un massimo relativo proprio del potenziale. Ne segue l instabilità dell equilibrio. Configurazione ϕ, ϑ = π, In questo caso la matrice hessiana 8 vale: 4ka H U π, = λ 1 mga con entrambi gli autovalori negativi. L equilibrio è sempre un massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile. Configurazione ϕ, ϑ = ϕ, L equilibrio è definito per λ < 1 e la corrispondente matrice hessiana si scrive: 4ka H U ϕ, = λ cos ϕ cos ϕ + sin ϕ 4ka = sin ϕ mga mga essendo cos ϕ = λ. L autovalore positivo 4ka sin ϕ esclude che l equilibrio possa costituire un massimo relativo proprio del potenziale e ne implica perciò l instabilità. Configurazione ϕ, ϑ = ϕ, Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale è uguale a quella calcolata per la configurazione simmetrica precedente: H U ϕ, = 4ka λ cos ϕ cos ϕ + sin ϕ mga e l equilibrio risulta instabile al pari di quella. = 4ka sin ϕ mga Configurazioni ϕ, ϑ =, π, π, π, ϕ, π, ϕ, π Tutti questi equilibri sono instabili per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, a causa dell autovalore positivo: U ϑϑ ϕ, π = mga ϕ =, π, ϕ, ϕ che esclude il ricorrere, nella posizione di equilibrio, di un massimo relativo proprio del potenziale. 14

15 d Energia cinetica L energia cinetica del sistema è la somma dei contributi relativi alle due parti costituenti, l anello γ e il punto materiale P. Energia cinetica dell anello γ L anello omogeneo è privo di punti fissi, per cui la sua energia cinetica viene determinata ricorrendo al teorema di König. Derivando in t il vettore posizione 3 si ottiene la velocità istantanea del baricentro C: di modulo quadrato: Ċ = acos ϕ ê 1 sin ϕ ê ϕ Ċ = a ϕ. La velocità angolare ω dell anello si ricava notando che rispetto ad una terna di riferimento baricentrale l angolo ϕ è compreso fra il raggio A C, fisso rispetto all anello, e la verticale condotta da C verso il basso, fissa rispetto alla terna baricentrale; l angolo è inoltre orientato conformemente alla regola della mano destra rispetto al versore ê 3, nell ipotesi che la terna Oxyz sia destra. Ne deriva che: Il teorema di König porge allora: ω = ϕ ê 3. T γ = m Ċ + 1 Iγ Cz ω = ma ϕ + 1 ma ϕ = ma ϕ, 9 essendo I γ Cz = ma il momento d inerzia dell anello rispetto all asse baricentrale Cz. Energia cinetica del punto P La velocità istantanea di P è già stata ricavata nella soluzione del quesito a: P = acos ϕ ϕ + cos ϑ ϑê 1 + a sin ϕ ϕ + sin ϑ ϑê e per la relativa energia cinetica porge l espressione: T P = m P = ma [ cos ϕ ϕ + cos ϑ ϑ + sin ϕ ϕ + sin ϑ ϑ ] = = ma [ ϕ + cosϕ + ϑ ϕ ϑ + ϑ ]. 1 Energia cinetica del sistema L energia cinetica del sistema è la somma dei termini 9 e 1: T = T γ + T P = ma [ 3 ϕ + cosϕ + ϑ ϕ ϑ + ϑ ]

16 e Equazioni del moto Le equazioni pure del moto sono quelle di Lagrange: d L L dt ϕ ϕ = Qrv ϕ in cui figurano la lagrangiana del sistema: d L dt ϑ L ϑ = Qrv ϑ L = T + U = ma [ 3 ϕ + cosϕ + ϑ ϕ ϑ + ϑ ] + mgacos ϑ cos ϕ ka sin ϕ e le componenti generalizzate 5 delle forze viscose. espressioni parziali: Dalla lagrangiana si ricavano le L ϕ = ma [3 ϕ + cosϕ + ϑ ϑ] d L = ma [3 ϕ + cosϕ + ϑ dt ϕ ϑ sinϕ + ϑ ϕ + ϑ ϑ] L ϕ = ma sinϕ + ϑ ϕ ϑ + mga sin ϕ 4ka sin ϕ cos ϕ L ϑ = ma [cosϕ + ϑ ϕ + ϑ] d L dt ϑ = ma [cosϕ + ϑ ϕ + ϑ sinϕ + ϑ ϕ + ϑ ϕ] L ϑ = ma sinϕ + ϑ ϕ ϑ mga sin ϑ che porgono le equazioni cercate: ma [3 ϕ + cosϕ + ϑ ϑ sinϕ + ϑ ϑ ] mga sin ϕ + 4ka sin ϕ cos ϕ = = βa [ 5 ϕ + cosϕ + ϑ ϑ ] ma [cosϕ + ϑ ϕ + ϑ sinϕ + ϑ ϕ ] + mga sin ϑ = βa [ cosϕ + ϑ ϕ + ϑ ]. f Modi normali delle piccole oscillazioni per k = mg/a e β = Per β = e k = mg/a risulta λ = 1/4 e l equilibrio ϕ, ϑ =, è un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet. Le piccole oscillazioni vengono studiate attorno a questa posizione di equilibrio. La matrice hessiana del potenziale vale: 3 H U, = mga 1 mentre l energia cinetica 11 è una forma quadratica definita positiva delle velocità generalizzate ϕ, ϑ descritta dalla matrice di rappresentazione: Aϕ, ϑ = ma 3 cosϕ + ϑ cosϕ + ϑ 1 16

17 che per ϕ, ϑ =, si riduce a: A, = ma Equazione caratteristica e frequenze normali Le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni sono le soluzioni ω > dell equazione caratteristica: det[ ω A, + H U, ] = in cui risulta: 3 1 ω A, + H U, = ma ω 1 1 [ ] aω = mga + = mga g essendosi introdotto il parametro d ordine adimensionale: L equazione caratteristica diventa perciò: e porge le radici: µ = aω /g. 3 + mga 1 = 3µ 3 µ µ µ 1 = 3µ 3µ 1 µ = 3µ 3µ 3µ + 3 µ = µ 6µ + 3 µ 1, µ = 6 ± dalle quali seguono le pulsazioni normali: ω 1 = g µ 1 a = 3 3 g a e le relative frequenze normali: f 1 = ω 1 π = g π a = 6 ± 1 4 = 3 ± 3 ω = µ g a = g a f = ω π = g π a, corrispondenti al modo basso e al modo alto, rispettivamente ω 1 < ω. Vettori delle ampiezze per i modi normali di oscillazione I vettori delle ampiezze relative ai modi normali di oscillazione sono definiti dalle soluzioni non banali dell equazione: 3µi 3 µ mga i µ i µ i 1 ai b i = 17, ai b i, i = 1,,

18 che equivale al sistema di equazioni lineari omogenee: 3µ i 3a i + µ i b i = µ i a i + µ i 1b i =. Per definizione di µ 1 e µ, le due equazioni sono linearmente dipendenti, per cui è sufficiente risolvere una sola di esse, ad esempio la seconda. Una soluzione non banale è la seguente: a i = µ i 1 b i = µ i per cui i modi normali possono scriversi nella forma: δϕ µi 1 = A δϑ i cosω µ i t + α i t R, i = 1,, i con A 1, A e α 1, α costanti reali arbitrarie e beninteso A 1, A. Modo basso di pulsazione ω 1 In questo caso il vettore delle ampiezze ha componenti di uguale segno: µ 1 1 = = 1 3 µ 1 = 3 3 ed il relativo modo normale può esprimersi come: δϕ 3 1 = A δϑ 1 3 cos g a t + α 1 t R in termini delle costanti reali arbitrarie A 1 e α 1. Modo alto di pulsazione ω Nella fattispecie le ampiezze presentano segno opposto: µ 1 = = µ = per cui il modo normale di massima pulsazione diventa: δϕ 3 1 = A δϑ 3 + cos g a t + α t R per A e α assegnati a piacere. 18