Prova scritta di meccanica razionale del

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1 Prova scritta di meccanica razionale del Esercizio 1 Nel piano Oxy di una terna solidale Oxyz = Oê 1 ê ê 3 si considera il sistema rigido P illustrato in figura, ottenuto da una piastra circolare di centro O e raggio a rimuovendo la porzione quadrata ABCD con i vertici posti all intersezione fra il bordo della piastra e gli assi coordinati Ox e Oy. La densità della piastra P si scrive: σ(x, y = µ ( x + y, (x, y P, a3 con µ massa caratteristica. 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 bisettrice r del I quadrante e alla retta AB; (d tutte le terne centrali d inerzia; (e l energia cinetica e il momento angolare in O relativi alla terna dove il sistema si muove con punto fisso O e velocità angolare istantanea ω = ωê 1 + ωê 3, con ω >. 1

2 Esercizio La terna cartesiana ortogonale Oxyz = Oê 1 ê ê 3 ruota con velocità angolare costante ω attorno all asse verticale Oy, rispetto ad un riferimento inerziale. Nel piano Oxy un disco circolare omogeneo D, di massa m e raggio a, rotola senza strisciare lungo la retta fissa verticale x = a, con il centro C collegato ad O da una molla ideale di stiffness k. In C è incernierata un asta rettilinea omogenea AC, di massa m e lunghezza 6a, libera di muoversi in Oxy. Il sistema è pesante e a vincoli ideali. Resistenze viscose di eguale costante di frizione β agiscono in C ed A. Usare i parametri lagrangiani ξ, ϑ R in figura per determinare del sistema, rispetto alla terna Oxyz: (a gli equilibri; (b le proprietà di stabilità degli equilibri; (c l espressione dell energia cinetica; (d le equazioni di Lagrange del moto; (e i modi normali delle piccole oscillazioni, per β = e ω equilibrio stabile a scelta. = g/8a, attorno ad un

3 Soluzione dell esercizio 1 (a Massa e baricentro Centro di simmetria Conviene osservare preliminarmente che l origine O costituisce un evidente centro di simmetria per la piastra P. Se infatti (x, y P è evidente per costruzione che anche ( x, y P. Nei punti simmetrici rispetto ad O la densità areale di massa assume inoltre lo stesso valore: σ( x, y = µ a 3 ( x + y = µ ( x + y = σ(x, y (x, y P. a3 Massa del sistema Dall osservazione precedente segue immediatamente che le masse delle quattro porzioni che costituiscono P sono identiche per simmetria. Ci si può quindi limitare a considerare una sola di esse, per esempio quella collocata nel I quadrante in modo da eliminare i valori assoluti nell espressione di σ. La massa m I di questa porzione si può intendere come la differenza fra la massa m sett del settore circolare pieno e quella m OAB della porzione triangolare OAB rimossa. La prima viene meglio calcolata in coordinate polari piane: e risulta: m sett = (x, y = (ρ cos φ, ρ sin φ, (ρ, φ [, a [, π/, π/ dρ ρ dφ µ a 3 ρ (cos φ + sin φ = µ a 3 = µ a 3 a 3 3 π/ ρ dρ (cos φ + sin φ dφ = [ sin φ cos φ π/ = 3 µ. Per la seconda è invece più semplice mantenere le coordinate cartesiane, notando che la retta AB ha equazione y = a x e che perciò l integrale doppio della densità σ si scrive: m OAB = = µ a 3 = µ a 3 dx a x dy µ a 3 (x + y = µ a 3 dx [x(a x + ( a x (a x dx = µ a 3 [ a dx a x [xy + y = y= = µ a 3 x x3 6 a (ax x + a + x ax dx = = µ a 3 ( a 3 La massa di ciascuna delle quattro porzioni di P vale dunque: a3 6 = µ 3. m I = m sett m OAB = 3 µ µ 3 = µ 3 3

4 e la massa totale del sistema diventa: m P = 4 m I = 4 3 µ. Baricentro del sistema Per individuare il baricentro della piastra P non occorre eseguire alcun calcolo. Basta ricordare che l origine O è centro di simmetria e dunque anche baricentro del sistema: G P = O. (b Matrice d inerzia relativa a Oxyz Gli assi coordinati della terna Oxyz sono ovvi assi di simmetria della piastra P, per cui Oxyz è senz altro una terna centrale d inerzia del sistema, rispetto alla quale la matrice d inerzia [L O assume la forma diagonale. Appare altresì evidente, data l invarianza del sistema per lo scambio delle coordinate x ed y, che i momenti d inerzia relativi agli assi coordinati Ox ed Oy sono identici: L yy = L xx. Dal momento che la piastra P giace interamente nel piano coordinato Oxy, si ha infine che il momento d inerzia relativo all asse Oz è pari alla somma dei momenti d inerzia relativi agli assi Ox e Oy: L zz = L xx + L yy = L xx + L xx = L xx. In definitiva, la matrice d inerzia relativa a Oxyz di P assume una forma particolarmente semplice: [L O = L xx L xx. L xx Per simmetria, ciascuna delle quattro piastre che compongono P fornisce lo stesso contributo a L xx, per cui ci si può limitare come già fatto per la massa a considerare la sola parte posta nel I quadrante. Il momento d inerzia di questa, L I xx, si può determinare come differenza del momento d inerzia L sett xx relativo al settore circolare completo e di quello relativo alla lamina triangolare OAB rimossa, L OAB xx. Il primo è uguale a metà del momento d inerzia relativo a Oz, e si calcola agevolmente in coordinate polari piane: L sett xx = 1 Lsett zz = 1 = µ a 3 ρ 4 dρ π/ dρ ρ π/ dφ ρ µ ρ (cos φ + sin φ = a3 (cos φ + sin φ dφ = µ a 5 a 3 5 [ sin φ cos ϕ π/ = µa 5, 4

5 mentre il secondo viene determinato più facilmente in coordinate cartesiane: L OAB xx = = µ a 3 = µ a 3 dx a x [x y3 dx dy y µ a 3 (x + y = µ a y4 4 a x y= = µ a 3 [ a 3 (a (a x3 x4 3 = µ a 3 [ a 1 (a x4 + Di conseguenza: L I xx = L sett xx + dx a x (a x3 [x 3 dy (xy + y 3 = + (a x4 dx = µ 4 a 3 a (a x5 = µ ( a 5 6 a 3 1 a5 6 (a x4 dx = 4 [ a 3 (a x3 = µa 15. L OAB xx = µa 5 µa 15 = 15 µa ed infine: L xx = 4 L I xx = 8 15 µa, in modo che la matrice d inerzia del sistema diventa: [L O = µa 8/15 8/15. 16/15 (a x4 dx 1 (c Momenti d inerzia relativi alle rette r e AB Retta r La bisettrice r del I quadrante passa ovviamente per l origine ed è individuata dal versore direttore: ˆn = 1 ê ê, per cui il momento d inerzia del sistema rispetto alla retta r si esprime direttamente in termini della matrice d inerzia: I r = I Oˆn = ˆn L O (ˆn = 1 (1 1 [L O 1 1 = 1 (L xx + L yy + L xy = = 1 (L xx + L yy = 1 (L xx + L xx = L xx = 8 15 µa. Retta AB La retta AB ha equazione x + y a =, z =, ed è parallela alla retta baricentrale s di equazione y = x, z =, rispetto alla quale il momento d inerzia del sistema vale: ( 1 I s = ê 1 1 ( 1 ê L O ê 1 1 ê = L xx = 8 15 µa. 5

6 D altra parte, la distanza fra AB ed s si può ricavare come distanza fra AB ed O dall equazione cartesiana di AB: + a d = = a, oltre che da considerazioni geometriche elementari. Il teorema di Huygens-Steiner porge allora: I AB = I s + m P d = 8 15 µa µ ( a = 8 15 µa + 3 µa = 6 5 µa. (d Terne centrali d inerzia Tutte le terne centrali d inerzia hanno origine nel baricentro O e Oz come asse coordinato, in quanto asse di simmetria e perciò centrale d inerzia. Poichè inoltre i momenti centrali d inerzia relativi agli assi Ox e Oy sono uguali tecnicamente si dice che la piastra è un giroscopio qualsiasi combinazione lineare non nulla degli autovettori ê 1 ed ê è anch essa un autovettore di L O relativo allo stesso autovalore. Ne deriva che le terne centrali d inerzia sono tutti e soli i riferimenti cartesiani ortogonali Oξηz tali che gli assi ortogonali Oξ e Oη giacciono nel piano coordinato Oxy. Il sistema ammette infinite terne centrali d inerzia. (e Momento angolare in O ed energia cinetica Momento angolare in O Rispetto alla terna di riferimento dove la piastra P presenta il punto O fisso e velocità angolare istantanea ω = ωê 1 + ωê 3, il momento angolare in O del sistema rigido si scrive: K O = K 1 ê 1 + K ê + K 3 ê 3, con le componenti K 1, K, K 3 espresse da: K 1 K K 3 = [L O in modo che risulta: ω ω = µa 8/15 8/15 16/15 ω ω K O = µa ωê µa ωê 3. = µa ω Energia cinetica L energia cinetica della piastra rigida con punto fisso O è data dalla relazione: T = 1 ω L O( ω = 1 ω K O = 1 (ωê 1 + ωê 3 = 1 ( /15 16/15 ( µa ωê µa ωê 3 = µa ω = µa ω = 8 5 µa ω. 6

7 Soluzione dell esercizio (a Equilibri Le sollecitazioni che agiscono sul sistema sono in parte posizionali conservative il peso, le forze centrifughe e l interazione elastica associata alla molla OC ed in parte di natura dissipativa il sistema delle resistenze viscose in A e in C. Alle prime deve essere associato un opportuno potenziale, mentre per le seconde si devono determinare le componenti generalizzate, evidenziando nel caso il carattere completamente dissipativo. Le forze di Coriolis agiscono ortogonalmente al piano vincolare Oxy e presentano perciò componenti generalizzate identicamente nulle, che possono essere ignorate. Potenziale elastico Alla molla ideale di costante elastica k tesa fra l origine O della terna di riferimento e il centro C del disco è associato il potenziale: U el = k C O = k aξê = ka ξ. Potenziale gravitazionale Il potenziale delle forze peso è la somma di un contributo relativo al disco omogeneo, che ha nel centro C il proprio baricentro, e di un contributo dovuto all asta omogenea, il cui baricentro G AC coincide con il punto medio del segmento AC: U g = mgê (C O mgê (G AC O Sostituendo i vettori posizione: e: C O = aξê C AC O = C O + A C = aξê +3a sin ϑ ê 1 3a cos ϑ ê = a [ 3 sin ϑ ê 1 (ξ+3 cos ϑê, si ottiene così: U g = mgaξ + mga(ξ + 3 cos ϑ = mga(ξ + 3 cos ϑ. Potenziale centrifugo Al potenziale centrifugo concorrono tanto il disco quanto l asta, ma poichè il centro C risulta di fatto vincolato a scorrere lungo l asse verticale Oy della terna Oxyz, appare evidente che il contributo del primo risulta comunque costante. Si ha in effetti l espressione: U cf = ω ID Oy + ω IAC Oy nella quale è: ω ID Oy = ω ma 4 7 = costante,

8 mentre: ω IAC Oy = ω 6a (s sin ϑ m [ ω m s 3 ds = 6a 6a 3 6a in modo che, omesse le costanti additive, risulta: U cf = 6ma ω sin ϑ. sin ϑ = mω 1a 7a3 sin ϑ = 6ma ω sin ϑ, Potenziale del sistema La somma dei potenziali elastico, gravitazionale e centrifugo definisce il potenziale del sistema: U(ξ, ϑ = U el + U g + U cf = ka ξ + mga(ξ + 3 cos ϑ + 6ma ω sin ϑ, (ξ, ϑ R. Forze dissipative Le componenti generalizzate delle resistenze viscose possono essere calcolate nella forma: D ξ = R ξ D ϑ = R ϑ in termini della funzione ausiliaria di Rayleigh: R = β Ċ β A = β (Ċ + A. A questo scopo, dai vettori posizione dei punti C e A: C O = aξê A O = C O + A C = aξê +6a sin ϑ ê 1 6a cos ϑ ê = a [ 6 sin ϑ ê 1 (ξ +6 cos ϑê si ricavano le relative velocità istantanee: Ċ = a ξ ê ed i corrispondenti moduli quadrati: A = a [ 6 cos ϑ ϑ ê 1 + ( ξ + 6 sin ϑ ϑê Ċ = a ξ A = a (36 ϑ + ξ 1 sin ϑ ξ ϑ che inseriti nella definizione di R porgono: R = βa ( ξ + 36 ϑ 1 sin ϑ ξ ϑ = βa ( ξ + 18 ϑ 6 sin ϑ ξ ϑ. 8

9 Le componenti generalizzate delle forze viscose risultano pertanto: D ξ = R ξ = βa ( ξ 6 sin ϑ ϑ D ϑ = R ϑ = βa (36 ϑ 6 sin ϑ ξ. Poichè R è una forma quadratica delle velocità generalizzate, la potenza delle sollecitazioni vale: π = D ξ ξ + Dϑ ϑ = R ξ ξ + R ϑ ϑ = R = βa ( ξ + 36 ϑ 1 sin ϑ ξ ϑ e può esprimersi nella forma: π = βa ( ξ ϑ Γ(ξ, ϑ ξ ϑ in termini della matrice di rappresentazione: ( 6 sin ϑ Γ(ξ, ϑ = 6 sin ϑ 36 dotata di traccia e determinante positivi: tr Γ(ξ, ϑ = 38 det Γ(ξ, ϑ = 7 36 sin ϑ = cos ϑ e dunque definita positiva. Ne deriva che comunque si fissino (ξ, ϑ R risulta: e che: π ( ξ, ϑ R π = ( ξ, ϑ = (,, per cui il sistema delle forze viscose ha natura completamente dissipativa. Equilibri Nella determinazione degli equilibri le sollecitazioni dissipative non hanno alcuna rilevanza, dal momento che esse si annullano a velocità generalizzate nulle. Gli equilibri del sistema sono pertanto tutti e soli i punti stazionari del potenziale U e possono essere determinati annullando simultaneamente le derivate parziali prime: U ξ (ξ, ϑ = ka ξ + mga U ϑ (ξ, ϑ = 3mga sin ϑ + 1ma ω sin ϑ cos ϑ ossia risolvendo il sistema di equazioni non lineari: ka ξ + mga = 3mga sin ϑ + 1ma ω sin ϑ cos ϑ = 9

10 che equivale a: ξ = mg/ka ( 1ma ω sin ϑ cos ϑ g 4aω =. La prima equazione fornisce l unico valore di equilibrio del parametro ξ: ξ = mg/ka = ξ mentre dalla seconda si ricavano quelli della variabile angolare: Per sin ϑ = si ottengono le radici: ( sin ϑ cos ϑ g 4aω =. ϑ = ϑ = π e quindi gli equilibri: (ξ, ϑ = (ξ, (ξ, ϑ = (ξ, π, definiti incondizionatamente. Per cos ϑ g/4aω = si hanno invece le soluzioni: ϑ = arccos(g/4aω = ϑ ϑ = ϑ e gli equilibri corrispondenti: (ξ, ϑ = (ξ, ϑ (ξ, ϑ = (ξ, ϑ, definiti e distinti dai precedenti se e soltanto se g/4aω < 1. Da notare che in tal caso ϑ (, π/. (b Stabilità degli equilibri Gli equilibri ordinari del sistema sono certamente isolati in quanto in numero finito. Per ciascuno di essi il coesistere di sollecitazioni posizionali conservative e completamente dissipative consente di analizzare le caratteristiche di stabilità ricorrendo alla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, deducibile dai criteri di Barbasin e Krasovskii: i massimi relativi propri del potenziale sono equilibri asintoticamente stabili, mentre in ogni altro caso l equilibrio risulta instabile (e non attrattivo, come conseguenza della dissipazione dell energia meccanica. Si tratta quindi di distinguere i massimi relativi propri del potenziale dagli altri punti stazionari. A questo scopo si determinano le derivate parziali seconde del potenziale: U ξξ (ξ, ϑ = ka U ϑξ (ξ, ϑ = U ξϑ (ξ, ϑ = U ϑϑ (ξ, ϑ = 3mga cos ϑ + 1ma ω (cos ϑ sin ϑ 1

11 e la matrice hessiana corrispondente: ( ka H U (ξ, ϑ = 1ma ω ( g 4aω cos ϑ + cos ϑ sin ϑ in ciascuna configurazione di equilibrio. Si osservi che la matrice risulta comunque diagonale e presenta sempre un autovalore negativo ( ka. La natura dell equilibrio dipende pertanto dal secondo autovalore: U ϑϑ (ξ, ϑ = 1ma ω ( g 4aω cos ϑ + cos ϑ sin ϑ. Equilibrio (ξ, ϑ = (ξ, In questa configurazione il secondo autovalore dell hessiana non ha segno definito: U ϑϑ (ξ, = 1ma ω ( g 4aω + 1 ed obbliga a distinguere tre diversi casi: (i se g/4aω < 1 risulta U ϑϑ (ξ, > e il punto di equilibrio non è un massimo relativo proprio del potenziale (in effetti si tratta di un punto di sella. L esclusione del massimo comporta l instabilità (e la non attrattività dell equilibrio; (ii per g/4aω > 1 si ha invece U ϑϑ (ξ, < e la matrice hessiana risulta definita negativa. L equilibrio viene riconosciuto come massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile; (iii se infine g/4aω = 1 vale U ϑϑ (ξ, = e la natura dell equilibrio non è determinabile dal solo esame delle derivate parziali seconde. Per brevità ogni ulteriore analisi di questo caso particolare verrà omessa. Equilibrio (ξ, ϑ = (ξ, π Nella fattispecie il secondo autovalore presenta sempre segno positivo: U ϑϑ (ξ, π = 1ma ω ( g 4aω + 1 > ed escludendo il ricorrere di un massimo relativo proprio implica l instabilità (e non attrattività dell equilibrio. Equilibri (ξ, ϑ = (ξ, ϑ, (ξ, ϑ = (ξ, ϑ, con cos ϑ = g/4aω < 1 Le due configurazioni presentano le stesse proprietà di stabilità, avendosi: Risulta in effetti: U ϑϑ (ξ, ϑ = U ϑϑ (ξ, ϑ. U ϑϑ (ξ, ϑ = 1ma ω ( g 4aω cos ϑ + cos ϑ sin ϑ = 11

12 = 1ma ω ( cos ϑ cos ϑ + cos ϑ sin ϑ = 1ma ω sin ϑ < in quanto ϑ (, π/. Si conclude che gli equilibri rappresentano massimi relativi propri del potenziale, la cui stabilità asintotica segue dalla forma forte del teorema di Lagrange- Dirichlet. (c Energia cinetica L energia cinetica del sistema si può esprimere come somma dei contributi relativi al disco D e all asta AC, che conviene senz altro determinare separatamente. Energia cinetica del disco Il disco omogeneo D è privo di punti fissi, ma rotola senza strisciare lungo la retta fissa verticale di equazione x = a. La sua energia cinetica relativa a Oxyz si scrive perciò tramite la formula di König: T D = m Ċ + 1 ID Cz ω D nella quale è: Ċ = a ξê e in virtù della condizione di puro rotolamento: I D Cz = ma per cui risulta: ω D = a ξ a ê3 = ξê 3, T D = ma ξ + 1 ma ξ = ma ξ + ma 4 ξ = 3 4 ma ξ. Energia cinetica dell asta AC Per l asta omogenea AC il teorema di König porge l espressione: T AC = m Ġ AC + 1 IAC ωac G AC con: e quindi: per cui: mentre: I AC G AC G AC O = a [ 3 sin ϑ ê 1 (ξ + 3 cos ϑê Ġ AC = a [ 3 cos ϑ ϑ ê 1 + ( ξ + 3 sin ϑ ϑê Ġ AC = a (9 ϑ + ξ 6 sin ϑ ξ ϑ, = m(6a 1 = 3ma ω AC = ϑ ê 3. 1

13 L energia cinetica dell asta risulta perciò: T AC = ma (9 ϑ + ξ 6 sin ϑ ξ ϑ + 1 3ma ϑ = ma (1 ϑ + ξ 6 sin ϑ ξ ϑ. Energia cinetica del sistema La somma delle energie cinetiche parziali appena calcolate definisce l energia cinetica dell intero sistema: T = T D +T AC = 3 4 ma ξ + ma (1 ϑ + ξ 6 sin ϑ ξ ϑ ( = ma 5 ξ +1 ϑ 6 sin ϑ (d Equazioni di Lagrange L ipotesi dei vincoli ideali consente di identificare le equazioni pure del moto del sistema con le equazioni di Lagrange: d ( L dt ξ in termini della lagrangiana: L ξ = D ξ d ( L dt ϑ L ϑ = D ϑ ( L = T + U = ma 5 ξ + 1 ϑ 6 sin ϑ ξ ϑ ka ξ + mga(ξ + 3 cos ϑ + 6ma ω sin ϑ. Ricordando che parametri lagrangiani e velocità generalizzate vanno considerati come variabili indipendenti nel calcolo delle derivate parziali a primo membro, si ha: ξ ϑ. L ma = ξ (5 ξ 6 sin ϑ ϑ d dt ( L ξ = ma (5 ξ 6 sin ϑ ϑ 6 cos ϑ ϑ L ϑ = ma (1 ϑ 3 sin ϑ ξ L ξ = ka ξ + mga d ( L dt ϑ = ma (1 ϑ 3 sin ϑ ξ 3 cos ϑ L ϑ = 3ma cos ϑ ξ ϑ 3mga sin ϑ + 1ma ω sin ϑ cos ϑ per cui le equazioni di Lagrange risultano: ma (5 ξ 6 sin ϑ ϑ 6 cos ϑ ϑ + ka ξ mga = βa ( ξ 6 sin ϑ ϑ ma (1 ϑ 3 sin ϑ ξ + 3mga sin ϑ 1ma ω sin ϑ cos ϑ = βa (36 ϑ 6 sin ϑ ξ. (e Piccole oscillazioni Per β = le resistenze viscose vengono rimosse ed il sistema scleronomo diventa posizionale conservativo. Le configurazioni di equilibrio rimangono invariate, ma le caratteristiche di stabilità vengono parzialmente modificate. L equilibrio (ξ, ϑ = (ξ, risulta 13 ϑ ξ

14 massimo relativo proprio del potenziale per g/4aω > 1, stabile per il teorema di Lagrange- Dirichlet, ma non attrattivo per via della conservazione dell energia meccanica; nello stesso equilibrio la matrice hessiana del potenziale risulta indefinita per g/4aω < 1, assicurandone l instabilità grazie al teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet; se infine g/4aω = 1 l hessiana è semidefinita non definita negativa e nulla può concludersi direttamente circa la stabilità o instabilità dell equilibrio. L equilibrio (ξ, ϑ = (ξ, π è sempre instabile in quanto punto di sella del potenziale, con autovalori dell hessiana di segno opposto. Infine, definiti per g/4aω < 1, gli equilibri (ξ, ϑ = (ξ, ϑ e (ξ, ϑ = (ξ, ϑ sono massimi relativi propri del potenziale e sono stabili per il teorema di Lagrange-Dirichlet. Nell ipotesi che sia ω = g/8a, il parametro d ordine assume il valore: g 4aω = g 4a 8a g = e dunque l unico equilibrio stabile del sistema si ha per (ξ, ϑ = (ξ, : le piccole oscillazioni vengono analizzate nell intorno di questa configurazione. Frequenze normali delle piccole oscillazioni L energia cinetica del sistema si scrive come forma quadratica delle velocità generalizzate: ( T = ma 5 ξ + 1 ϑ 6 sin ϑ in termini della matrice di rappresentazione: ξ ϑ = 1 ξ ( ξ ϑ A(ξ, ϑ ϑ ( A(ξ, ϑ = ma 5/ 3 sin ϑ 3 sin ϑ 1 reale, simmetrica e definita positiva. Nella configurazione (ξ, ϑ = (ξ, essa si riduce alla forma diagonale: ( A(ξ, = ma 5/ 1 mentre la matrice hessiana del potenziale nella stessa configurazione è già stata sostanzialmente determinata in precedenza: H U (ξ, = ( ( ka 1ma ω ( g ka 4aω + 1 = 3 mga. Le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni sono date dalle soluzioni positive in Ω dell equazione caratteristica: = det [ Ω A(ξ, + H U (ξ, = det [ ( ma Ω 5/ ( ka 3 mga =

15 5 = det ma Ω ka ( 1ma Ω 3 5 = mga ma Ω ka ( 1ma Ω 3 mga che porge: Ω = k 5 m Le pulsazioni normali sono pertanto: Ω = 1 8 g a. Ω 1 = k 5m Ω = g 8a e ad esse corrispondono le frequenze normali: f 1 = Ω 1 π = 1 k π 5m f = Ω π = 1 g π 8a. Si osservi che non è possibile stabilire quale delle due frequenze sia la maggiore senza assegnare valori numerici alle costanti caratteristiche del sistema (k, m, g ed a. Per questo motivo non si parlerà di modo normale basso o alto, ma ci si limiterà a distinguere i modi normali associati ad Ω 1 e ad Ω. Da notare inoltre che per k/5m = g/8a le pulsazioni normali si identificano ed i modi normali diventano degeneri: essi possono essere descritti da una qualsiasi coppia di vettori delle ampiezze linearmente indipendenti. Si considererà dunque il solo caso k/5m g/8a, corrispondente a frequenze normali distinte. Modo normale di pulsazione Ω 1 = k/5m Nella fattispecie l equazione delle ampiezze assume la forma: ossia: 5 ma Ω 1 ka 1ma Ω 1 3 a 1 = mga ( 1ma Ω 1 3 mga a 1 = b 1 ed ammette tutte e sole le soluzioni del tipo (a 1, b 1 = (a 1,, a 1 R. Il modo normale delle piccole oscillazioni diventa pertanto: ( ( ξ ξ = + a 1 cos(ω 1 t + α 1 t R ϑ con a 1 e α 1 R costanti assegnate a piacere. Da notare che in questo modo normale soltanto la coordinata ξ oscilla nel tempo con legge sinusoidale, mentre l angolo ϑ si mantiene costantemente al proprio valore di equilibrio: il sistema oscilla lungo la direzione verticale, con l asta AC disposta lungo l asse Oy. 15 b 1

16 Modo normale di pulsazione Ω = g/8a In questo caso l equazione delle ampiezze è data da: vale a dire: 5 ma Ω ka 1ma Ω 3 a = mga ( 5 ma Ω ka a = b e le sue soluzioni sono tutte e soltanto quelle della forma (a, b = (, b, b R. Il modo normale delle piccole oscillazioni diventa così: ( ( ξ ξ = ϑ b cos(ω t + α b t R con b e α costanti reali arbitrarie. In questo caso è la coordinata ξ a mantenersi costante mentre l angolo ϑ oscilla con legge sinusoidale: mentre il centro C del disco permane in quiete l asta oscilla attorno all asse verticale Cy. 16