Potenziale elastico Il potenziale elastico del sistema è la somma dei potenziali associati alle due molle: mg R G O 2 1 mg

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1 Esercizio 61. Sistema scleronomo a g.d.l. posizionale conservativo Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz un telaio COAB di massa trascurabile può ruotare liberamente attorno al vertice fisso O. Il telaio ha lati CO, OA e AB di lunghezze rispettive R, 8R e R, con angoli retti in O e in A. Lungo il lato OA rotola senza strisciare un disco circolare omogeneo D, di massa m, raggio R e centro G, pesante e collegato ad O da una molla di costante elastica k = mg/5r. Una seconda molla, di costante h = mg/16r, è tesa fra A e il punto fisso D8R, dell asse orizzontale Ox. I vincoli si assumono ideali. Si usino i parametri adimensionali s [1, 7] e φ R in figura per determinare del sistema: a gli equilibri ordinari; b le proprietà di stabilità degli equilibri ordinari; c l espressione dell energia cinetica; d le equazioni pure del moto; e gli equilibri di confine. Soluzione a Equilibri ordinari Le sollecitazioni attive applicate al sistema sono tutte posizionali conservative: il peso e le interazioni elastiche associate alle molle che congiungono G con O e A con D. Il sistema è quindi scleronomo posizionale conservativo, con potenziale dato dalla somma di un potenziale gravitazionale e di un potenziale elastico. Potenziale gravitazionale Il potenziale gravitazionale è associato al solo disco D, dal momento che la massa del telaio si assume trascurabile. Il baricentro del disco omogeneo si identifica con il suo centro geometrico G, che infatti ne costituisce un ovvio centro di simmetria. Indicato con P il punto di contatto fra disco e telaio, il vettore posizione del baricentro rispetto alla terna Stefano Siboni 7

2 Oxyz si scrive: G O = P O + G P = Rs sin φ ê 1 Rs cos φ ê + R cos φ ê 1 + R sin φ ê = in modo che il potenziale gravitazionale del disco diventa: = Rs sin φ + cos φê 1 + R s cos φ + sin φê 61.1 U g = mg, ê G O = mgrs cos φ sin φ. 61. Potenziale elastico Il potenziale elastico del sistema è la somma dei potenziali associati alle due molle: U el = k G O h A D = 1 1 in quanto k = mg/5r e h = mg/16r. Dalla 61.1 si ottiene: G O = R s sin φ + cos φ + R s cos φ + sin φ = Vale inoltre: mg R G O 1 mg R A D, = R s sin φ + cos φ + s sin φ cos φ + s cos φ + sin φ s sin φ cos φ = = R s + 1. A O = 8R sin φ ê 1 8R cos φ ê D O = 8R ê 1 per cui: e quindi: A D = 8Rsin φ 1ê 1 8R cos φ ê A D = 64R [sin φ 1 +cos φ] = 64R sin φ sin φ+1+cos φ = 18R 1 sin φ. Il potenziale elastico del sistema assume perciò la forma: U el = 1 1 mg R R s mg R 18R 1 sin φ = = 1 1 mgrs + 4mgR sin φ + costante, 61. la cui costante additiva può essere ignorata. Potenziale del sistema Sommando il potenziale gravitazionale 61. e quello elastico 61. si perviene al potenziale del sistema: Us, φ = U g + U el = mgr s cos φ sin φ 1 1 s + 4 sin φ = = mgr s cos φ + sin φ 1 1 s s, φ [1, 7] R. Stefano Siboni 8

3 Equilibri ordinari Gli equilibri ordinari del sistema si ricavano imponendo il simultaneo annullarsi delle derivate parziali prime del potenziale: U s s, φ = mgr cos φ 1 5 s U s, φ = mgr s sin φ + cos φ φ nell interno del dominio di definizione dei parametri lagrangiani. Le equazioni che caratterizzano gli equilibri ordinari sono pertanto: cos φ 1 5 s = s sin φ + cos φ = La prima delle equazioni di equilibrio porge la relazione: s = 5 cos φ s, φ 1, 7 R che sostituita nella seconda delle 61.4 conduce all equazione della sola variabile angolare: 5 cos φ sin φ + cos φ = ovvero a cos φ sin φ 5 =. Per cos φ = si hanno le radici: φ = π φ = π cui corrisponde il valore di equilibrio s =, che però non è accettabile in quanto non appartenente all intervallo aperto 1, 7. Per sin φ 5 φ = arcsin 5 = risulta invece: = φ φ = π φ. Nel primo caso si ha: s = 5 cos φ = 5 1 sin φ 4 = 5 1 = = 4 per cui un equilibrio ordinario è individuato da: Nel secondo caso vale, per contro, s, φ = 4, φ. s = 5 cosπ φ = 5 cos φ = 4 < Stefano Siboni 9

4 e non sussiste quindi alcuna configurazione di equilibrio. In conclusione, si ha un unico equilibrio ordinario per s, φ = 4, arcsin/5. b Stabilità degli equilibri ordinari Le derivate parziali seconde del potenziale si scrivono: U s s, φ = 1 5 mgr U s, φ = mgr sin φ s φ U s, φ = mgr sin φ φ s U s, φ = mgr s cos φ sin φ φ e consentono di determinare la matrice hessiana del potenziale nell unico equilibrio ordinario s, φ = 4, φ : H U 4, φ = mgr 1 sin φ 5 = sin φ 4 cos φ sin φ 1 1 = mgr = mgr La matrice ha traccia negativa e determinante positivo: 5 trh U 4, φ = 6 5 mgr < deth U 4, φ = 16 5 m g R >, risultando perciò definita negativa. La configurazione di equilibrio costituisce così un massimo relativo proprio del potenziale, stabile in base al teorema di Lagrange-Dirichlet. c Energia cinetica L energia cinetica del sistema si riduce al solo contributo del disco D, essendo il telaio privo di massa. Il disco non presenta alcun punto fisso, per cui si rende necessario ricorrere alla formula di König: Il vettore posizione 61.1 del baricentro T = T D = m Ġ + 1 ID Gz ω D. 5. G O = Rs sin φ + cos φê 1 + R s cos φ + sin φê permette di ricavare l espressione della relativa velocità assoluta: Ġ = Rṡ sin φ + s cos φ φ sin φ φê 1 + R ṡ cos φ + s sin φ φ + cos φ φê Stefano Siboni 1

5 che avrà modulo quadrato: Ġ = R ṡ sin φ + s cos φ φ sin φ φ + R ṡ cos φ + s sin φ φ + cos φ φ = = R ṡ sin φ + s cos φ φ + sin φ φ + s sin φ cos φ ṡ φ sin φ ṡ φ s sin φ cos φ φ + ṡ cos φ + s sin φ φ + cos φ φ s sin φ cos φ ṡ φ cos φ ṡ φ + s sin φ cos φ φ = = R ṡ + s φ + φ ṡ φ. Il momento d inerzia del disco omogeneo rispetto all asse baricentrale Gz, ortogonale al piano di giacitura Oxy, è ovviamente dato da: I D Gz = mr. Per ricavare la velocità angolare istantanea del disco conviene invocare il teorema dei moti rigidi composti e scrivere: ω D = ω COAB + ω D essendo ω COAB = φ ê la velocità angolare rispetto ad Oxyz di una qualsiasi terna solidale al telaio OABC, e ω D = ṡ ê 61.5 la velocità angolare del disco rispetto a quest ultima terna. Immaginando che la terna solidale abbia origine in O, un versore ê 1 parallelo e concorde al lato OA del telaio e un versore ê parallelo e concorde al lato OC, la formula 61.5 si ottiene facilmente imponendo la condizione di puro rotolamento del disco. Relativamente a Oê 1ê ê, infatti, la velocità del punto P del disco deve annullarsi e la velocità angolare ω D deve risultare diretta perpendicolarmente al piano del moto: ω D = ω D ê. La condizione di puro rotolamento nella terna solidale al telaio diventa quindi: = P = Ġ + ω D ê P G ossia, essendo G O = Rs ê 1 e P G = R ê, ed infine, eseguito il prodotto vettoriale, = Rṡ ê + ω D ê R ê = Rṡ + ω D ê. Di conseguenza, la velocità angolare del disco rispetto alla terna assoluta Oxyz è data da: ω D = φ ê ṡ ê = φ ṡê. Stefano Siboni 11

6 Per l energia cinetica del disco si ha così l espressione: T = mr [ṡ + s + 1 φ ṡ φ] + 1 mr φ ṡ = = [ṡ mr + s + 1 φ ṡ φ + φ ] + ṡ φṡ = mr [ φ] ṡ + + s φ ṡ. d Equazioni pure del moto Per questo sistema olonomo a vincoli ideali le equazioni pure del moto si identificano con quelle di Lagrange: con la lagrangiana: d L L dt ṡ s = d dt L φ L φ = [ L = T + U = mr φ] ṡ + + s φ ṡ + mgr s cos φ + sin φ 1 1 s. Ricordando che nel calcolo dei binomi di Lagrange le variabili s, φ, ṡ, φ vanno riguardate come indipendenti, si hanno le relazioni: L ṡ = mr d L ṡ φ = mr dt ṡ s φ L s = mr s φ + mgr cos φ 1 5 mgrs [ L mr ] [ = φ + s φ ] ṡ = mr + φ s ṡ d L [ ] dt φ = mr + φ s s + sṡ φ L = mgr s sin φ + cos φ φ dalle quali seguono le equazioni del moto richieste: mr s φ mr s φ mgr cos φ mgrs = [ ] mr + φ s s + sṡ φ + mgrs sin φ cos φ =. e Equilibri di confine Nel piano s, φ le configurazioni di confine del sistema corrispondono alle rette di equazione s = 1 e s = 7, che vanno esaminate separatamente per la ricerca degli eventuali equilibri. Stefano Siboni 1

7 Retta s = 1 Per il teorema dei lavori virtuali una generica configurazione s, φ = 1, φ, con φ R, costituisce un equilibrio di confine se e soltanto se: α s Q s 1, φ + α φ Q φ 1, φ α s, α φ R, ossia: Q s 1, φ Q φ 1, φ = dove le componenti generalizzate delle forze attive sono espresse dalle relazioni: Q s 1, φ = U cos s 1, φ = mgr φ 1 5 Q φ 1, φ = U 1, φ = mgr sin φ + cos φ. φ La condizione di equilibrio si riduce perciò al sistema di disequazioni: cos φ 1 5 sin φ + cos φ = L equazione in 61.6 si riesprime nella forma equivalente: tgφ = che si risolve immediatamente e porge le radici distinte: φ = arctg = φ o, π/ φ = π + φ π, π/. Basta poi osservare che: cos φ o = tg φ o = 1 = 1 > cosπ + φ o = cos φ o = per concludere che s, φ = 1, π+φ o soddisfa il teorema dei lavori virtuali 61.6, mentre s, φ = 1, φ o no. La configurazione s, φ = 1, π + φ o costituisce il solo equilibrio di confine lungo la porzione s = 1 della frontiera. Retta s = 7 Una configurazione s, φ = 7, φ, con φ R, rappresenta un equilibrio di confine del sistema se e solo se: α s Q s 7, φ + α φ Q φ 7, φ α s, α φ R, Stefano Siboni 1

8 vale a dire: Q s 7, φ Q φ 7, φ =, essendo: Q s 7, φ = U cos s 7, φ = mgr φ 7 5 Q φ 7, φ = U 7, φ = mgr 7 sin φ + cos φ. φ Si perviene così alla condizione di equilibrio: cos φ sin φ + cos φ = nella quale tuttavia la disequazione non risulta mai soddisfatta. Lungo la retta s = 7 non è pertanto definito alcun equilibrio di confine. Riassumendo, il solo equilibrio di confine del sistema si ha per s, φ = 1, π + arctg. Esercizio 6. Geometria delle masse Nel piano Oxy di una terna Oxyz sono collocati una piastra quadrata P = OABC di lato a e un punto materiale saldato alla piastra in Ba, a,. Il punto materiale ha massa m, mentre la densità della piastra è data da: σx, y = m a x + y x, y [, a]. Determinare del sistema: a la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz; b la matrice d inerzia relativa a Oxyz; c il momento d inerzia relativo alla retta BC. Soluzione a Massa e posizione del baricentro Massa della piastra La massa della piastra è l integrale della densità σ sul quadrato OABC = [, a] [, a]: m P = dx dy m a x + y = m a dx ] a [xy + y y= = m a xa + a dx = Stefano Siboni 14

9 = m [ ] x a a a + a x = m a a + a = m. Massa del sistema La somma delle masse di piastra e punto materiale definisce la massa del sistema: m sis = m P + m = m + m = m. Baricentro della piastra Il problema di determinare il baricentro del sistema si semplifica osservando che la retta di equazione y = x nel piano Oxy costituisce un ovvio asse di simmetria per la piastra: σx, y = m a x + y = m y + x = σy, x a e passa inoltre per il punto materiale B. Ne deriva che y = x rappresenta un asse di simmetria per l intero sistema. È ancora più evidente che il piano di giacitura Oxy è di simmetria per il sistema materiale. Ne segue che i vettori posizione del baricentro G P della piastra e del baricentro G del sistema completo assumono la forma: G P O = x P ê 1 + x P ê e G O = x G ê 1 + x G ê, rispettivamente. Per l ascissa x P si ha l espressione: x P = 1 m = 1 a dx dalla quale segue che: dy x m a x + y = 1 a dx x a + x dx a = 1 [ x a a + x dy x + xy = 1 a a ] a = 1 a a 4 G P O = 7 1 aê aê. + a4 4 dx ] a [x y + x y = y= = 7 1 a Baricentro del sistema Il baricentro di piastra e punto materiale si ricava applicando il teorema distributivo: G O = m PG P O + mb O m P + m = mg P O + mb O m = 1 G P O B O = 4 aê aê + a ê1 + a = 19 ê 4 aê aê. = Stefano Siboni 15

10 b Matrice d inerzia relativa a Oxyz La matrice d inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz viene calcolata per mezzo della proprietà additiva, determinando le matrici d inerzia relative alla stessa terna della piastra e del punto materiale in B e sommando poi i risultati parziali ottenuti. Matrice d inerzia della piastra La piastra giace nel piano coordinato Oxy della terna Oxyz rispetto alla quale si vuole determinare la matrice d inerzia, che quindi deve presentarsi nella forma generale: L P [L P xx L P xy O ] = L P xy L P yy. L P xx + L P yy A ciò si aggiunge la circostanza che la retta y = x nel piano rappresenta un asse di simmetria di P, per cui: L P xx = y σ dxdy = x σ dydx = x σ dxdy = L P yy P e di conseguenza: L P [L P xx L P xy O ] = L P xy L P xx. L P xx Il momento d inerzia rispetto all asse Ox è dato da: L P xx = = m a dx dy y m a x + y = a P dx x dx a + a4 = m [ x a 4 a + a4 4 x dy m a xy + y = m a ] a P = m a a 5 mentre il prodotto d inerzia relativo agli assi Ox e Oy risulta: L P xy = = m a Si conclude così che: dx dx = m a [ x dy xy m a a x + y = [x y + xy a + x a ] a ] a y= dx = m a = m a a a5 6 5/1 1/ [L P O] = ma 1/ 5/1. 5/6 6 + a5 4 ] a dx [x y + y4 = 4 y= = 5 1 ma dy m a x y + xy = x a + xa dx = = ma. Stefano Siboni 16

11 Matrice d inerzia del punto materiale in B La matrice d inerzia del punto materiale in B si calcola applicando la definizione formale: y [L B B + z B x B y B x B z B O] = m x B y B zb + x B y B z B. x B z B y B z B x B + y B Poichè B O = x B ê 1 + y B ê + z B ê = aê 1 + aê, si ha: x B = a y B = a z B = e di conseguenza la matrice d inerzia del punto diventa: a a 1 1 [L B O] = m a a = ma 1 1. a Matrice d inerzia del sistema La somma delle matrici d inerzia di piastra e punto materiale fornisce la matrice d inerzia del sistema relativa a Oxyz: 5/1 1/ [L O ] = [L P O ] + [LB O ] = ma 1/ 5/1 5/6 17/1 4/ = ma 4/ 17/1. 17/6 + ma = c Momento d inerzia rispetto alla retta BC La retta BC rispetto alla quale si vuole determinare il momento d inerzia del sistema è parallela all asse coordinato Ox, relativamente al quale il momento d inerzia del sistema è già noto; tuttavia, la retta BC non passa per il baricentro, circostanza che obbliga a considerare anche la retta Gx parallela ad Ox passante per G e ad applicare due volte il teorema di Huygens-Steiner. Si hanno così le relazioni: che sottratte termine a termine porgono: I BC = I Gx + ma y G L xx = I Ox = I Gx + my G I BC L xx = ma y G my G = maa y G e per y G = 19a/4 conducono al momento d inerzia richiesto: I BC = L xx + maa y G = 17 1 ma + ma a 19 1 a = 17 1 ma 7 6 ma = 1 4 ma. Stefano Siboni 17

12 Esercizio 6. Punto vincolato a una curva Nel piano Oxy un punto materiale pesante P di massa m scorre senza attrito lungo la retta di equazione y = αx, con α costante positiva. Una molla ideale di costante elastica k collega P con il punto fisso A, a, essendo a una lunghezza positiva caratteristica. L asse Oy è verticale e orientato verso l alto. Determinare del sistema: a le equazioni pure del moto; b la soluzione generale delle equazioni pure del moto; c la condizione necessaria e sufficiente per l equilibrio qualora il coefficiente di attrito radente statico µ s fra retta e punto fosse non nullo. Soluzione a Equazioni pure del moto La posizione del punto materiale lungo la retta vincolare può essere rappresentata per mezzo della parametrizzazione: P x O = x ê 1 + αx ê, x R. Il postulato delle reazioni vincolari porge l equazione: m P = mgê kp A + Φ dove: P = ẍê 1 + αẍê e P x A = x ê 1 + αx aê per cui: mê 1 + αê ẍ = mgê kxê 1 kαx aê + Φ. 6.1 L unica equazione pura del moto si ottiene grazie alla condizione di curva liscia: Φ P x =, moltiplicando scalarmente membro a membro la 6.1 per il vettore tangente: Si ha così l equazione: che equivale a: P x = ê 1 + α ê. m1 + α ẍ = kx mgα kααx a m1 + α ẍ = αka mg k1 + α x e può scriversi in una forma più suggestiva dividendo termine a termine per 1 + α : mẍ = α ka mg kx α Stefano Siboni 18

13 b Soluzione generale delle equazioni pure del moto Per determinare la soluzione generale dell equazione del moto 6. basta ricavare la posizione di equilibrio x = x, definita da: = α 1 + α ka mg kx = x = α k1 + α ka mg ed introdurre poi il cambiamento di variabile: per ridurre l equazione 6. alla forma: x = x + ξ m ξ = kξ nella quale si riconosce l equazione di un oscillatore armonico semplice di pulsazione ω = k/m, la cui soluzione generale risulta: ξt = c 1 cosωt + c sinωt t R, con c 1 e c costanti reali arbitrarie. 6. è: Si conclude pertanto che la soluzione generale di xt = α k1 + α ka mg + c k 1 cos m t k + c sin m t t R per una scelta arbitraria delle costanti c 1, c R. c Condizione necessaria e sufficiente per l equilibrio in presenza di attrito Qualora il coefficiente di attrito radente statico fra retta e punto fosse µ s > la condizione di equilibrio verrebbe offerta dalla legge di Coulomb-Morin dell attrito radente statico: dove F indica il risultante di tutte le forze attive applicate: F ˆτ µ s F ˆn 6. F = mgê kx ê 1 kαx aê = kx ê 1 + ka mg kαxê, ˆτ è il versore tangente alla retta: ˆτ = P x P x = ê1 + α ê 1 + α ed ˆn quello ortogonale alla retta vincolare e ubicato nel piano Oxy: ˆn = ê ˆτ = ê ê1 + α ê = ê α ê 1 = α ê 1 + ê. 1 + α 1 + α 1 + α Stefano Siboni 19

14 Si ottengono dunque le proiezioni ortogonali: F ˆτ = F ˆn = 1 [ ] 1 [ kx + αka mg kαx = k1 + α x + αka mg ] 1 + α 1 + α 1 [ ] 1 αkx + ka mg kαx = ka mg 1 + α 1 + α e semplificando l inutile fattore 1 + α la condizione di equilibrio 6. diventa: k1 + α x + αka mg µ s ka mg. 6.4 Se si divide membro a membro per k1 + α, si perviene alla relazione equivalente: x α k1 + α ka mg µ s k1 + α ka mg dalla quale emerge, come era lecito aspettarsi, che gli equilibri costituiscono un intorno del punto di equilibrio x calcolato nel caso di vincolo liscio: α k1 + α ka mg µ s k1 + α ka mg x α k1 + α ka mg+ µ s k1 + α ka mg. Esercizio 64. Sistema scleronomo a g.d.l. posizionale conservativo Un disco circolare omogeneo e pesante D, di centro C, diametro L e massa m, è libero di muoversi nel piano Oxy di una terna Oxyz, con un punto A del suo bordo vincolato a di scorrere lungo l asse Ox. La terna ruota con velocità angolare costante ω attorno all asse verticale Oy rispetto ad un riferimento inerziale non rappresentato in figura. Una molla ideale di costante elastica k = 5mω / collega O con C di D. Supposti i vincoli ideali, si faccia uso dei parametri lagrangiani ξ, ϕ R in figura per determinare del sistema, relativamente alla terna Oxyz: Stefano Siboni

15 a gli equilibri; b le proprietà di stabilità degli equilibri; c l energia cinetica; d le equazioni di Lagrange del moto; e la quantità di moto e il momento angolare in O. Soluzione a Equilibri relativi a Oxyz Su questo sistema scleronomo a vincoli bilaterali ideali agiscono soltanto sollecitazioni posizionali conservative: il peso, la forza elastica dovuta alla molla ideale fra O e C, il sistema delle forze centrifughe. Come sempre, le forze di Coriolis sono formalmente presenti nella terna Oxyz ma le loro componenti generalizzate risultano identicamente nulle in quanto ortogonali al piano del moto e dunque alle derivate parziali P/ ξ e P/ ϕ calcolate per un qualsiasi punto P del sistema, che a tale piano sono sempre parallele. Gli equilibri si determinano dunque calcolando il potenziale del sistema ed imponendo l annullarsi del relativo gradiente. La natura bilaterale dei vincoli esclude l esistenza di equilibri di confine. Potenziale gravitazionale Il baricentro del disco omogeneo coincide chiaramente con il centro C di questa. Dalle ovvie relazioni: A O = Lξ ê 1 C A = B A = L sin ϕ ê 1 L cos ϕ ê si ricava il vettore posizione: G O = C O = C A + A O = L ξ + 1 sin ϕ ê 1 L cos ϕ ê in modo che il potenziale gravitazionale del disco diventa: U g = mg ê G O = 1 mgl cos ϕ Potenziale elastico Alla molla ideale, di costante elastica k = 5mω /, che congiunge l origine O con il centro C del disco è associato il potenziale elastico: U el = k C O = 1 = 5 6 mω L [ ξ + 1 sin ϕ cos ϕ in cui si può trascurare la costante additiva. 5 mω L ξ + 1 ê sin ϕ 1 L cos ϕ ê ] = = 5 6 mω L ξ + ξ sin ϕ Stefano Siboni 1

16 Potenziale centrifugo Il potenziale centrifugo del disco si calcola per mezzo dell espressione generale: relativo all asse Oy può essere valutato per mezzo del teo- dove il momento d inerzia IOy D rema di Huygens-Steiner: U cf = ω I D Oy I D Oy = m[c O ê 1 ] + I D Cy in termini del momento d inerzia di D rispetto all asse baricentrale Cy: ICy D = m L ml = Ne deriva che: U cf = [ml ξ ω + 1 sin ϕ ml ] + = 1 16 mω L ξ + ξ sin ϕ sin ϕ + 1 = 16 = 1 mω L ξ + ξ sin ϕ sin ϕ + costante. 64. Potenziale del sistema Il potenziale del sistema è definito dalla somma dei potenziali parziali 64.1, 64. e 64., relativi alle forze gravitazionali, elastiche e centrifughe rispettivamente: U = U g + U el + U cf = = 1 mgl cos ϕ 5 6 mω L ξ + ξ sin ϕ + 1 mω L ξ + ξ sin ϕ sin θ = = 1 mgl cos ϕ + mω L 5 6 ξ 5 ξ ξ sin ϕ ξ sin ϕ sin ϕ = = 1 mgl cos ϕ + mω L 1 ξ 1 ξ sin ϕ sin ϕ ξ, ϕ R Equilibri Gli equilibri del sistema sono tutti ordinari e vanno identificati con tutti e soli i punti stazionari del potenziale U. Si devono quindi calcolare le derivate parziali prime: U ξ ξ, ϕ = mω L ξ 1 sin ϕ U ϕ ξ, ϕ = 1 mgl sin ϕ + mω L 1 ξ cos ϕ sin ϕ cos ϕ ed annullarle simultaneamente per ottenere le equazioni di equilibrio: mω L ξ 1 sin ϕ = 1 mgl sin ϕ + mω L 1 ξ cos ϕ sin ϕ cos ϕ = Stefano Siboni

17 dalle quali si deduce il sistema equivalente: ξ = 1 sin ϕ 1 g Lω sin ϕ 1 ξ cos ϕ + 1 sin ϕ cos ϕ =. 4 La prima equazione fornisce il valore di equilibrio di ξ in funzione del corrispondente valore dell angolo ϕ. La seconda equazione diventa così: e si semplifica in: 1 g Lω sin ϕ sin ϕ cos ϕ + 1 sin ϕ cos ϕ = 4 1 assumendo poi la forma fattorizzata: g Lω sin ϕ + 5 sin ϕ cos ϕ = 1 5 cos 1 sin ϕ ϕ 6 g 5 Lω Per sin ϕ = si ottengono due radici sempre definite: ϕ = ϕ = π, mentre ponendo cos ϕ = 6g/5Lω risultano le soluzioni: 6g ϕ = arccos 5Lω =. = ϕ ϕ = ϕ, definite e distinte dalle precedenti a condizione che sia λ := 6g/5Lω < 1. In sostanza, il sistema ammette due configurazioni di equilibrio: ξ, ϕ =, ξ, ϕ =, π definite incondizionatamente, e altre due: ξ, ϕ = 1 sin ϕ, ϕ definite e distinte dalle prime se e solo se: ξ, ϕ = 1 sin ϕ, ϕ λ = 6g 5Lω < 1. b Stabilità degli equilibri Vista la natura posizionale conservativa del sistema scleronomo, le proprietà di stabilità degli equilibri possono essere analizzate mediante i teoremi di Lagrange-Dirichlet e di Stefano Siboni

18 inversione parziale. A questo scopo occorre ricavare la matrice hessiana del potenziale in ciascuna configurazione di equilibrio. Le derivate parziali seconde del potenziale sono date dalle relazioni: U ξ ξ, ϕ = mω L U ξ, ϕ = U ϕ ξ ξ ϕ ξ, ϕ = 1 mω L cos ϕ U ϕ ξ, ϕ = 1 mgl cos ϕ + mω L 1 ξ sin ϕ cos ϕ 1 4 sin ϕ che consentono di scrivere la matrice hessiana del potenziale nella forma: H U ξ, ϕ = mω L 1 cos ϕ 1 cos ϕ g Lω cos ϕ + 1 ξ sin ϕ cos ϕ 1 4 sin ϕ ovvero, ricordando la definizione del parametro d ordine λ: H U ξ, ϕ = mω L 1 cos ϕ 1 cos ϕ 5 1 λ cos ϕ + 1 ξ sin ϕ cos ϕ 1. 4 sin ϕ Si può ora procedere ad esaminare, una ad una, tutte le configurazioni di equilibrio del sistema. Configurazione ξ, ϕ =, In questo caso la matrice hessiana del potenziale vale: / 1/ H U, = mω L 1/ 5 1 λ + 1 = 1 mω L λ con determinante: deth U, = 1 9 mω L + 5 λ 1 = 5 18 mω L λ 1 e traccia: trh U, = 1 mω L λ. È evidente che mentre la traccia risulta sempre negativa, il determinante della matrice non ha segno definito e costringe a considerare tre diversi casi. Più precisamente: i se λ > 1 il determinante risulta positivo, per cui la matrice hessiana è definita negativa. L equilibrio costituisce dunque un massimo relativo proprio del potenziale e la sua stabilità è assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet; Stefano Siboni 4

19 ii per λ < 1 il determinante ha segno negativo. La matrice hessiana è dunque indefinita. La presenza di un autovalore positivo implica l instabilità dell equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet; iii se infine λ = 1 il determinante dell hessiana si annulla, ma la traccia mantiene sempre segno negativo. La matrice è pertanto semidefinita non definita negativa e individua un caso critico di stabilità. In realtà basta poco per convincersi che la configurazione costituisce un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet. Per λ = 1 il potenziale diventa infatti: 5 Uξ, ϕ = mω L 1 λ cos ϕ 1 ξ 1 ξ sin ϕ sin ϕ 5 = mω L 1 cos ϕ 1 ξ 1 ξ sin ϕ sin ϕ e può riesprimersi nella forma equivalente: Uξ, ϕ = 1 mω L 5 4 cos ϕ + ξ + ξ sin ϕ 8 sin ϕ = = 1 [ mω L 5 4 cos ϕ + ξ + 1 sin ϕ 1 4 sin ϕ ] 8 sin ϕ = = 1 [ mω L ξ + 1 sin ϕ 5 8 sin ϕ ] ϕ sin = = 1 [ mω L ξ + 1 sin ϕ ϕ ϕ sin cos + 5 ϕ ] sin = = 1 [ mω L ξ + 1 ] sin ϕ 5 ϕ + sin4, dalla quale è evidente che il potenziale ammette in ξ, ϕ =, un massimo relativo proprio, come affermato. Configurazione ξ, ϕ =, π Per questa configurazione la matrice hessiana del potenziale si riduce a: / 1/ H U, π = mω L 5 1/ 1 λ + 1 = 1 mω L λ e presenta sempre determinante negativo: deth U, π = 1 9 mω L 5 λ 1 <. Ciò assicura che un autovalore della matrice è strettamente positivo, implicando così l instabilità dell equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. = Stefano Siboni 5

20 Configurazioni ξ, ϕ = 1 sin ϕ, ϕ e ξ, ϕ = 1 sin ϕ, ϕ, per λ < 1 Le due configurazioni di equilibrio simmetriche devono presentare le stesse proprietà di stabilità, perchè il potenziale è una funzione pari dei propri argomenti: Uξ, ϕ = U ξ, ϕ ξ, ϕ R. È sufficiente dunque analizzare una sola delle due configurazioni, ad esempio la prima. La matrice hessiana del potenziale vale in questo caso: H U 1 sin ϕ, ϕ = mω L 1 cos ϕ 1 cos ϕ 5λ 1 cos ϕ 1 6 sin ϕ cos ϕ 1 4 sin ϕ ed essendo cos ϕ = λ si riduce a: H U 1 sin ϕ, ϕ con determinante positivo: deth U 1 sin ϕ, ϕ e traccia negativa: trh U 1 sin ϕ, ϕ 1 cos = mω L ϕ 1 cos ϕ 5 1 cos ϕ 5 1 sin ϕ + 1 = 4 cos ϕ = 1 cos mω L ϕ cos ϕ cos ϕ = mω L cos ϕ cos ϕ = 5 18 mω L sin ϕ = 1 mω L cos ϕ < 5 6 mω L. La matrice è pertanto definita negativa e caratterizza l equilibrio come massimo relativo proprio del potenziale. La stabilità è garantita, al solito, dal teorema di Lagrange-Dirichlet. c Energia cinetica relativa a Oxyz Non essendo presenti punti fissi, l energia cinetica del disco deve essere calcolata usando il teorema di König. Il baricentro G, il centro del disco, è individuato dal vettore posizione: G O = A O + C A = Lξ ê 1 + L sin ϕ ê 1 L cos ϕ ê che implica, per la velocità relativa a Oxyz, l espressione: Ġ = L ξ ê 1 + L cos ϕ ϕ ê 1 + L sin ϕ ϕ ê = L ξ + 1 cos ϕ ϕ ê 1 + L sin ϕ ϕ ê. Stefano Siboni 6

21 Il momento d inerzia del disco rispetto all asse baricentrale Gz vale I D Gz = ml /8, e la velocità angolare di D rispetto a Oxyz si scrive semplicemente ϕ ê. Di conseguenza, la formula di König porge: T = m Ġ + 1 I D Gz ϕ ê = = ml ξ + cos ϕ ξ ϕ cos ϕ ϕ sin ϕ ϕ + 1 = ml ξ + cos ϕ ξ ϕ + 8 ϕ. ml 8 ϕ = d Equazioni di Lagrange La dinamica del sistema è governata dalle equazioni di Lagrange: in cui compare la lagrangiana: d L dt ξ L ξ = d L L dt ϕ ϕ = L = T +U = ml ξ +cos ϕ ξ ϕ ϕ mgl cos ϕ+mω L 1 ξ 1 ξ sin ϕ+ 1 8 sin ϕ. Si procede al calcolo delle derivate parziali prime, in cui coordinate lagrangiane e velocità generalizzate vanno considerate convenzionalmente come indipendenti: L ξ = mω L ξ 1 sin ϕ L ϕ = ml sin ϕ ξ ϕ + mω L 1 ξ cos ϕ sin ϕ cos ϕ L ξ = 1 ml ξ + cos ϕ ϕ L ϕ = ml 1 cos ϕ ξ + 8 ϕ per poi ricavare le derivate totali in t: d L dt ξ d L dt ϕ Le equazioni del moto sono pertanto: = ml ξ + 1 cos ϕ ϕ 1 sin ϕ ϕ = ml 1 cos ϕ ξ 1 sin ϕ ϕ ξ + 8 ϕ. ml ξ 1 + cos ϕ ϕ 1 sin ϕ ϕ mω L ξ 1 sin ϕ 1 ml cos ϕ ξ ϕ + mω L ξ 1 4 sin ϕ cos ϕ =. = Stefano Siboni 7

22 e Quantità di moto e momento angolare in O La quantità di moto del disco si ricava direttamente dalla definizione: Q = mġ = ml ξ 1 + cos ϕ ϕ ê 1 + m L sin ϕ ϕ ê. Per l espressione del momento angolare si ricorre ancora al teorema di König: K O = G O mġ + K G osservando che il momento angolare del disco rispetto alla terna baricentrale è quello di un sistema rigido con asse fisso Gz che è anche asse centrale d inerzia e velocità angolare ϕ ê : K G = L G ϕ ê = ϕ L G ê = ϕ IGzê D = ϕ ml 8 ê = ml ϕ ê 8 mentre il momento angolare in del baricentro vale: G O mġ [L ξ = + 1 sin ϕ [ m ê 1 L cos ϕ ê ] L ξ + 1 cos ϕ ϕ ê 1 + L sin ϕ ϕ ê ] = [ = ml ξ sin ϕ sin ϕ ϕ + 1 cos ϕ 1 ξ + [ 1 = ml cos ϕ ξ ξ sin ϕ + 1 ] ϕ ê. Il momento angolare in O del disco risulta pertanto: [ 1 K O = ml cos ϕ ξ 1 + ξ sin ϕ [ 1 = ml cos ϕ ξ 1 + ξ sin ϕ + ϕ 8 ϕ ]ê + ml 8 ] ê. cos ϕ ϕ ] ê = ϕ ê = Esercizio 65. Geometria delle masse Rispetto ad una terna solidale Oxyz = Oê 1 ê ê un telaio rigido quadrato T = OABC ha i lati OA e OB allineati lungo gli assi Ox e Oy rispettivamente. Il telaio ha lato a e densità: λp = µ a P O P T, in termini di una massa caratteristica µ. Si chiede di determinare del sistema: a la massa e la collocazione del baricentro rispetto a Oxyz; b la matrice d inerzia relativa a Oxyz; c il momento d inerzia rispetto alla retta AB; Stefano Siboni 8

23 d l energia cinetica relativa alla terna dove O si muove con velocità aωê e la velocità angolare del telaio vale ω ê 1 + ê ê, con ω costante assegnata. Soluzione Il telaio T può considerarsi composto da quattro aste rettilinee di uguale lunghezza a, OA, AB, BC e CO, rappresentate dalle parametrizzazioni e densità di seguito elencate: OA : P x O = x ê 1, λx = µ a x, x [, a] AB : P y O = a ê 1 + y ê, λy = µ a a + y, y [, a] BC : P x O = x ê 1 + a ê, λx = µ a x + a, x [, a] 65.1 CO : P y O = y ê, λy = µ a y, y [, a]. Massa e posizione del baricentro sono quindi determinabili facilmente applicando la proprietà additiva e il teorema distributivo. Per additività si ottiene anche la matrice d inerzia del telaio. a Massa e posizione del baricentro Massa del sistema La massa del telaio è la somma delle masse parziali delle quattro aste OA, AB, BC e CO. Dalle espressioni 65.1 delle parametrizzazioni e delle relative densità si deduce immediatamente che le masse delle aste adiacenti OA e CO, come pure di AB e BC, sono rispettivamente uguali: La massa del sistema si scrive pertanto: m OA = m CO m AB = m BC. µ m = m OA + m AB = a x dx + = µ a a + µ a + a a µ a a + y dy = = µ + µ 4 = 1 µ. Baricentro del sistema In primo luogo si osserva che la bisettrice OB del primo quadrante nel piano Oxy è un ovvio asse di simmetria per il telaio, che è infatti invariante sotto la trasformazione di simmetria: x, y y, x e presenta la stessa densità lineare nei punti simmetrici: λx, y = µ a x + y = µ a y + x = λy, x x, y T. Stefano Siboni 9

24 Il vettore posizione del baricentro rispetto alla terna Oxyz deve essere quindi del tipo: G O = x G ê 1 + x G ê. L ascissa si ricava applicando la definizione, che di fatto equivale a fare uso del teorema distributivo: x G = 1 [ a x µ m a x dx + = [ µ 1µ a a4 4 + µ a + a a per cui risulta: a µ a a + y dy + + µ a a 4 x µ a x + a dx a a G O = 7 1 aê aê. µ ] a y dy = ] = 1µ µa = 7 1 a, b Matrice d inerzia relativa a Oxyz Il telaio è posto nel piano Oxy della terna cartesiana ortogonale Oxyz; la matrice d inerzia di T rispetto a Oxyz deve quindi assumere la forma generale: L xx L xy [L O ] = L xy L yy. 65. L xx + L yy La presenza dell asse di simmetria OB permette di affermare inoltre che i momenti d inerzia relativi agli assi coordinati Ox e Oy sono uguali: in modo che la 65. si riduce a: [L O ] = L xx = L yy L xx L xy L xy L xx L xx. 65. Il momento d inerzia rispetto a Ox va calcolato secondo la definizione, sommando i contributi delle quattro aste componenti: L xx = µ a x dx + y µ a a + y dy + a µ a x + a dx + y µ a y dy = = + µ a a a + a5 + µ a 5 a + a + µ a a5 5 = 8 15 µa + 4 µa µa = 8 = µa = µa = µa, Stefano Siboni

25 mentre per il prodotto d inerzia non banale si ha invece la relazione: L xy = x µ a x dx = µ a a a + a4 4 ay µ a a + y dy µ a a a a xa µ a x + a dx In definitiva, la matrice d inerzia del telaio diventa: 1/15 / [L O ] = µa / 1/15. 6/15 y µ a y dy = = 4 µa 4 µa = µa. c Momento d inerzia rispetto alla retta AB La retta AB non passa né per l origine né per il baricentro, ma è parallela all asse coordinato Oy. Conviene quindi applicare il teorema di Huygens-Steiner considerando le rette parallele AB, Gy e Oy. Il teorema porge le relazioni: I AB = I Gy + ma x G L yy = I Oy = I Gy + mx G dalle quali si deduce, sottraendo membro a membro: per cui: I AB L yy = ma x G mx G = maa x G, I AB = L yy + maa x G = 1 15 µa + 1 µ a a 7 5 a = 1 15 µa 4 µa = µa. d Energia cinetica del telaio Per calcolare l energia cinetica del telaio conviene applicare il teorema di König. Sia Ωξηζ la terna di riferimento rispetto alla quale la velocità istantanea del punto O dello spazio solidale a T è pari a Ȯ = aω ê e la velocità angolare del telaio vale ω = ω ê 1 +ê ê. Si consideri una terna di riferimento Oξ η ζ, con origine O, in moto traslatorio rispetto a Ωξηζ. L energia cinetica del telaio relativa a Ωξηζ si scrive allora: T = 1 mȯ + T + Ȯ Q dove T e Q indicano rispettivamente l energia cinetica e la quantità di moto del telaio rispetto a Oξ η ζ. Poichè O appartiene allo spazio solidale al sistema, l energia cinetica T è quella di un corpo rigido con punto fisso O e velocità angolare ω: T = 1 ω L O ω = 1 1/15 / ω 1 1 µa / 1/15 6/15 1 = 1 Stefano Siboni 1

26 = 1 [ 1 µa ω ] 1 = = 1 µa ω = µa ω = 7 µa ω. Analogamente, la quantità di moto del telaio rispetto a Oξ η ζ si scrive: Q = mġ = m ω G O = 1 µ ω ê 1 + ê ê 7 1 aê 1 + ê = = 7 µaω ê 1 ê ê = 7 µaωê 1 ê ê per cui: Ȯ Q = aω ê 7 µaωê 1 ê ê = 7µa ω. Infine: 1 mȯ = 1 1 µ aω ê = 5 µa ω. Non rimane che sommare i contributi parziali appena calcolati per ottenere l energia cinetica cercata: T = 5 µa ω µa ω 7µa ω = µa ω = = µa ω = 147 µa ω = 49 1 µa ω. Esercizio 66. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. non conservativo Un disco circolare omogeneo D, di massa m, raggio R e centro C, rotola senza strisciare lungo l asse orizzontale Ox di una terna i- nerziale Oxyz = Oê 1 ê ê, mantenendosi nel piano Oxy. Un asta rigida omogenea AC, di massa m e lunghezza R, è incernierata a D in C e ha l altro estremo A vincolato a scorrere lungo l asse verticale Oy. Una molla ideale di costante elastica k = mg/r collega A al punto fisso B, R,. Una resistenza viscosa di costante β agisce nel punto medio dell asta AC. Il sistema è pesante e a vincoli ideali. Individuando la configurazione del sistema con l angolo ϑ R in figura, determinare: a l energia cinetica del sistema; b gli equilibri; c le proprietà di stabilità degli equilibri; Stefano Siboni

27 d le equazioni pure del moto; e per β =, le equazioni delle piccole oscillazioni e le relative frequenze normali attorno ad un equilibrio stabile. Soluzione a Energia cinetica Poichè l asta AC ha lunghezza R e l estremo A vincolato a scorrere lungo l asse Oy, mentre il disco D ha raggio R e rotola lungo l asse Ox, il vettore posizione del centro C del disco si scrive: C O = R sin ϑ ê 1 + Rê mentre quello dell estremo A dell asta vale: A O = R cos ϑ ê + Rê = R1 + cos ϑê. Il baricentro dell asta omogenea coincide con il punto medio G di questa ed è quindi individuato dal vettore posizione: G O = A O + C O = R1 + cos ϑê + R sin ϑ ê 1 + Rê = R sin ϑ ê 1 + R1 + cos ϑê = cui si deve associare la velocità istantanea: Ġ = R cos ϑ ϑ ê 1 R sin ϑ ϑ ê di modulo quadrato: Ġ = R cos ϑ ϑ + R sin ϑ ϑ = R ϑ. La velocità del centro del disco risulta invece: ed ha modulo quadrato: Ċ = R cos ϑ ϑ ê 1 Ċ = 4R cos ϑ ϑ. La velocità angolare dell asta si calcola immediatamente usando l angolo di rotazione ϑ: ω AC = ϑ ê, mentre quella del disco richiede si debba ricorrere alla condizione di puro rotolamento. Indicati con P il punto di contatto fra disco e asse Ox e con ω D = ωê la velocità angolare di D, si ha infatti: = P = Ċ + ωê P C = R cos ϑ ϑ ê 1 + ωê Rê = R cos ϑ ϑ + ωê 1 Stefano Siboni

28 per cui ω = cos ϑ ϑ e di conseguenza: ω D = cos ϑ ϑ ê. Allo stesso risultato si può pervenire, equivalentemente, osservando che lo spazio percorso dal punto di contatto P lungo l asse Ox quando il parametro lagrangiano varia da a ϑ è pari all ascissa di C: R sin ϑ ma per la condizione di puro rotolamento deve identificarsi con l arco spazzato dallo stesso punto di contatto lungo il bordo di D, cui corrisponderà l angolo di rotazione: 1 R sin ϑ = sin ϑ, R orientato però in senso orario per ϑ crescente. Conformemente alla regola della mano destra la velocità angolare istantanea sarà quindi data da: ω D = d dt sin ϑê = cos ϑ ϑ ê, a conferma del risultato precedente. Si hanno così tutti i dati necessari al calcolo delle energie cinetiche di asta e disco. Energia cinetica del disco L energia cinetica del disco, che è privo di punti fissi, va calcolata per mezzo del teorema di König: T D = m Ċ + 1 ID Cz ω D = m 4R cos ϑ ϑ + 1 mr 4 cos ϑ ϑ = mr cos ϑ ϑ. Energia cinetica dell asta Il ricorso al teorema di König è necessario anche per determinare l energia cinetica dell asta, anch essa priva di punti fissi. Si ha così l espressione: T AC = m Ġ + 1 IAC Gz ω AC = m R ϑ + 1 mr 1 ϑ = mr ϑ. Energia cinetica del sistema La somma delle energie cinetiche parziali, di asta e disco, definisce l energia cinetica dell intero sistema: T = T AC + T D = mr ϑ + mr cos ϑ ϑ = mr + cos ϑ ϑ. b Equilibri Il sistema è scleronomo a vincoli bilaterali ideali, soggetto a sollecitazioni posizionali conservative, costituite dal peso e dall interazione elastica fra i punti A e B, e a sollecitazioni Stefano Siboni 4

29 dissipative la resistenza viscosa in G. Gli equilibri del sistema sono perciò tutti ordinari e vanno identificati con i punti critici del potenziale, che risulterà dalla somma di un contributo gravitazionale e di uno elastico. Potenziale gravitazionale Il potenziale gravitazionale associato al disco omogeneo è costante come l ordinata del baricentro C e non ha quindi alcun effetto sugli equilibri. Il potenziale gravitazionale dell asta è invece dato dall espressione: U g = mg ê G O = mg ê [R sin ϑ ê 1 + R1 + cos ϑ ê ] = mgr cos ϑ mgr. Potenziale elastico All interazione elastica fra il punto fisso B e l estremo A dell asta è associato il potenziale: in cui: k = mg R U el = k B A B O = Rê A O = R1 + cos ϑê. Di conseguenza: U el = mg R Rê R1 + cos ϑê = mg R R R cos ϑ = mgr1 cos ϑ = = mgr1 + cos ϑ cos ϑ = mgr cos ϑ + 4mgR cos ϑ mgr. Potenziale del sistema Omesse le costanti additive inessenziali, la somma dei potenziali gravitazionale ed elastico porge il potenziale del sistema: Uϑ = U g +U el = mgr cos ϑ mgr cos ϑ+4mgr cos ϑ = mgr cos ϑ mgr cos ϑ. Resistenza viscosa La resistenza viscosa è applicata nel punto medio dell asta, che si identifica con il baricentro G della stessa. La resistenza è espressa da: e ha componente generalizzata: βġ = βrcos ϑ ê 1 sin ϑ ê ϑ D ϑ = βġ G ϑ = βrcos ϑ ê 1 sin ϑ ê ϑ Rcos ϑ ê 1 sin ϑ ê = βr ϑ. Come ci si aspetta, la sollecitazione ha carattere completamente dissipativo, in quanto la potenza è non positiva: π = D ϑ ϑ = βr ϑ Stefano Siboni 5

30 e si annulla unicamente a velocità generalizzata nulla: βr ϑ = ϑ =. La sollecitazione è nulla per ϑ = e di conseguenza non concorre in alcun modo a determinare gli equilibri del sistema, come già sottolineato. Equilibri La derivata prima del potenziale si scrive: U ϑ = mgr sin ϑ + 4mgR cos ϑ sin ϑ ed uguagliata a zero fornisce la condizione necessaria e sufficiente per gli equilibri ordinari: mgr sin ϑ + 4mgR cos ϑ sin ϑ = ossia: 4mgR sin ϑ 4 + cos ϑ =. Per sin ϑ = si ottengono i due equilibri: ϑ = ϑ = π, mentre ponendo cos ϑ = /4 si perviene alle ulteriori configurazioni di equilibrio: ϑ = arccos 4 = ϑ ϑ = arccos 4 = ϑ. c Stabilità degli equilibri La coesistenza di sollecitazioni posizionali conservative e completamente dissipative, unita al fatto che gli equilibri sono in numero finito e quindi necessariamente isolati, consente di discutere la stabilità dell equilibrio tramite la forma forte del teorema di Lagrange- Dirichlet, basata sui criteri di Barbasin-Krasovskii. I massimi relativi propri del potenziale saranno asintoticamente stabili; in ogni altro caso la configurazione di equilibrio risulterà instabile. La derivata seconda del potenziale si scrive: U ϑ = mgr cos ϑ + 4mgRcos ϑ sin ϑ e deve essere calcolata in ciascuna configurazione di equilibrio. Configurazione ϑ = In questo caso si ha: U = mgr + 4mgR = mgr > per cui l equilibrio è un minimo relativo proprio del potenziale, instabile per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet. Stefano Siboni 6

31 Configurazione ϑ = π Nella fattispecie risulta: per cui anche questo equilibrio è instabile. U π = mgr + 4mgR = 7mgR >, Configurazioni ϑ = ϑ e ϑ = ϑ La derivata seconda del potenziale assume lo stesso valore per entrambe le configurazioni: U ϑ = U ϑ = mgr cos ϑ + 4mgRcos ϑ sin ϑ e ricordando che cos ϑ = /4 si riduce a: U ϑ = mgr + 4mgR = 7 4 mgr <. Le due configurazioni rappresentano perciò altrettanti punti di massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabili. d Equazioni pure del moto Le equazioni pure del moto si riducono alla sola equazione di Lagrange: d T dt ϑ T ϑ = U ϑ + D ϑ, in cui T = mr + cos ϑ ϑ, U ϑ = mgr sin ϑ + 4 sin ϑ cos ϑ e D ϑ = βr ϑ. Un semplice calcolo porge l espressione: dalla quale si deduce: mentre: d T dt ϑ per cui l equazione del moto diventa: T 4 ϑ = mr + 6 cos ϑ ϑ 4 = mr + 6 cos ϑ ϑ 1mR cos ϑ sin ϑ ϑ T ϑ = 6mR cos ϑ sin ϑ ϑ mr cos ϑ ϑ 6mR cos ϑ sin ϑ ϑ = mgr sin ϑ + 4 sin ϑ cos ϑ βr ϑ. Stefano Siboni 7

32 e Piccole oscillazioni per β = Per β = il sistema scleronomo diventa posizionale e conservativo. Le configurazioni di equilibrio ϑ = e ϑ = π rimangono instabili, per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet, mentre ϑ = ϑ e ϑ = ϑ sono stabili per Lagrange-Dirichlet e non attrattive. Lo studio delle piccole oscillazioni può quindi essere condotto per la configurazione ϑ = ϑ. L energia cinetica si scrive nella forma: T = 1 Aϑ ϑ 4 ponendo Aϑ = mr + 6 cos ϑ. Nella configurazione ϑ = ϑ si ha allora: Aϑ = mr cos ϑ 4 = mr = mr = 11 4 mr, mentre la derivata seconda del potenziale è già stata calcolata precedentemente: U ϑ = 7 4 mgr. L equazione delle piccole oscillazioni è data da: ossia: Aϑ ϑ U ϑ ϑ ϑ = 11 4 mr ϑ mgrϑ ϑ = La stessa equazione si riesprime nella forma equivalente: ϑ + 4 g 11 R ϑ ϑ = che corrisponde all equazione di un oscillatore armonico semplice di pulsazione: ω = 4 g 11 R e frequenza: ν = ω π = 1 4 g π 11 R, 66. che costituisce la frequenza normale delle piccole oscillazioni. È facile convincersi che la stessa frequenza normale caratterizza anche le piccole oscillazioni attorno all equilibrio simmetrico ϑ = ϑ : basta osservare che A ϑ = Aϑ e U ϑ = U ϑ. Stefano Siboni 8

33 Esercizio 67. Moto di un punto su superficie fissa liscia In una terna inerziale Oxyz un punto materiale P, di massa unitaria, è vincolato a rimanere su una superficie fissa e liscia di equazione parametrica x = u y = u + v z = u + v, u, v, 1, 1 ed è soggetto ad un campo di forze posizionali di componenti cartesiane: F x = 1 αy F y = z + αx F z = y z + αx con α R costante assegnata. Determinare: a le equazioni pure del moto del sistema, verificato che la superficie è regolare; b per quali valori di α il sistema di forze è posizionale conservativo, e in tal caso ricavare un potenziale. Soluzione a Regolarità della superficie ed equazioni pure del moto Regolarità della superficie vincolare Posto per brevità, 1, 1 =, 1, la parametrizzazione della superficie è data da P u, v O = u ê 1 + u + v ê + u + v ê u, v, 1 ed ammette le derivate parziali prime: P u u, v = ê 1 + ê + u ê il cui prodotto vettoriale vale P P u, v u, v = u v P v u, v = ê + 4v ê 67.1 ê 1 ê ê 1 1 u 1 4v = 4v u ê 1 4v ê + ê e risulta quindi diverso da zero per qualsiasi u, v, 1. La regolarità della superficie è così accertata. Equazioni pure del moto Un generico moto possibile del punto P viene rappresentato nella forma P ut, vt, con ut, vt arbitraria funzione C di un intervallo di tempo e a valori in, 1. La relativa velocità istantanea si ottiene derivando rispetto al tempo: P = ê 1 + ê + u ê u + ê + 4v ê v ed una ulteriore derivazione in t porge l espressione dell accelerazione istantanea: P = ê 1 + ê + u ê ü + ê + 4v ê v + u ê + 4 v ê. Stefano Siboni 9

34 L ipotesi di superficie fissa e liscia consente di scrivere le equazioni pure del moto come: essendo ovviamente P P u = F P u P P v = F P v F = 1 αy ê 1 + z + αx ê + y z + αx ê. Basta ricordare le 67.1 per ricavare le espressioni a primo membro: P P u = + 4u ü uv v + u + 4 v u P P v = 1 + 8uv ü v v + u + 4 v 4v mentre i secondi membri costituiscono le componenti generalizzate delle forze attive: Q u = F P u = 1 αy + z + αx + y z + αx u = = 1 + z + uy uz + α y + x + ux Q v = F P v = z + αx + y z + αx 4v = = z + 4vy 4vz + αx + 4vx e sostituendo la parametrizzazione della superficie vincolare diventano: Q u = 1 + u + v + uu + v uu + v + α[ u + v + u + u u ] = = 1 + u + v + u + uv u 4uv + α u v + u + u = = 1 + u + v + uv u 4uv + α v + u Q v = u + v + 4vu + v 4vu + v + αu + 4v u = = u + v + 4v + 4uv 4u v 8v + αu + 4u v = = u + 6v + 4uv 4u v 8v + αu + 4u v. Le equazioni pure del moto sono pertanto: + 4u ü uv v + u + 4 v u = = 1 + u + v + uv u 4uv + α v + u 1 + 8uv ü v v + u + 4 v 4v = = u + 6v + 4uv 4u v 8v + αu + 4u v Stefano Siboni 4

35 e vanno considerate per u, v, 1. La regolarità dei secondi membri che sono polinomi di u, v e quindi funzioni di classe C consente di applicare il teorema di esistenza e unicità e di affermare che per qualsiasi scelta delle condizioni iniziali u, v, u, v, 1 R esiste unica la soluzione massimale del relativo problema di Cauchy. b Natura posizionale conservativa del sistema di forze e calcolo del potenziale Forze posizionali conservative Come calcolato in precedenza, le forze posizionali che agiscono sul punto vincolato hanno le componenti generalizzate: Q u u, v = 1 + u + v + uv u 4uv + α v + u Q v u, v = u + 6v + 4uv 4u v 8v + αu + 4u v u, v, 1. Trattandosi di campo vettoriale C 1 definito sul quadrato, 1, che costituisce un ovvio insieme convesso di R, la natura conservativa del campo può essere caratterizzata mediante la condizione di irrotazionalità. Si determinano pertanto le derivate parziali prime Q u u, v = 4v + u 8uv α v Q v u, v = u + 4v 8uv + α1 + 8uv u e si richiede che esse soddisfino identicamente la condizione Q u v u, v Q v u, v = u, v, 1 u vale a dire α 8uv = u, v, 1. Il campo di forze ha perciò natura posizionale e conservativa se e soltanto se α =. Potenziale del campo di forze nel caso posizionale conservativo Per α = il potenziale Uu, v è determinato dal sistema di equazioni differenziali alle derivate parziali: U u = 1 + u + v + uv u 4uv u, v, 1 U. v = u + 6v + 4uv 4u v 8v Stefano Siboni 41

36 Dalla prima equazione si deduce, integrando in u, Uu, v = u + u + uv + u v u4 u v + fv 67. mentre una integrazione in v della seconda porge Uu, v = u v + v + uv u v v 4 + gu 67. dove fu e gv sono appropriate funzioni della sola variabile u e della sola variabile v, rispettivamente. Poichè però il potenziale individuato dalle deve essere lo stesso, è lecito eguagliare i secondi membri delle relazioni precedenti e scrivere: u + u + uv + u v u4 u v + fv = u v + v + uv u v v 4 + gu per cui, semplificando e separando i termini in u ev, si ottiene u + u u4 gu = v v 4 fv e dall indipendenza delle variabili u e v si deve concludere che u + u u4 gu = c v v 4 fv = c per una costante reale arbitraria c. Ne deriva che gu = u + u u4 + c fv = v v 4 + c per cui il potenziale assume la forma Uu, v = u + u + uv + u v u4 u v + fv = 67.4 = u + u + uv + u v u4 u v + v v 4 + c u, v, 1. Stefano Siboni 4

37 Il grafico della funzione potenziale è illustrato nella figura seguente: che peraltro mette in evidenza come il sistema non ammetta alcuna configurazione di equilibrio il grafico del potenziale non mostra nessun punto critico. Si osservi che la soluzione analitica esplicita della condizione di equilibrio: 1 + u + v + uv u 4uv = u + 6v + 4uv 4u v 8v = u, v, non risulta possibile a causa del grado eccessivamente elevato delle equazioni algebriche coinvolte. Osservazione. Forma della superficie vincolare È facile convincersi che la superficie vincolare è una porzione di paraboloide ellittico. Dalla parametrizzazione della superficie è infatti dato ricavare u e v in funzione di x e y: u = x v = y u = y x per cui la quota si esprime come funzione delle variabili indipendenti x e y z = u + v = x + y x = x + y 4xy La forma quadratica di x, y che compare a secondo membro in 67.6 ha la matrice di rappresentazione A = con determinante e traccia positivi: deta = tra = 5 Stefano Siboni 4

38 e dunque autovalori entrambi positivi. Ciò basta a riconoscere la forma quadratica come definita positiva, in modo che la superficie vincolare deve essere collocata su un paraboloide ellittico. La superficie è il grafico della funzione x + y 4xy ristretta al sottoinsieme del piano Oxy definito da: Ω = {x, y R, : x = u, y = u + v, u, v, 1 } che è immediato riconoscere essere un parallelogramma. La figura seguente mostra la superficie vincolare S con la relativa proiezione ortogonale Ω sul piano Oxy. Per maggiore chiarezza, il parallelogramma Ω che costituisce la proiezione ortogonale su Oxy della superficie è qui riprodotto a parte area tratteggiata: Complemento. Prova che il sistema non ammette equilibri A parte l evidenza grafica, ci si può domandare se non sia possibile provare rigorosamente che le equazioni di equilibrio 67.5 non ammettono alcuna soluzione. Si tratta di di- Stefano Siboni 44

39 mostrare che il sistema di equazioni algebriche non lineari 1 + u + v + uv u 4uv = u + 6v + 4uv 4u v 8v = non è compatibile nel quadrato u, v, 1. In effetti il compito risulta relativamente semplice, in quanto la prima equazione di equilibrio non ammette soluzione nel quadrato, 1. Per convincersene, conviene suddividere il quadrato nelle due regioni triangolari T 1 e T poste rispettivamente al di sotto e al di sopra della bisettrice v = u, e in ciascuna regione analizzare l andamento della funzione U/ u = 1 + u + v + uv u 4uv lungo un raggio arbitrario condotto dall origine. Triangolo T 1 Il triangolo T 1 si può rappresentare come una unione di segmenti del tipo v = ku, uscenti dall origine e con coefficiente angolare k compreso fra e 1: T 1 = { } u, ku : u, 1 <k 1 Stefano Siboni 45