Soluzione (a) Massa e baricentro Massa La massa della piastra si ottiene integrando la densità σ sul dominio P ed è quindi data dall integrale: x 2 /a

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1 Esercizio 89. Geometria delle masse Nel piano Oxy di una terna solidale Oxyz = Oê 1 ê ê si considera una piastra rigida omogenea P, di densità σ, che occupa la regione compresa fra la parabola y = x /a, la bisettrice y = x e le rette x = e x = a, essendo a una lunghezza caratteristica vedi figura. Il sistema rigido si muove con punto fisso O rispetto ad un riferimento assoluto non illustrato in figura. 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 rispetto alla retta y = a nel piano Oxy; d il momento d inerzia relativo alla bisettrice y = x nel piano Oxy; e il momento angolare in O e l energia cinetica relativi alla terna assoluta, supponendo che la velocità angolare di P sia ω = ωê 1 ωê, con ω costante assegnata. Soluzione a Massa e baricentro Massa La massa della piastra si ottiene integrando la densità σ sul dominio P ed è quindi data dall integrale: m = σ da = σ a x a dx dy = σ P x /a dx x x a [ ] x a = σ x a = σa 6. Posizione del baricentro Il baricentro della piastra si situa certamente nel piano di giacitura Oxy ed è individuato da un vettore posizione della forma G O = x G ê 1 + y G ê. L ascissa del baricentro vale: x G = 1 m = 6 a P a x σ da = 6 σa σ a dx x x /a dy x = 6 a a dx x x x = a x dx x = 6 [ ] x a a a x4 = 6 a 4a a a4 = a 4a Stefano Siboni 46

2 mentre per l ordinata si ha l espressione: y G = 1 m in modo che risulta: P y σ da = 6 σa σ = a [ x a dx x x /a ] a x5 5a dy y = 6 a a [ y dx ] x = y=x /a a = a a a5 5a = 5 a, G O = a ê1 + 5 aê. a x x4 a dx = b Matrice d inerzia Poichè l intera piastra giace nel piano coordinato Oxy, la matrice d inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz deve essere del tipo: [L O ] = L xx L xy L xy L yy L xx + L yy Il momento d inerzia relativo all asse Ox si scrive: a x L xx = y σ da = σ dx dy y = σ P = σ e quello relativo all asse Oy vale: L yy = P x σ da = σ = σ a a a x /a a. [ y dx dx x x6 a = σ [ x 4 dx x x /a dy x = σ a x x4 dx = σ a mentre per l unico prodotto d inerzia non banale risulta: L xy = P xyσ da = σ a a dx = σ = σ [ x 4 x x /a x x x4 4 x6 6a dy xy = σ ] x 4 x7 7a y=x /a ] a dx x x a [ x 4 a a dx = σ ] a = σ 4 x5 5a a 4 ] a [ y dx x a 4 a4 6 = = σa4 8 x = ] x = σa4 y=x /a = x x5 a dx = = σa4 4. Stefano Siboni 47

3 La matrice d inerzia cercata è dunque: 1/8 1/4 [L O ] = σa 4 1/4 1/. /5 c Momento d inerzia rispetto alla retta y = a La retta y = a non passa per l origine né per il baricentro G del sistema, ma è parallela all asse coordinato Ox. Il relativo momento d inerzia può essere calcolato applicando due volte il teorema di Huygens-Steiner. Si hanno infatti le relazioni: I y=a = I Gx + ma y G L xx = I Ox = I Gx + my G che sottratte membro a membro porgono: I y=a L xx = ma y G my G = ma ay G e sostituendo i valori L xx = σa 4 /8, m = σa /6, y G = /5a conducono al momento d inerzia richiesto: I y=a = L xx + ma ay G = a σa4 8 + σa a 6 5 a = σa = 9 4 σa4. d Momento d inerzia relativo alla retta y = x La retta y = x contiene l origine ed è individuata dal versore tangente: ˆτ = ê1 ê ê 1 ê = ê1 ê. Rispetto ad essa il momento d inerzia della piastra si scrive dunque: I y= x = I Oˆτ = ˆτ L O ˆτ = [L O] 1 1 = = 1 [ Lxx + L yy 1 ] σa 4 1 L xy = = σa4. e Momento angolare in O ed energia cinetica Momento angolare in O Poichè la piastra è rigida e dotata di punto fisso O rispetto al riferimento assoluto, il momento angolare in O di P si esprime in termini della velocità angolare istantanea ω = ωê 1 ωê per mezzo dell operatore d inerzia in O: K O = L O ω. Stefano Siboni 48

4 Le componenti di KO rispetto alla base ê 1 ê ê della terna solidale Oxyz sono date dalla rappresentazione matriciale della precedente relazione: K 1 K = [L O ] ω 1/8 1/4 = σa 4 1/4 1/ ω = σa 4 ω 1/8 1/4 K ω /5 ω 6/5 per cui il momento richiesto diventa: K O = 1 8ê1 1 4ê 6 5ê σa 4 ω. Energia cinetica L energia cinetica di P rispetto alla terna assoluta è data dalla ben nota relazione: T = 1 ω L O ω = 1 ω K O = 1 ωê 1 ωê = ê1 1 4ê 6 σa 4 ω = 5 8 σa4 ω. 5ê Esercizio 81. Sistema scleronomo a g.d.l. posizionale conservativo Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz = Oê 1 ê ê un asta omogenea pesante AB, di massa m e lunghezza a, è vincolata a passare per l origine. Una molla ideale di costante elastica k collega l estremo B con la proiezione ortogonale B di questo sull asse orizzontale Ox. Assunti i vincoli ideali, e indicato con M il punto medio dell asta, usare le variabili ξ [ 1/, 1/] e ϕ R in figura per determinare del sistema: a l espressione dell energia cinetica; b gli equilibri ordinari; c le proprietà di stabilità degli equilibri; d le equazioni pure del moto; e gli equilibri di confine. σa 4 ω = Soluzione a Energia cinetica L asta rigida è priva di punti fissi, per cui conviene calcolarne l energia cinetica ricorrendo al teorema di König. Il baricentro dell asta omogenea AB coincide con il punto medio M di questa, individuato dal vettore posizione: M O = aξ sin ϕ ê 1 aξ cos ϕ ê Stefano Siboni 49

5 e con velocità assoluta: di modulo quadrato: Ṁ = a ξ sin ϕ + ξ cos ϕ ϕê 1 + a ξ cos ϕ + ξ sin ϕ ϕê La formula di König fornisce allora: T = mṁ Ṁ = a ξ + ξ ϕ. + 1 IAB Mz ω = ma ξ + ξ ϕ + 1 ma [ ] 1 ϕê = ma 1 ξ ξ ϕ. b Equilibri ordinari Il sistema è scleronomo e a vincoli unilaterali ideali, soggetto esclusivamente a forze posizionali conservative il peso e l interazione elastica fra l estremo B e la sua proiezione ortogonale B su Ox delle quali si devono determinare i potenziali. Potenziale gravitazionale Dato che M è il baricentro dell asta, il potenziale relativo alla forza peso si scrive: U g = mgê M O = mgaξ cos ϕ. Potenziale elastico Poichè B M = a/, l estremo B è individuato dal vettore posizione: 1 B O = a + ξ sin ϕ ê 1 cos ϕ ê, mentre per la relativa proiezione ortogonale su Ox si ha: 1 B O = a + ξ sin ϕ ê 1, per cui: 1 B B = a + ξ cos ϕ ê ed il potenziale elastico associato alla molla ideale diventa: U el = k B B = k 1 a + ξ cos ϕ ê ka 1 cos = + ξ ϕ. Potenziale del sistema Il potenziale del sistema è la somma dei potenziali parziali, gravitazionale ed elastico, precedentemente calcolati: Uξ, ϕ = U g + U el = mgaξ cos ϕ ka 1 cos + ξ ϕ 81.1 Stefano Siboni 44

6 e deve intendersi definito per ξ, ϕ [ 1/, 1/] R. Equilibri ordinari Gli equilibri ordinari si identificano con i punti critici del potenziale U ricompresi nell interno del dominio di definizione di questo, ossia nella striscia aperta di R : {ξ, ϕ R : ξ 1/, 1/, ϕ R}. Si devono quindi eguagliare simultaneamente a zero le derivate parziali prime di 81.1: U ξ ξ, ϕ = mga cos ϕ ka 1 + ξ cos ϕ U ϕ ξ, ϕ = mgaξ sin ϕ + ka 1 + ξ cos ϕ sin ϕ 81. ossia di risolvere il sistema di equazioni non lineari: mga cos ϕ ka 1 + ξ cos ϕ = mgaξ sin ϕ + ka 1 + ξ cos ϕ sin ϕ = ξ, ϕ 1/, 1/ R. 81. La prima equazione si esprime nella forma fattorizzata equivalente: [ mg 1 ] ka cos ϕ ka + ξ cos ϕ = 81.4 che consente di distinguere due casi: i per cos ϕ = la seconda equazione di equilibrio porge ξ = e gli equilibri corrispondenti risultano sempre definiti: ξ, ϕ =, π/ ξ, ϕ =, π/ ; ii se invece si annulla l espressione entro parentesi quadrate nella 81.4 si ottiene: ξ = mg ka 1 cos ϕ e la seconda equazione di equilibrio 81. si riduce a: mg mga ka 1 cos ϕ 1 sin ϕ + ka mg 1 ka cos cos ϕ sin ϕ = ϕ ovvero: mga sin ϕ =, e fornisce dunque le radici distinte ϕ = e ϕ = π. l equilibrio ordinario: ξ, ϕ = mg ka 1, Dalla 81.5 si ricava allora Stefano Siboni 441

7 definito per mg/ka < 1, mentre per ϕ = π la soluzione corrispondente: ξ, ϕ = mg ka 1, π non è associabile ad alcun equilibrio, avendosi mg/ka 1/ < 1/. In definitiva, il sistema ammette tre equilibri ordinari, dei quali due definiti incondizionatamente: ξ, ϕ =, π/ ξ, ϕ =, π/ 81.6 che vedono l asta disporsi in direzione orizzontale con il punto medio M nell origine, ed uno definito per mg/ka < 1: mg ξ, ϕ = ka 1, 81.7 in corrispondenza del quale l asta è orientata verticalmente con l estremo B in basso. Appare intuitivamente ragionevole che quest ultimo equilibrio sussista soltanto se la forza elastica caratteristica ka risulta abbastanza grande rispetto al peso mg, così come suona evidente che per ϕ = π non ricorra equilibrio alcuno, poichè in tal caso l estremo B rappresenta il punto più alto dell asta e la forza elastica non può in nessun modo bilanciare la forza peso. c Stabilità degli equilibri ordinari Trattandosi di sistema scleronomo posizionale e conservativo, le proprietà di stabilità degli equilibri ordinari possono essere desunte dai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo, dalle 81. si ricavano le espressioni delle derivate parziali seconde del potenziale: U ξξ ξ, ϕ = ka cos ϕ U ϕξ ξ, ϕ = mga sin ϕ + ka 1 + ξ cos ϕ sin ϕ = U ξϕ ξ, ϕ U ϕϕ ξ, ϕ = mgaξ cos ϕ + ka 1 + ξ cos ϕ sin ϕ e la matrice hessiana corrispondente: H U ξ, ϕ = Uξξ ξ, ϕ U ξϕ ξ, ϕ U ϕξ ξ, ϕ U ϕϕ ξ, ϕ di cui si deve caratterizzare il segno degli autovalori per ciascuna configurazione di equilibrio. Configurazione ξ, ϕ =, π/ In questa configurazione le derivate parziali seconde del potenziale risultano: U ξξ, π/ = U ϕϕ, π/ = ka /4 U ϕξ, π/ = U ξϕ, π/ = mga Stefano Siboni 44

8 e definiscono la matrice hessiana: H U, π/ = dotata di determinante sempre negativo: mga mga ka /4 deth U, π/ = m g a <. La matrice hessiana è dunque indefinita, con autovalori di segno opposto: la presenza di un autovalore positivo assicura l instabilità dell equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Configurazione ξ, ϕ =, π/ Le derivate parziali seconde sono simili a quelle calcolate nella configurazione precedente: U ξξ, π/ = U ϕϕ, π/ = ka /4 U ϕξ, π/ = U ξϕ, π/ = mga al pari dunque della matrice hessiana: H U, π/ = mga mga ka /4 che risulta ancora indefinita, avendo determinante di segno negativo: deth U, π/ = m g a <. Gli autovalori della matrice sono di segno opposto e quello positivo implica l instabilità dell equilibrio grazie al teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. mg Configurazione ξ, ϕ = ka 1,, per mg/ka < 1 Nella fattispecie si hanno le derivate parziali seconde: U ξξ mg ka 1, U ϕϕ mg ka 1, mg = ka U ϕξ ka 1 mg, = U ξϕ ka 1, = mg = mga ka 1 + ka mg 1 = ka mga cui corrisponde la matrice hessiana diagonale: mg H U ka 1 ka, =. mga/ L autovalore positivo mga/ comporta, anche in questo caso, l instabilità dell equilibrio. Riassumendo, tutti gli equilibri del sistema sono instabili secondo Liapunov. Stefano Siboni 44

9 d Equazioni pure del moto Per l ipotesi dei vincoli ideali le equazioni pure del moto sono identificabili con quelle di Lagrange: d dt L ξ in termini della lagrangiana: [ L = T + U = ma ξ + L ξ = È immediato ricavare le espressioni parziali: d dt L L ϕ ϕ = 81.8 ] ξ ϕ + mgaξ cos ϕ ka 1 cos + ξ ϕ. L ξ = d L ma ξ dt ξ = ma ξ L ξ = ma ξ ϕ + mga cos ϕ ka 1 + ξ cos ϕ L ϕ = ma ξ d L ϕ = ma 1 dt ϕ 1 + ξ ϕ + ma ξ ξ ϕ L ϕ = mgaξ sin ϕ + ka 1 cos + ξ ϕ sin ϕ che sostituite nelle 81.8 porgono le equazioni del moto richieste: ma ξ ma ξ ϕ mga cos ϕ + ka 1 + ξ cos ϕ = ma ξ ϕ + ma ξ ξ ϕ + mgaξ sin ϕ ka 1 + ξ cos ϕ sin ϕ = definite nel dominio aperto {ξ, ϕ, ξ, ϕ 1/, 1/ R } di R 4. e Equilibri di confine Le configurazioni di confine del sistema corrispondono ai punti di frontiera del dominio {ξ, ϕ [ 1/, 1/] R} di definizione della parametrizzazione. La frontiera è ovviamente costituita dalle rette ξ = 1/ e ξ = 1/ nel piano {ξ, ϕ R }, rette in ciascun punto delle quali si devono calcolare le componenti generalizzate 81. delle forze attive: Q ξ ξ, ϕ = U ξ ξ, ϕ = mga cos ϕ ka 1 + ξ cos ϕ Q ϕ ξ, ϕ = U ϕ ξ, ϕ = mgaξ sin ϕ + ka 1 + ξ cos ϕ sin ϕ ed applicare il teorema dei lavori virtuali. Stefano Siboni 444

10 Configurazioni ξ, ϕ = 1/, ϕ o, con ϕ o R In una configurazione di questo tipo l estremo B dell asta viene a conicidere con l origine O della terna di riferimento. Le componenti generalizzate si riducono a: Q ξ 1/, ϕ o = mga cos ϕ o Q ϕ 1/, ϕ o = 1 mga sin ϕ o e la condizione necessaria e sufficiente per l equilibrio è offerta del teorema dei lavori virtuali: Q ξ 1/, ϕ o δξ + Q ϕ 1/, ϕ o δϕ δξ, δϕ R, ossia: Q ξ 1/, ϕ o Q ϕ 1/, ϕ o =. Si deve quindi risolvere il sistema: mga cos ϕ o 1 mga sin ϕ o = di cui l equazione fornisce ϕ o = e ϕ o = π, mentre la disequazione seleziona ϕ o = π e rigetta ϕ o =. Lungo questo tratto della frontiera l unico equilibrio di confine, sempre definito, è quindi costituito da: ξ, ϕ = 1/, π. In questa configurazione l asta si dispone verticalmente, con il vertice B in alto; poichè la molla non può contrastare il peso dell asta, non meraviglia constatare che si tratti sempre di un equilibrio di confine. Configurazioni ξ, ϕ = 1/, ϕ o, con ϕ o R In questo caso l estremo A dell asta si colloca nell origine e le forze generalizzate diventano: Q ξ 1/, ϕ o = mga cos ϕ o ka cos ϕ o Q ϕ 1/, ϕ o = 1 mga sin ϕ o + ka cos ϕ o sin ϕ o mentre il teorema dei lavori virtuali porge la condizione di equilibrio: Q ξ 1/, ϕ o δξ + Q ϕ 1/, ϕ o δϕ δξ, δϕ R che si riduce a: Q ξ 1/, ϕ o Q ϕ 1/, ϕ o =, Stefano Siboni 445

11 ossia: mga cos ϕ o ka cos ϕ o 1 mga sin ϕ o + ka cos ϕ o sin ϕ o = L equazione di equilibrio in 81.9 si esprime nella forma fattorizzata: ka sin ϕ o mg ka + cos ϕ o = dalla quale è immediato dedurre due soluzioni definite incondizionatamente: ϕ o = ϕ o = π e due definite e distinte dalle precedenti per mg/ka < 1: mg ϕ o = arccos := ϕ ϕ o = ϕ. ka Occorre però verificare anche la disequazione Si vede immediatamente che per ϕ o = l equilibrio ricorre se e soltanto se: mga ka mg ka 1 ossia la forza elastica ka è abbastanza debole in confronto al peso mg circostanza peraltro ragionevole, visto che l asta si dispone verticalmente con l estremo B in basso e l estremo A nell origine. Per ϕ o = π l equilibrio invece non ricorre mai, la diseguaglianza non essendo mai soddisfatta: mga ka. Anche questo risultato non sorprende, visto che con A nell origine e B posto al di sopra di A lungo l asse verticale Oy il peso e la forza elastica sono concordi e non possono bilanciarsi vicendevolmente. Se infine ϕ o = ϕ o ϕ o = ϕ la diseguaglianza è sempre verificata: mga mg ka ka mg ka potendosi semplificare in: m g. 4k Ancora una volta la conclusione pare plausibile, dal momento che la forza elastica caratteristica ka deve risultare adeguatamente intensa rispetto al peso mg in modo da soddisfare la condizione di esistenza mg/ka < 1. Riepilogando i risultati ottenuti, lungo questo tratto di frontiera il sistema ammette gli equilibri di confine seguenti: ξ, ϕ = 1/, per mg/ka 1; ξ, ϕ = 1/, arccosmg/ka per mg/ka < 1; ξ, ϕ = 1/, arccosmg/ka sempre per mg/ka < 1. Stefano Siboni 446

12 Esercizio 811. Geometria delle masse Nel piano Oxy di una terna solidale Oxyz = Oê 1 ê ê si considera il sistema rigido composto da una piastra circolare D, di raggio a e centro C, e da un asta rettilinea OB, di lunghezza a, disposti come illustrato in figura. La densità del disco è espressa dalla relazione: σp = µ P C πa4 mentre per quella dell asta si ha: P D λq = µ Q O Q OB, a essendo µ una massa costante caratteristica. Si chiede di determinare del sistema: a la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz; b la matrice d inerzia relativa a Oxyz; c i momenti d inerzia relativi alla retta Cy e alla bisettrice y = x; d l energia cinetica e il momento angolare in O rispetto ad un riferimento in cui il punto O è fisso e la velocità angolare istantanea vale ω = ωê 1 ωê, con ω costante; e se è realizzata l equilibratura dinamica, nell ipotesi che il sistema ruoti attorno all asse fisso O ω. Soluzione a Massa e baricentro L asta OB può essere rappresentata per mezzo della parametrizzazione banale: Qy O = yê, y [ a, ], in termini della quale l elemento infinitesimo di lunghezza si scrive: e la densità lineare assume la forma: ds = Q y dy = ê dy = dy λy = µ a yê = µ a y = µ y, y [ a, ]. a In modo analogo, la piastra circolare si descrive efficacemente in coordinate polari piane traslate dal centro C del disco all origine O della terna di riferimento: P ρ, φ O = a + ρ cos φê 1 + ρ sin φê, ρ, φ [, a] [, π] Stefano Siboni 447

13 sicchè l elemento infinitesimo di area diventa: da = P ρ P φ dρdφ = cos φê 1 + sin φê ρ sin φê 1 + cos φê dρdφ = ρ dρdφ mentre la densità areale si riduce a: σρ, φ = µ πa 4 P C = µ πa 4 ρ, ρ, φ [, a] [, π]. Si sono così definiti tutti i dati utili al calcolo di massa, baricentro e matrice d inerzia del sistema. Massa dell asta La massa dell asta si ottiene integrando sul segmento OB la densità λ. In termini della parametrizzazione precedentemente introdotta si ha: m OB = λ ds = OB a µ a y dy = µ a [ y ] a = µ. Massa della piastra La massa della piastra circolare viene calcolata con un integrale di superficie in coordinate polari: m D = D σ da = a dρ ρ π dφ µ πa 4 ρ = µ πa 4 π dφ a ρ dρ = µ a4 π πa4 4 = µ. Massa del sistema Considerato che l intersezione fra asta e piastra è rappresentata dal solo punto O, che costituisce un insieme di misura nulla sia per gli integrali curvilinei sull asta che per quelli di superficie sul disco, la massa del sistema si ricava semplicemente sommando le masse parziali di asta e disco: m = m OB + m D = µ + µ = µ. Baricentro dell asta Poichè l asta giace interamente lungo l asse coordinato Oy, questo costituisce un ovvio asse di simmetria e il vettore posizione del relativo baricentro deve essere del tipo: con ordinata: y OB = 1 m OB OB yλ ds = µ a G OB O = y OB ê, y µ a y dy = a a y dy = a [ y ] a = a Stefano Siboni 448

14 in modo che risulta: G OB O = aê. Baricentro della piastra Il baricentro G D del disco D si ricava immediatamente riconoscendo nel centro geometrico C un centro di simmetria: la densità areale σ è infatti funzione della sola distanza da C. Ne deriva che G D coincide con C: G D O = C O = aê 1. Allo stesso risultato si può pervenire anche per integrazione diretta. Il baricentro del disco è certamente individuato da un vettore posizione della forma: G D O = x D ê 1 + y D ê, in quanto la piastra si colloca nel piano coordinato Oxy, che ne rappresenta un piano di simmetria banale. L ascissa del baricentro è data da: x D = 1 xσ da = m D µ D = πa 4 πa a4 4 + a a dρ ρ π π ρ 4 dρ cos φ dφ mentre per l ordinata si ha l analoga espressione: y D = 1 yσ da = m D µ D a dρ ρ π a conferma del precedente risultato. dφ ρ sin φ µ πa 4 ρ = πa 4 dφ a + ρ cos φ µ πa 4 ρ = = πa 4 πa + a5 5 = a a ρ 4 dρ Baricentro del sistema Il baricentro può essere determinato ricorrendo al teorema distributivo: π sin φ dφ = πa 4 a 5 5 =, G O = m OBG OB O + m D G D O = 1 [ µ m OB + m D µ aê + µ ] aê 1 = a ê1 a ê. b Matrice d inerzia in Oxyz La matrice d inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz è definita dalla somma delle matrici d inerzia di asta e piastra, relativamente allo stesso riferimento. Stefano Siboni 449

15 Matrice d inerzia dell asta La collocazione dell asta lungo l asse Oy implica una matrice d inerzia della forma: [L OB O ] = LOB xx L OB xx in cui figura come unico elemento non banale il momento d inerzia: L OB xx = per cui risulta: OB y λ ds = a y µ a y dy = µ a [L O ] = µa a 1/4. 1/4 y dy = µ a [ y 4 4 ] a = µa 4 Matrice d inerzia della piastra Conviene determinare la matrice d inerzia della piastra circolare rispetto al riferimento Cxyz, ottenuto traslando nel baricentro C la terna Oxyz. Questo riferimento è centrale d inerzia, data la presenza degli evidenti assi di simmetria Cx e Cy; poichè inoltre il disco giace nel piano Cxy, il momento d inerzia relativo a Cz deve essere la somma dei momenti d inerzia relativi agli assi Cx e Cy. La matrice d inerzia assume perciò la forma diagonale: L D [L D C,xx C] = L D C,xx L D C,xx dove l unico momento d inerzia rilevante è dato da: L D C,xx = y σ da = D in modo che risulta: a dρ ρ = µ a 6 πa 4 6 π π [L D C] = µa dφ ρ sin φ µ πa 4 ρ = µ πa 4 1 cos φ a [ dφ = µa φ 1π 1/6 1/6. 1/ ρ 5 dρ π ] π sin φ sin φ dφ = = µa 6 La matrice d inerzia in Oxyz si può infine ricavare per mezzo del teorema di Huygens- Steiner generalizzato: [L D O] = [L D C] + m D y C + z C x C y C x C z C x C y C x C + z C y C z C x C z C y C z C x C + y C Stefano Siboni 45

16 sapendo che: C O = x C ê 1 + y C ê + z C ê = aê 1, per cui: [L D O] = µa 1/6 1/6 + µ 1/ a a = µa 1/6 /. 5/6 Matrice d inerzia del sistema La somma delle matrici d inerzia, relative a Oxyz, di asta e piastra definisce la matrice d inerzia del sistema rispetto alla stessa terna: [L O ] = [L OB O ] + [L D O] = µa 1/4 1/4 = µa 5/1 /. 1/1 + µa 1/6 / 5/6 c Momenti d inerzia particolari Momento d inerzia relativo alla retta Cy La retta Cy non passa né per l origine né per il baricentro del sistema, ma risulta parallela all asse coordinato Oy, rispetto al quale il momento d inerzia I Oy = L yy è noto. Il momento d inerzia rispetto a Cy può quindi essere determinato mediante una doppia applicazione del teorema di Huygens-Steiner, che infatti porge le relazioni: = I Cy = I Gy + ma x G I Oy = I Gy + mx G dalle quali, per differenza, segue l equazione: ed infine l espressione richiesta: I Cy I Oy = ma x G mx G I Cy = I Oy + ma ax G = µa + µ a a a = µa, essendo I Oy = L yy = /µa, m = µ e x G = a/. Momento d inerzia relativo alla bisettrice y = x La retta passa per l origine ed è individuata dal versore tangente: ˆτ = ê1 + ê ê 1 + ê = ê1 + ê = τ 1 ê 1 + τ ê + τ ê. Stefano Siboni 451

17 Il momento d inerzia relativo alla bisettrice si scrive pertanto: I y=x = ˆτ L O ˆτ = τ 1 τ τ [L O ] τ 1 τ τ = 1 L xx + L yy + L xy = 1 = [L O] 1 1 = 5 1 µa + µa = 1 4 µa. d Energia cinetica e momento angolare in O Momento angolare in O Il momento angolare in O del sistema rigido si può esprimere nella forma: K O = K 1 ê 1 + K ê + K ê dove le componenti K 1, K, K sono date dal prodotto di matrici: K 1 K K = [L O ] ω 1 ω = µa 5/1 / ω ω = µa ω 5/6 / ω 1/1 e di conseguenza: 5 K O = µa ω. 6ê1 ê Energia cinetica L energia cinetica del corpo rigido con punto fisso O è data dalla formula: T = 1 ω K O = 1 ωê 1 ê µa ω 5 6ê1 ê = 1 µa ω 5 + = 7 6 µa ω. e Equilibratura dinamica Se il sistema ruota attorno all asse fisso Oω l equilibratura dinamica non è realizzata. L asse di rotazione è infatti descritto dalla parametrizzazione P ξ O = ωξ, ξ R, ossia: { x = ωζ y = ωζ z = ζ R ed è immediato verificare che esso non contiene il baricentro G del sistema; basta accertarsi che il sistema di equazioni: a = ωζ a = ωζ non ammette alcuna soluzione nel parametro ζ. Poichè l asse fisso non contiene il baricentro non risulta realizzata l equilibratura statica, e di conseguenza neppure quella dinamica che per definizione presuppone l equilibratura statica del sistema. Stefano Siboni 45

18 Esercizio 81. Sistema scleronomo a g.d.l. non conservativo Nel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz un anello circolare γ, di massa m, centro H e raggio 4a, ha un diametro assegnato AB vincolato a scorrere lungo l asse orizzontale Ox. Un disco circolare omogeneo D, di massa m, raggio a e centro C, rotola senza strisciare su γ. Due molle ideali di eguale costante elastica k = mg/a collegano rispettivamente A all origine O e C al punto più alto S di γ. Il sistema è pesante e a vincoli ideali. Resistenze viscose di costante β agiscono in A e in C. Usando come coordinate lagrangiane i parametri ξ, ϑ R in figura, determinare del sistema: a gli equilibri; b le proprietà di stabilità degli equilibri; c l espressione dell energia cinetica; d le equazioni pure del moto; e i modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile per β =. Soluzione a Equilibri Il sistema è a vincoli bilaterali ideali e soggetto sia a sollecitazioni posizionali conservative il peso e le interazioni elastiche associate alle molle che a sollecitazioni dissipative le resistenze viscose in A e C. Le prime si caratterizzano per mezzo dei relativi potenziali, mentre per le seconde si deve procedere al calcolo delle componenti generalizzate lagrangiane. A questo scopo è necessario esprimere i vettori posizione di alcuni punti notevoli del sistema in termini delle coordinate generalizzate, in particolare: A O = aξê 1 H O = aξ + 4ê 1 C H = 5a sin ϑ ê 1 + 5a cos ϑê e di conseguenza: C O = C H + H O = aξ sin ϑê 1 + 5a cos ϑê. Potenziale gravitazionale Alle forze peso agenti su anello e disco è associato il potenziale gravitazionale: U g = U γ g + U D g = mgê G γ O mgê C O. Poichè il baricentro G γ dell anello γ si muove parallelamente all asse orizzontale, causa il moto traslatorio rettilineo di γ, risulta senz altro mgê G γ O = costante, e di conseguenza: U g = 5mga cos ϑ + costante. Stefano Siboni 45

19 Potenziale elastico Il potenziale elastico è la somma dei potenziali relativi alle due molle ideali: U el = k A O k C S che applicando il teorema di Carnot al triangolo HCS si riduce a: U el = ka ξ k 16a + 5a 4a 5a cos ϑ = ka ξ + ka cos ϑ + costante. Potenziale del sistema La somma dei potenziali parziali, gravitazionale ed elastico, definisce il potenziale del sistema. Omesse le costanti additive, si ha pertanto: ovvero: Uξ, ϑ = U g + U el = 5mga cos ϑ ka ξ + ka cos ϑ Uξ, ϑ = 5mga cos ϑ mga ξ + mga cos ϑ = mga essendo per ipotesi k = mg/a. Componenti generalizzate delle forze viscose Le resistenze viscose sono date dalle forze: F A = β A FC = βċ 15 cos ϑ ξ, 81.1 rispettivamente applicate nei punti A e C individuati per mezzo dei vettori posizione: A O = aξê 1 C O = aξ sin ϑê 1 + 5a cos ϑê. Per il calcolo delle componenti generalizzate D ξ e D ϑ sono necessarie le derivate parziali prime: A ξ = aê C 1 ξ = aê A ϑ = C ϑ = 5acos ϑê 1 sin ϑê e le espressioni delle velocità istantanee: avendosi infatti, da definizione: A = a ξê 1 Ċ = a ξ + 5 cos ϑ ϑê 1 5a sin ϑ ϑê, 81. D ξ = βa A C βċ ξ ξ D ϑ = βa A C βċ ϑ ϑ. Stefano Siboni 454

20 Sostituendo le relazioni 81. e 81. si ottiene: D ξ = βa ξê 1 aê 1 β [ a ξ + 5 cos ϑ ϑê 1 5a sin ϑ ϑê ] aê1 = = βa ξ βa ξ + 5 cos ϑ ϑ = βa ξ + 5 cos ϑ ϑ D ϑ = βa ξê 1 β [ a ξ + 5 cos ϑ ϑê 1 5a sin ϑ ϑê ] 5acos ϑê1 sin ϑê = = 5βa ξ cos ϑ + 5 cos ϑ ϑ + 5 sin ϑ ϑ = βa 5 cos ϑ ξ + 5 ϑ. Le componenti generalizzate delle forze viscose sono pertanto: D ξ = βa ξ + 5 cos ϑ ϑ D ϑ = βa 5 cos ϑ ξ + 5 ϑ 81.4 e si annullano per velocità generalizzate nulle. Rimane così appurato, come era lecito attendersi, che le forze viscose non giocano alcun ruolo nella determinazione degli equilibri. Calcolo alternativo delle componenti D ξ e D ϑ con il metodo di Rayleigh Alla determinazione delle componenti generalizzate D ξ e D ϑ si può arrivare in modo più diretto usando la funzione ausiliaria di Rayleigh: R = β A + Ċ = β [ a ξê1 [ + a ξ + 5 cos ϑ ϑê1 5a sin ϑ ϑê ] ] = βa ξ + ξ + 1 cos ϑ ξ ϑ + 5 ϑ = βa ξ + 1 cos ϑ ξ ϑ + 5 ϑ per mezzo delle relazioni: D ξ = R ξ = βa 4 ξ + 1 cos ϑ ϑ = βa ξ + 5 cos ϑ ϑ D ϑ = R = βa ϑ 1 cos ϑ ξ + 5 ϑ = βa 5 cos ϑ ξ + 5 ϑ. I risultati sono in evidente accordo con quelli ricavati ricorrendo alla definizione. Equilibri Poichè le resistenze viscose si annullano in qualsiasi stato di quiete, gli equilibri del sistema scleronomo a vincoli bilaterali ideali sono identificabili con i punti critici del potenziale Si tratta quindi di annullare simultaneamente le derivate parziali prime: = U U ξ, ϑ = mgaξ ξ ξ, ϑ = 15mga sin ϑ, ϑ ossia di risolvere il sistema di equazioni: mgaξ = 15mga sin ϑ = ξ = sin ϑ = Stefano Siboni 455

21 che porge le soluzioni ovvie: definite incondizionatamente. ξ, ϑ =, ξ, ϑ =, π, 81.5 b Stabilità Per analizzare le caratteristiche di stabilità degli equilbri occorre in primo luogo determinare la natura delle sollecitazioni non posizionali A questo scopo se ne calcola la potenza: π = D ξ ξ + Dϑ ϑ = βa ξ + 5 cos ϑ ϑ ξ βa 5 cos ϑ ξ + 5 ϑ ϑ = = βa ξ + 1 cos ϑ ξ ϑ + 5 ϑ che coincide con la funzione di Rayleigh a meno di un fattore. La forma quadratica delle velocità generalizzate che compare entro parentesi si può scrivere come: ξ + 1 cos ϑ ξ ϑ + 5 ϑ = ξ ϑ Γξ, ϑ ξ ϑ in termini della matrice simmetrica: Γξ, ϑ = 5 cos ϑ 5 cos ϑ 5 definita positiva in quanto munita di traccia e determinante positivi: tr Γξ, ϑ = 7 > det Γξ, ϑ = 5 5 cos ϑ = sin ϑ >. Si conclude pertanto che: π ξ, ϑ, ξ, ϑ R 4 e che π = se e solo se ξ, ϑ =,. Il sistema di resistenze viscose ha dunque natura completamente dissipativa. A questa conclusione si aggiunge la circostanza che tutti gli equilibri sono evidentemente isolati, dato il loro numero finito. È dunque lecito applicare la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri di Barbasin-Krasovskii. A questo scopo si devono calcolare le derivate parziali seconde del potenziale: U ξξ ξ, ϑ = mga U ϑξ ξ, ϑ = U ξϑ ξ, ϑ = e la relativa matrice hessiana: H U ξ, ϑ = mga U ϑϑ ξ, ϑ = 15mga cos ϑ 1 15 cos ϑ Stefano Siboni 456

22 in ciascuna configurazione di equilibrio, in modo da distinguere i massimi relativi propri del potenziale dai punti critici che massimi non sono. Configurazione ξ, ϑ =, In questo caso la matrice hessiana del potenziale è definita negativa: 1 H U, = mga 15 e consente di riconoscere l equilibrio come massimo relativo proprio del potenziale. La stabilità asintotica dell equilibrio segue dalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet. Configurazione ξ, ϑ =, π Nella fattispecie la matrice hessiana risulta indefinita: 1 H U, π = mga 15 e caratterizza l equilibrio come punto di sella del potenziale. L esclusione del massimo implica l instabilità dell equilibrio, ancora per la forma forte del teorema di Lagrange- Dirichlet. c Energia cinetica L energia cinetica del sistema viene determinata applicato la proprietà additiva, come somma dei contributi di anello e disco relativi alla stessa terna di riferimento Oxyz. Energia cinetica dell anello L anello γ si muove di moto traslatorio rettilineo, parallelamente all asse Ox. Ad ogni istante tutti i suoi punti presentano quindi la stessa velocità, identificabile ad esempio con quella del punto A. L energia cinetica diventa pertanto: T γ = m A = m a ξê 1 = ma ξ ed è indipendente dalla distribuzione di massa dell anello che infatti non è specificato se sia omogeneo o meno. Energia cinetica del disco Il disco circolare omogeneo è privo di punti fissi e l espressione della sua energia cinetica deve essere calcolata ricorrendo al teorema di König. È evidente che il baricentro di D coincide con il centro geometrico e di simmetria C, la cui posizione viene individuata dal vettore posizione: C O = aξ sin ϑê 1 + 5a cos ϑê e la cui velocità istantanea si scrive: Ċ = a ξ + 5 cos ϑ ϑê 1 5a sin ϑ ϑê Stefano Siboni 457

23 con modulo quadrato: Ċ = a ξ + 1 cos ϑ ξ ϑ + 5 ϑ. Il momento d inerzia del disco rispetto all asse baricentrale Cz è dato dalla ben nota espressione: ICz D = ma, mentre per la velocità angolare istantanea si ha: 4a ω D = a + 1 ϑê = 5 ϑê, come è immediato verificare eseguendo il calcolo nel riferimento solidale all anello e considerando che l orientamento relativo dell angolo ϑ e del versore ê non risulta conforme alla convenzione destrorsa. Il teorema di König porge allora l espressione: T D = m Ċ + 1 ID Cz ωd ma = ξ + 1 cos ϑ ξ ϑ + 5 ϑ + 1 ma 5 ϑê = = ma ξ + 1 cos ϑ ξ ϑ + 5 ϑ ma ϑ = ma ξ + 1 cos ϑ ξ ϑ + 75 ϑ. Energia cinetica del sistema L energia cinetica del sistema si ottiene ora sommando le energie cinetiche di anello e disco, calcolate in precedenza: T = T γ + T D = ma ξ + ma ξ + 1 cos ϑ ξ ϑ + 75 ϑ = ξ + 1 cos ϑ ξ ϑ + 75 ϑ = ma d Equazioni pure del moto L ipotesi di vincoli ideali autorizza a scrivere le equazioni pure del moto nella forma di Lagrange: d dt L L ξ = D ξ d dt L L ϑ = D ϑ 81.7 ξ ϑ in termini della lagrangiana: L = T + U = ma ξ + 5 cos ϑ ξ ϑ ϑ + mga 15 cos ϑ ξ 81.8 e delle componenti generalizzate 81.4 delle resistenze viscose. Dalla 81.8 si deducono le espressioni parziali: L ξ = ma ξ + 5 cos ϑ ϑ L ξ = mgaξ d L dt ξ = ma ξ + 5 cos ϑ ϑ 5 sin ϑ ϑ L ϑ = ma 5 cos ϑ ξ + 75 ϑ L ϑ = 5ma sin ϑ ξ ϑ 15mga sin ϑ d L dt ϑ = ma 5 cos ϑ ξ + 75 ϑ 5 sin ϑ ϑ ξ Stefano Siboni 458

24 che sostituite nelle 81.7 porgono le equazioni del moto richieste: ma ξ + 5 cos ϑ ϑ 5 sin ϑ ϑ + mgaξ = βa ξ + 5 cos ϑ ϑ ma 5 cos ϑ ξ + 75 ϑ + 15mga sin ϑ = βa 5 cos ϑ ξ + 5 ϑ e Modi normali delle piccole oscillazioni Per β = le resistenze viscose vengono rimosse, ma le configurazioni di equilibrio 81.5 rimangono invariate. Di queste, ξ, ϑ =, π risulta instabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet, mentre ξ, ϑ =, è stabile in forza del teorema di Lagrange-Dirichlet. Attorno a questo solo equilibrio ha senso studiare le piccole oscillazioni. L energia cinetica 81.6 è una forma quadratica delle velocità generalizzate: T = ma ξ + 1 cos ϑ ξ ϑ + 75 ϑ = 1 ξ ϑ Aξ, ϑ ξ ϑ con la matrice di rappresentazione: Aξ, ϑ = ma 5 cos ϑ 5 cos ϑ 75/ che per ξ, ϑ =, si riduce a: A, = ma 5, 5 75/ mentre la matrice hessiana del potenziale nella stessa configurazione vale: 1 H U, = mga. 15 Lo studio dei modi normali delle piccole oscillazioni si basa sulla matrice ausiliaria: Λω = ω A, + H U, = ma ω mga = 5 75/ 15 [ ] aω 5 1 µ 1 5µ = mga + = mga 75 g 5 75/ 15 5µ µ 15 nella quale si è posto, per brevità, µ = aω /g. Le pulsazioni normali sono date dalle radici positive ω dell equazione caratteristica detλω = ovvero, equivalentemente, di: µ 1 5µ 75 = det 75 5µ µ 15 = µ 1 µ 15 5µ = = 75µ µ 75 µ µ = 5µ 15 µ + 15 Stefano Siboni 459

25 e quindi dell equazione trinomia: Da questa si traggono le radici positive: µ 7µ + 6 =. ossia: µ = 7 ± µ 1 = e le pulsazioni normali risultano perciò: ω 1 = g µ 1 a = 7 49 g 4 a = 7 ± µ = ω = µ g a = = 7 ± g 4 a, con ω 1 < ω. Per ricavare i vettori delle ampiezze dei modi normali si deve risolvere il problema agli autovalori: µi 1 5µ i 75 5µ i µ a i =, a i, i 15 b i b i rispettivamente per i = 1 nel caso del modo basso e per i = per il modo alto. Poichè le pulsazioni normali sono determinate proprio imponendo la lineare dipendenza del precedente sistema lineare, ci si può limitare a considerare una sola delle due equazioni, per esempio la prima: µ i 1a i + 5µ i b i = per poi sceglierne una qualsiasi soluzione non banale, in particolare: a i = 5µ i b i = µ i 1. Modo basso, associato alla pulsazione ω 1 In questo caso le ampiezze di oscillazione sono entrambe di segno negativo: a 1 = 5µ 1 = b 1 = µ 1 1 = = 7 49 per cui il modo normale di oscillazione assume la forma: δξ 7 49 = A 1 8 δϑ 7 cos 7 49 g 49 4 a t + α 1 t R, Stefano Siboni 46

26 con A 1 e α 1 costanti reali arbitrarie. Da notare che in questo modo normale i due parametri lagrangiani oscillano in fase attorno ai rispettivi valori di equilibrio. Modo alto, associato alla pulsazione ω Nella fattispecie le ampiezze di oscillazione sono invece di segno opposto: e forniscono il modo normale: a = 5µ = b = µ 1 = = δξ = A 8 δϑ cos g a t + α t R, in cui figurano le costanti reali arbitrarie A e α. Per questo modo normale le oscillazioni armoniche dei due parametri lagrangiani attorno ai relativi valori di equilibrio avvengono in opposizione di fase. Esercizio 81. Equazioni cardinali della statica Nel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz due dischi circolari D 1 e D, di uguale massa m, uguale raggio a, e centri rispettivi A e B, sono vincolati a rotolare sulla retta fissa r di equazione y = 5a x, mantenendosi in mutuo contatto nel punto C. Il primo disco è omogeneo e rotola senza strisciare su r; il secondo non è omogeneo, con baricentro G posto a distanza a/ dal centro B, e rotola strisciando senza attrito tanto su r quanto su D 1. Il sistema è pesante e una molla ideale di costante elastica k collega A con l origine O. Si assumono reazioni vincolari esterne nei punti di contatto P, Q e C illustrati in figura. Usando come coordinate libere i parametri ξ, ϕ R in figura, determinare del sistema: a le equazioni cardinali necessarie e sufficienti per l equilibrio; b gli equilibri; c le reazioni vincolari in P, Q e C per tutti gli stati di quiete. Soluzione a Equazioni cardinali utili a caratterizzare gli equilibri Stefano Siboni 461

27 Si osserva in via preliminare che tutte le forze attive applicate al sistema agiscono nel piano verticale Oxy della terna Oxyz = Oê 1 ê ê, per cui è senz altro lecito assumere che anche le reazioni vincolari manifestino analogo comportamento, con la componente lungo ê identicamente nulla. Sul disco D 1 agiscono le seguenti sollecitazioni esterne: il peso mgê applicato nel centro di simmetria e baricentro A si ricorda che il sistema delle forze peso, in realtà distributo sull intero corpo, è equivalente al solo peso totale applicato nel relativo baricentro, che su un sistema rigido ideale produce gli stessi effetti dinamici e statici; la forza elastica ka O, applicata sempre in A; una reazione vincolare Φ P = Φ P x ê 1 + Φ P y ê agente in P e dovuta al contatto con la retta r, con Φ P x, Φ P y R arbitrari per via della condizione di puro rotolamento; una reazione vincolare Φ C = Φ Cx ê 1 Φ Cx ê, con Φ Cx R, applicata in C, attribuibile al contatto con il disco D e ortogonale al contorno D 1 e dunque parallela alla retta d appoggio r. Il vettore posizione del centro A rispetto all origine si può esprimere facilmente in termini delle coordinate libere: A O = S O + P S + A P = 5aê 1 aξê 1 + aξê + a ê 1 + a ê = = ξ aê ξ aê, in modo che la forza elastica agente sul disco D 1 in A si scrive esplicitamente come: ka O = ka ξ ê 1 ka + ξ ê. Analogamente, il disco D è soggetto alle forze esterne elencate di seguito: il peso mgê agente nel baricentro G; una reazione vincolare Φ Q = Φ Qx ê 1 + Φ Qx ê, con Φ Qx R arbitrario, esercitata in Q dalla retta d appoggio e a questa ortogonale per via della condizione di assenza d attrito; una forza reattiva Φ C = Φ Cx ê 1 + Φ Cx ê, con Φ Cx R arbitrario, agente in C e imputabile al contatto con il disco D 1, sul quale il rotolamento ammette strisciamento ed avviene senza attrito radente. Questa forza, conformemente al principio di azione e reazione, è opposta a quella già discussa che il disco D esercita su D 1 in C. La condizione necessaria e sufficiente per l equilibrio è offerta dalle equazioni cardinali statiche per le due parti rigide che costituiscono il sistema i dischi D 1 e D. Stefano Siboni 46

28 Prima equazione cardinale della statica per D 1 L equazione cardinale dell impulso nel caso statico impone che sia nulla la somma delle forze esterne applicate al disco D 1 : mgê ka ξ ê 1 ka + ξ ê + Φ P x ê 1 + Φ P y ê + Φ Cx ê 1 Φ Cx ê =. Considerando le componenti lungo ê 1 e lungo ê si perviene al sistema di equazioni scalari: ka ξ + Φ P x + Φ Cx = 1 mg ka + ξ + Φ P y Φ Cx = Seconda equazione cardinale della statica n P per D 1 L equazione cardinale del momento richiede l annullarsi del momento in P di tutte le forze esterne agenti su D : A P [ mgê ka O ] + P P Φ P + C P Φ C = ossia: con: A P [ mgê ka O ] + C P Φ C =, 81. A P = a ê 1 + a ê C P = C A + A P = a ê 1 + a ê + a ê 1 + a ê = aê mgê ka O = ka [ 1 ] ξ ê 1 + ka + ξ mg Φ C = Φ Cx ê 1 Φ Cx ê. ê Sostituite le espressioni precedenti nell equazione 81., questa diventa: ê a/ a/ 1 ka + ξ mg + ê ka ξ Φ Cx a Φ Cx ed una volta eseguiti i prodotti vettoriali si riduce alla sola equazione scalare: a 1 [ ka + ξ mg + ka ξ ] aφ Cx = = ovvero a: a mg + 5ka kaξ aφ Cx =. 81. Stefano Siboni 46

29 Prima equazione cardinale della statica per D La somma delle forze esterne agenti su D, attive e reattive, porge l equazione di equilibrio: mgê + Φ Qx ê 1 + Φ Qx ê Φ Cx ê 1 + Φ Cx ê = e quindi il sistema di equazioni scalari: Φ Qx Φ Cx = mg + Φ Qx + Φ Cx = Seconda equazione cardinale della statica in Q per D L equazione richiede che sia nullo il momento risultante in Q di tutte le forze esterne applicate al disco: G Q mgê + Q Q Φ Q + C Q Φ C = vale a dire: G Q mgê C Q Φ C =, 81.5 dove: G Q = B Q + G B = a ê 1 + a ê + a sin ϕ ê 1 a cos ϕ ê = 1 = a ê sin ϕ 1 + a 1 ê cos ϕ C Q = B Q + C B = a ê 1 + a ê + a ê 1 a ê = aê 1 Φ C = Φ Cx ê 1 Φ Cx ê. L equazione 81.5 diventa così: ê 1 a sin ϕ a 1 cos ϕ mg ê a Φ Cx e una volta calcolati i determinanti si riduce a: Φ Cx = 1 mga + 1 sin ϕ + aφ Cx = Condizione di equilibrio La condizione necessaria e sufficiente affinchè ξ, ϕ sia una configurazione di equilibrio è Stefano Siboni 464

30 che siano simultaneamente soddisfatte le equazioni 81.1, 81., 81.4 e 81.6: ka ξ + Φ P x + Φ Cx = 1 mg ka + ξ + Φ P y Φ Cx = a mg + 5ka kaξ aφ Cx = Φ Qx Φ Cx = mg + Φ Qx + Φ Cx = 1 mga + 1 sin ϕ + aφ Cx = per una qualche scelta delle componenti reali Φ P x, Φ P y, Φ Cx, Φ Qx. b Equilibri Le equazioni di equilibrio 81.7 si possono riscrivere nella forma equivalente: Φ P x = ka ξ Φ Cx a 1 Φ P y = mg + ka + ξ + Φ Cx 81.8b Φ Cx = 1 5ka mg kaξ 81.8c Φ Qx = Φ Cx 81.8d Φ Qx = mg Φ Cx 81.8e Φ Cx = 1 1 mg + 1 sin ϕ. 81.8f Dalle equazioni lineari 81.8d e 81.8e si deduce immediatamente che: Φ Qx = mg Φ Cx = mg in modo che le 81.8c e 81.8f diventano equazioni pure di equilibrio: mg = 1 5ka mg kaξ mg = 1 1 mg + 1 sin ϕ 81.9 e porgono il sistema: mg = 5 ka kaξ = 1 mg sin ϕ ξ = 5 mg ka sin ϕ = Stefano Siboni 465

31 dal quale si traggono i due equilibri: ξ, ϕ = 5 mg ka, ξ, ϕ = 5 mg ka, π c Reazioni vincolari esterne per gli stati di quiete Le componenti Φ P x e Φ P y si ricavano dalle equazioni 81.8a e 81.8b sostituendo le 81.9 e il valore di equilibrio 81.1 della variabile ξ: Φ P x = ka ξ Φ Cx = ka mg ka 1 1 Φ P y = mg + ka + ξ + Φ Cx = mg + ka + 5 mg ka mg + mg 5 = ka mg 5 = ka mg in modo che per entrambi gli stati di quiete, nelle due configurazioni di equilibrio, le reazioni vincolari esterne risultano le seguenti: Φ P = [ 5 ka mg ] ê 1 + ê ΦC = mg ê 1 ê ΦQ = mg ê 1 + ê. Esercizio 814. Equazioni differenziali nel piano Considerare nel piano x, y R il seguente sistema di equazioni differenziali: per determinarne: a i punti fissi; ẋ = xy 1 ẏ = x y b le caratteristiche di stabilità dei punti fissi. Soluzione a Punti fissi I punti fissi sono le soluzioni costanti del sistema di equazioni differenziali e si ottengono quindi risolvendo il sistema di equazioni algebriche: = xy 1 = x y la seconda delle quali permette di esprimere la variabile x in funzione della y: x = y Stefano Siboni 466

32 e sostituita nella prima la riduce all equazione trinomia nella sola y: Le soluzioni corrispondenti sono: = y + y 1 y + y 1 =. y = ± = 1 ± e tramite la 814. porgono infine i punti fissi richiesti: x, y = 1 +, 1 + x, y = 1, b Stabilità dei punti fissi Quelle considerate non sono equazioni lagrangiane del moto e l analisi di stabilità dei punti fissi deve essere condotta facendo ricorso a teoremi generali, quale quello di analisi lineare della stabilità, che è certamente applicabile data la forma normale e autonoma delle equazioni del primo ordine e l appartenenza dalla classe C 1 dei secondi membri: fx, y = xy 1 gx, y = x y. Allo scopo è necessario calcolare le derivate parziali prime: f f x, y = y x g g x, y = 1 x x, y = x y x, y = y e la matrice jacobiana corrispondente del secondo membro: y x Jx, y = 1 in ciascun punto fisso, e procedere quindi al calcolo degli autovalori. Punto fisso x, y = 1 +, 1 + In questo caso la matrice jacobiana diventa: J 1 +, 1 + e la relativa equazione caratteristica si scrive: [ = det J 1 +, 1 + = ] λi λ 1 + = det = 1 λ Stefano Siboni 467

33 = 1 + λ λ 1 = λ + 5 λ. L equazione presenta una permanenza di segno e una variazione: conformemente alla regola dei segni di Cartesio essa deve presentare una radice reale positiva e, di conseguenza, una radice negativa. Il risultato è altresì evidente per via del segno negativo del prodotto fra i coefficienti di secondo grado e di grado zero: 1 = <. La presenza dell autovalore positivo implica l instabilità del punto fisso che è una sella. Punto fisso x, y = 1, 1 Nella fattispecie si ha la matrice jacobiana: J 1, 1 = con equazione caratteristica: [ = det J 1, 1 ] 1 λ 1 λi = det = 1 λ 1 = λ λ 1 + = λ λ +. Il discriminante dell equazione ha segno negativo: = = 4 8 = 8 4 < per cui gli autovalori sono complessi coniugati ed hanno parte reale negativa: Reλ 1 = Reλ = <. Questa circostanza assicura la stabilità asintotica del punto fisso, che costituisce un fuoco stabile. Si osservi che il ricorrere di due permanenze nell equazione caratteristiche non consente di applicare la regola dei segni di Cartesio in modo risolutivo: in base ad essa, infatti, il numero di radici positive potrebbe essere uguale a o nullo. Stefano Siboni 468

34 Esercizio 815. Un bizzarro problema di geometria delle masse In the plane π let γ be a simple closed curve, boundary of a closed domain D. Let G be a given point of D. Suppose that n distinct points P 1,..., P n with adjustable positive masses m 1,..., m n, respectively, are placed on the domain D in such a way that the total mass is 1, the centre of mass coincides with G and the moment of inertia with respect to G is maximum, i.e.: n m i = 1 i=1 n m i P i O = G O i=1 n m i P i G maximum, i=1 where P Q is the position vector of any point P π with respect to another point Q π and denotes the usual Euclidean norm in R. a Prove that all the points P i must lie on the boundary γ of the domain D. b In the case n = show that if γ is an ellipse the points P 1 and P are the intersections of γ with the straight-line through G and parallel to the major axis. c If γ is a circle of centre O and radius r, prove that the maximum moment of inertia is r G O for any n. Solution a Without loss of generality assume that the point P 1 lies in the interior of D, i.e. at a positive distance from the boundary γ. Let us denote by G o the centre of mass of the point masses P,..., P n, and by m o = 1 m 1 the total mass of the same points. A well known property sometimes named distributive law states that G can be identified with the centre of mass of the point masses P 1, m 1 and G o, m o, and lies thereby along the segment P 1 G o. By posing, for simplicity s sake, d 1 = P 1 G and d o = G o G, it is easily checked that: m 1 = d o d 1 + d o m o = d 1 d 1 + d o It is always possibile to move P 1 to the boundary γ along the straight-line G G o in such a way that the distance d 1 grows relative to its original value, because P 1 is an inner point of D. The contribution of P 1 to the moment of inertia: m 1 d 1 = d od 1 d 1 + d o 815. is an increasing function of d 1 at fixed d o, as the positive sign of the derivative with respect to d 1 shows: m1 d d 1 = 1 + d 1 d o d 1 d o + d 1 >, 815. and so is the mass m o = d 1 /d 1 + d o. Consequently, the moment of inertia grows if: the point P 1 is moved to the boundary γ of D along the straight line G G o, so that d 1 increases to a new value d 1 > d 1, and Stefano Siboni 469

35 the residual points P,..., P n are kept fixed and their masses m,..., m n are scaled by the factor d 1 d 1 + d o d 1 + d > 1 o d 1 which increases all of them. We have indeed: m 1 d 1 + n i= m i P i G = d od 1 d 1 + d o + < d od 1 d 1 + d o + n m i P i G < i= n i= m i d 1 d 1 + d o d 1 + d o d 1 P i G, whereas the total mass 1 and the centre of mass G are left unchanged. This conclusion contradicts the original assumption that the moment of inertia was maximum. In the previous analysis it is assumed that P 1 G o, so we still must consider the occurrence that P 1 = G o. In this case, no matter the mass m 1 is, we have G = P 1 = G o and the point P 1 provides no contribution to the moment of inertia. By diminishing m 1 and using the mass made available to increase all the other masses m,..., m n proportionally to their original values, the moment of inertia grows since all the points are distinct, whereas the centre of mass G is left unchanged. Hence we still obtain a contradiction, which completes the proof. b For n = the centre of mass G must lie at the interior of D and the points P 1 and P are the intersections of an appropriate straight-line through G with the closed contour γ. By posing d 1 = P 1 G and d = P G, the moment of inertia relative to G takes the particular form: m 1 P 1 G + m P G = d d 1 + d d 1 + d 1 d 1 + d d = d 1 d Stefano Siboni 47

36 and thereby the maximum occurs when the product of the distances from G is as large as possible. In the usual reference frame Oxy of the plane π an ellipse of semi-major axis a and semi-minor axis b is represented by the canonical equation x /a + y /b = 1. Denoted by x G, y G the coordinates of G relative to the same frame, the change of variables x = x G +ξ, y = y G + η leads to the equation x G + ξ /a + y G + η /b = 1, while any straight-line through G is described by η = kξ for some constant slope k R. The two intersections between the curve and the straight-line are determined by the set of equations: η = kξ x G + ξ /a + y G + η /b = 1 leading to the second order algebraic equation in ξ: 1 a + k b ξ xg + a + y Gk b ξ + x G a + y G b 1 = whose always real solutions ξ + > and ξ < specify the points of intersection as ξ, η = ξ +, kξ + and ξ, η = ξ, kξ. Their distances from G are then written as: d 1 = ξ + + kξ + = 1 + k ξ + = 1 + k ξ + d = ξ + kξ = 1 + k ξ = 1 + k ξ and the distance product becomes d 1 d = 1+k ξ + ξ. By using 815.5, which provides an explicit formula for the product ξ + ξ, we obtain: d 1 d = 1 + k 1 x G 1 a + k a b y G b = 1 x G a y G b b b a b a + k and conclude at a glance that the product is maximum when k =. By the way, the maximum moment of inertia holds a 1 x G a y G b. The residual case of the straightline ξ = corresponds to k + and does not change the conclusion, since the value of d 1 d becomes: d 1 d = 1 x G a y G b b < 1 x G a y G b a due to the condition a > b. The proof is complete. Stefano Siboni 471

37 The figure below outlines the method of solution. c If γ is a circle of centre O, any distribution of points along γ with centre of mass G has the same moment of inertia relative to G. In fact, the moment of inertia with respect to the centre O is always equal to r and by Huygens-Steiner theorem the moment of inertia relative to G is simply r G O and provides the required maximum. It is understood that the points P 1,..., P n are the vertices of any polygon inscribed in γ and containing G due to the convex hull property of the centre of mass. Remark Due to the statement c, if γ is a circle and n = the moment of inertia relative to G must be independent on the position of the points P 1, P γ, aligned with G. Indeed, for another pair of points Q 1, Q γ, aligned with G too, the quadrilateral P 1 Q 1 P Q is inscribed in the circle γ and its diagonals P 1 P and Q 1 Q intersect in G. Ptolemy s theorem implies then that P 1 G P G = Q 1 G Q G. More explicitly, it is enough to notice that the triangles P 1 GQ and P GQ 1 are similar. Indeed, the angles P 1 ˆQ Q 1 and P 1 ˆP Q 1 are equal, as circumference angles subtended by the minor arc P 1 Q 1. Moreover, the angles P 1 ĜQ and Q 1 ĜP are opposed by the vertex and therefore equal as well. Finally, by difference, so are the angles G ˆP 1 Q and G ˆQ 1 P. Stefano Siboni 47