(a) Verificare che l atto di moto del sistema èrigido. (b) Determinare l equazione parametrica dell asse di Mozzi rispetto alla terna Oxyz.

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1 Prova scritta di meccanica razionale 1 A-Z del Esercizio 1 Un sistema costituito da due punti A e B si muove nel piano Oxy di una terna cartesiana ortogonale Oxyz. Ad un certo istante la posizione e la velocità dei punti sono: A, 1 Ȧ = ê 1 +ê B3, 4 Ḃ =5ê 1. a Verificare che l atto di moto del sistema èrigido. b Determinare l equazione parametrica dell asse di Mozzi rispetto alla terna Oxyz. Esercizio Nel piano Oxy di una terna cartesiana Oxyz si considera un sistema rigido costituito da un asta rettilinea OD, di lunghezza a, e da una lamina quadrata OABC, di lato a. OD si colloca lungo il semiasse Ox positivo, mentreoabc ha il vertice B sul semiasse Ox negativo vedi figura. La densità lineare dell asta risulta λp = µ P O P OD a mentre quella areale della lamina vale essendo µ una massa costante. σp = µ a 4 P O P OABC, Determinare del sistema: a la massa e il baricentro rispetto a Oxyz; b ilmomento d inerzia rispetto all asse Oz; c una terna centrale d inerzia e un momento centrale d inerzia a scelta. 1

2 Esercizio 3 Nel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz una lamina quadrata omogenea ABCD, dilatol emassa m, èvincolata aruotareattorno al punto medio O del lato AB. Sul lato opposto CD si muove un punto materiale P di massa m, collegato ad O da una molla ideale di costante k. Ilsistemaèpesanteeivincoli si assumono ideali. Indicato con M il punto medio di CD,siusinolecoordinate generalizzate s [ 1/, 1/] e ϑ R in figura per determinare del sistema: a gli equilibri ordinari, specificandone le eventuali condizioni di esistenza; b le proprietàdistabilità degli equilibri ordinari; c l espressione dell energia cinetica relativa a Oxyz; d le equazioni pure del moto; e gli equilibri di confine, con le relative condizioni di esistenza.

3 Soluzione dell esercizio 1 a Rigidezza dell atto di moto piano Il moto del sistema si svolge, per ipotesi, nel piano coordinato Oxy. Ne derivachel atto di moto deve essere necessariamente piano. Affinchè essorisultianche rigido ènecessario esufficiente che si abbia Ḃ = A + ω ê 3 B A per una scelta appropriata della componente ω R della velocità angolare istantanea ortogonale al piano del moto. Sostituendo i valori assegnati per le posizioni dei due punti e le relative velocità istantanee, l equazione precedente diventa 5ê 1 = ê 1 +ê + ω ê 3 ê 1 +3ê ed eseguendo prodotto vettoriale e somme si riduce a 5ê 1 = 1 + 3ωê 1 ++ωê. La proiezione lungo i versori ê 1 ed ê porge il sistema equivalente di equazioni lineari algebriche in ω: { 1 3ω =5 +ω = che, constando di due equazioni linearmente dipendenti, ècompatibile ed ammette l unica soluzione ω =. Si conclude pertanto che l atto di moto del sistema risulta effettivamente rigido piano e che la relativa velocità angolare vale ω = ê 3. b Equazione parametrica dell asse di Mozzi Si osserva preliminarmente che l asse di Mozzi èdefinito, in quanto la velocità angolare del sistema èdiversa da zero. Come noto, l asse risulta ortogonale al piano del moto, che interseca in corrispondenza del centro di rotazione istantanea C. Quest ultimo viene determinato considerando un qualsiasi punto dello spazio solidale al sistema nel piano Oxy, ad esempio A, edapplicando la formula generale: C A = ω A = ê 3 ê 1 +ê = ê +4ê 1 ω ê 3 4 =ê ê. Il vettore posizione di C rispetto alla terna di riferimento Oxyz vale così C O = A O + C A =ê 1 +ê +ê ê =3ê ê. 3

4 Per ottenere i punti dell asse di Mozzi non rimane che sommare un ulteriore spostamento in direzione ortogonale al piano del moto: P O = C O + αê 3 =3ê ê + αê 3 α R. Per l equazione parametrica dell asse di Mozzi in Oxyz si ha dunque l espressione: { x =3 y =3/ z = α α R. Soluzione dell esercizio a Massa e baricentro La massa del sistema viene determinata come somma delle masse dell asta e della lamina quadrata, approfittando della proprietà di additività. La posizione del baricentro viene invece individuata ricorrendo al teorema distributivo. A questo scopo occorre calcolare le masse e i baricentri di asta e lamina. Massa dell asta Giacendo lungo l asse coordinato Ox, l asta OD ammette la parametrizzazione immediata P O = x ê 1 x [,a] che consente di esprimere la densità lineare λp nella forma λx = µ a x ê 1 = µ a x x [,a]. L integrale della densità sull intervallo x [,a]porge la massa richiesta m OD = λx dx = µ a xdx = µ. Baricentro dell asta La retta Ox èunovvio asse di simmetria, per cui il baricentro G OD dell asta deve essere individuato da un vettore posizione della forma G OD O = x OD ê 1 in cui l ascissa x OD si ricava immediatamente dalla definizione: x OD = 1 xλx dx = x µ m OD µ a xdx = 3 a. 4

5 Dunque G OD O = 3 a ê 1. Massa della lamina Per calcolare agevolmente massa e baricentro della lamina quadrata conviene fare uso di una parametrizzazione appropriata, associata adunsistemadiriferimento opportuno. Si introduce la terna Oξηz in cui l asse Oξ èparallelo e discorde al vettore C O e l asse Oη parallelo e concorde con A O vedifigura Se i versori associati agli assi Oξ ed Oη vengono indicati rispettivamente con ê ξ eê η,la lamina si rappresenta allora per mezzo della parametrizzazione regolare P O = ξ ê ξ + η ê η ξ,η [, ] [,a] cui corrisponde la densità areale σξ,η = µ a 4 ξ ê ξ + η ê η = µ a 4 ξ + η ξ,η [, ] [,a] e l elemento infinitesimo d area ds = P ξ P η dη = ê ξ ê η dη = ê 3 dη = dη. La massa della lamina èdata dunque dall integrale m OABC = = µ a 4 dη σξ,η = dη µ a 4 ξ + η = aξ + a3 = µ [a ξ3 3 a a3 3 ξ 5 ] = µ a 4 a 4 µ [ ] a ξ η + η3 a 4 3 η= 3 + a4 3 = 3 µ. =

6 Baricentro della lamina La retta OB costituisce un evidente asse di simmetria per la lamina, in quanto i punti di OABC simmetrici rispetto ad OB si collocano alla stessa distanza da O epresentano quindi la stessa densità areale.ciòsiriverberanella seguente proprietà della densità: σξ,η =σ η, ξ ξ,η [, ] [,a] essendo per l appunto ξ,η e η, ξ le coordinate di due punti simmetrici rispetto alla retta OB. Ne segue che ilbaricentro G OABC della lamina deve collocarsi lungo l asse di simmetria, percui G OABC O = ξ OABC ê ξ ξ OABC ê η esirende necessario calcolare la sola coordinata ξ OABC.Perquesta si ha: ξ OABC = 1 m OABC = 3 µ = 3 a 4 dη ξ σξ,η = 3 µ dη µ a 4 ξ3 + ξη = 3 a 4 ξ 3 a + ξ a3 = 3 3 a 4 [ ξ 4 4 a + ξ dη ξ µ a 4 ξ + η = [ξ 3 η + ξ η3 3 a 3 ] 3 ] a η= = = 3 a 4 a5 4 a5 6 = 5 8 a equindi G OABC O = 5 8 a ê ξ a ê η. Nella terna Oxyz il vettore posizione del baricentro G OABC diventa così: G OABC O = GOABC O ê1 = 5 8 a ê1. Massa del sistema La somma delle masse di asta e lamina fornisce la massa del sistema: m = m OD + m OABC = µ + 3 µ = 7 6 µ. Baricentro del sistema Il baricentro del sistema viene ricavato applicando il teorema distributivo. Il vettore posizione di G rispetto alla terna Oxyz èquindi dato dalla relazione: G O = m ODG OD O+m OABC G OABC O = m OD + m OABC = 6 [ µ 7µ 3 a ê µ 5 ] a ê1 = a ê 1.

7 b Momento d inerzia rispetto all asse Oz Per determinare il momento d inerzia rispetto all asse Oz si ricorre alla proprietà diadditività: vengono calcolati e sommati i momenti d inerzia, relativi allo stesso asse, di asta e lamina. Momento d inerzia dell asta rispetto a Oz Il momento d inerzia dell asta OD rispetto all asse coordinato Oz si ricava direttamente dalla definizione, che si riduce all integrale ordinario I OD Oz = x λx dx = x µ a xdx = µ a x 3 dx = µa 4. Momento d inerzia della lamina rispetto a Oz Per ilmomento d inerzia della lamina rispetto all asse Oz si fa uso della stessa parametrizzazione già impiegata per il calcolo del baricentro, notando che il quadrato della distanza da Oz di un generico punto P OABC di coordinate ξ,η [, ] [,a]risultaξ +η : I OABC Oz = = µ a 4 = µ a 4 dη ξ + η σξ,η = dη ξ 4 + η 4 +ξ η = µ a 4 dη ξ + η µ a 4 ξ + η = [ξ 4 η + η5 5 + ] a 3 ξ η 3 η= ξ 4 a + a ξ a 3 = µ a 4 [ ξ 5 5 a + a5 5 ξ + 9 ξ3 a ] = = 8 45 µa. Momento d inerzia del sistema rispetto a Oz Il momento d inerzia del sistema rispetto all asse Oz èlasomma dei momenti d inerzia parziali precedentemente calcolati: I Oz = I OD Oz + I OABC Oz = µa µa = µa. c Terna centrale d inerzia e momento centrale d inerzia Il sistema giace per intero nel piano coordinato Oxy, che quindi costituisce un evidente piano di simmetria del sistema; ne deriva che l asse Gz, passante per il baricentro G e parallelo all asse coordinato Oz, è certamente un asse centrale d inerzia del sistema. Considerato poi che anche la retta Ox rappresenta un asse di simmetria tanto per l asta quanto per la lamina quadrata, è lecito affermare che anche Gx costituisce un asse centrale d inerzia. Dalla simmetria dell operatore d inerzia in G si conclude che una terna centrale d inerzia è individuata dal riferimento cartesiano ortogonale Gxyz, ottenuto traslando con l origine in G la terna Oxyz. 7

8 Per quanto detto appare evidente che il momento centrale d inerzia di più immediata determinazione èquello relativo all asse Gz. La relazione con il momento relativo a Oz, già determinato, èinfatti data dal teorema di Huygens-Steiner: ossia da cui segue I Gz = µa 7 6 µ I Oz = I Gz + m G O µa = I Gz µ a ê 1 = µa a ê 1 33 µa = µa Soluzione dell esercizio 3 a Equilibri ordinari Le configurazioni di equilibrio ordinarie sono tutti e soli i punti critici del potenziale del sistema, che viene determinato sommando i potenziali relativi alle forze peso e all interazione elastica fra il punto P e l origine O. Potenziale gravitazionale Il potenziale gravitazionale consiste nella somma di due contributi, uno per la lamina quadrata e uno per il punto materiale P. Per la lamina quadrata si ha l espressione immediata U ABCD g = mg ê M O = mg ê L sin ϑ ê 1 L cos ϑ ê Per il potenziale gravitazionale del punto P vale invece la relazione dove in quanto U P g = mg ê P O = 1 mgl cos ϑ. P O = P M + M O = Lsin ϑ + s cos ϑê 1 + L cos ϑ + s sin ϑê Di conseguenza M O = L sin ϑ ê 1 L cos ϑ ê P M = Ls cos ϑ ê 1 + Ls sin ϑ ê. U P g = mglcos ϑ s sin ϑ ed il potenziale gravitazionale del sistema assume la forma 3 U g = Ug ABCD + Ug P = mgl cos ϑ s sin ϑ. 8

9 Potenziale elastico All interazione elastica fra il punto P e l origine O èassociato il potenziale quadratico U el = k P O = k L + L s = kl 1 + s = kl s +costante in cui la costante additiva può essere ignorata. Potenziale del sistema La somma dei potenziali gravitazionale ed elastico fornisce il potenziale del sistema: 3 Us, ϑ =mgl cos ϑ s sin ϑ kl s..1 Equilibri ordinari Gli equilibri ordinari del sistema si ricavano risolvendo il sistema di equazioni U s = mgl sin ϑ kl s = U ϑ = mgl 3 sin ϑ s cos ϑ = nella striscia aperta s, ϑ 1/, 1/ R di R. all equilibrio, la variabile s come funzione di ϑ: Dalla prima equazione si ricava, in modo che la seconda equazione di equilibrio diventa s = mg sin ϑ. kl 3kL mg +cosϑ sin ϑ =..3 Le soluzioni di.3 si ottengono ponendo uguale a zero l uno o l altro dei due fattori a primo membro: sin ϑ = 3kL +cosϑ =; mg la prima equazione porge le soluzioni ϑ = e ϑ = π, definite incondizionatamente, mentre dalla seconda si deducono le radici 3kL ϑ =arccos mg 3kL := ϑ e ϑ = rccos mg 9 = ϑ,

10 definite e distinte dalle precedenti se e solo se 3kL/mg < 1. Dalla condizione di equilibrio. si deduce allora che gli equilibri s, ϑ =, s, ϑ =,π.4 sono sempre definiti, mentre al contrario l esistenza delle ulteriori configurazioni di equilibrio s, ϑ = mg kl sin ϑ,ϑ mg s, ϑ = kl sin ϑ, ϑ.5 ècondizionata alla richiesta che si abbia 3kL/mg < 1. A ciòsiaggiunge la condizione supplementare che l ascissa s appartenga all intervallo 1/, 1/, ovvero che sia soddisfatta la disequazione mg kl sin ϑ < 1 che per la definizione di ϑ equivale a 1 3kL 1 < mg kl mg ed implica ossia kl mg 1 < 5 < 1 4 kl mg kl mg ed infine 5 < kl mg. In definitiva, gli equilibri.5 sussistono se e soltanto se 5 < kl mg < 3. b Stabilità degliequilibri ordinari Le proprietà di stabilità degli equilibri ordinari di questo sistema scleronomo posizionale econservativo possono essere analizzate ricorrendo ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. L analisi richiede il calcolo delle derivate seconde del potenziale: U s, ϑ = kl s U s, ϑ = mgl cos ϑ s ϑ U s, ϑ = mgl cos ϑ ϑ s U ϑ s, ϑ =mgl 3 cos ϑ + s sin ϑ 1

11 dalle quali si deduce la matrice hessiana di U: H U s, ϑ = kl mgl cos ϑ mgl cos ϑ mgl 3 cos ϑ + s sin ϑ che deve essere valutata in tutte le configurazioni di equilibrio ordinarie. Configurazione s, ϑ =, In questo caso la matrice hessiana del potenziale si riduce a kl mgl H U, = mgl 3 mgl ehasempretraccia negativa: trh U, = kl 3 mgl <. Il determinante della matrice non ha invece segno definito: deth U, = 3 3kL mgl kl m g L = m g L mg 1 per cui si rende necessario distinguere tre diversi casi. se 3kL/mg > 1ildeterminante della matrice hessiana risulta positivo, per cui i relativi autovalori sono entrambi negativi. Ne deriva che la configurazione costituisce un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità seguedal teorema di Lagrange-Dirichlet; per 3kL/mg < 1ildeterminante èinvece di segno negativo e gli autovalori risultano di segno opposto. La presenza di un autovalore positivo autorizza a concludere che l equilibrio èinstabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet; qualora si abbia infine 3kL/mg =1ildeterminante si annulla e gli autovalori della matrice hessiana sonounonegativo e uno nullo. Non èpossibile applicare il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet, così comenon èevidenteche la configurazione rappresenti un massimo relativo proprio del potenziale. Questo viene quindi indicato come un caso critico di stabilità. Nella fattispecie, il potenziale.1 si riduce all espressione Us, ϑ = 1 3 mgl 9 cos ϑ +3ssin ϑ + s che una semplice manipolazione algebrica permette di scrivere nella forma Us, ϑ = 1 [ 3 mgl s + 3 sin ϑ 9 4 sin ϑ 9 ] cos ϑ = = 1 [ 3 mgl s + 3 sin ϑ 9 4 sin ϑ 9 ϑ ] +9sin 11

12 ossia ] Us, ϑ = 3 mgl 1 3 mgl [ s + 3 sin ϑ 9sin ϑ cos ϑ +9sin ϑ ed infine ] Us, ϑ = 3 mgl 1 3 mgl [ s + 3 sin ϑ +9sin 4 ϑ da cui appare evidente che la configurazione costituisce un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet basta osservare che per ϑ < π l espressione entro parentesi quadre si annulla unicamente in s, ϑ =, ed èstrettamente positiva altrove. Configurazione s, ϑ =,π Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale diventa kl mgl H U,π= mgl 3 mgl epresentasempredeterminante negativo. Ne deriva che i corrispondenti autovalori sono di segno opposto, implicando così l instabilitàdella configurazione per il teorema di inversione parziale di L.-D.. Configurazione s, ϑ = mg kl sin ϑ,ϑ Ricordando che cos ϑ =3kL/mg < 1, la matrice hessiana assume la forma H U mg kl sin ϑ,ϑ kl mgl cos ϑ = mgl cos ϑ mgl 3 cos ϑ mg kl sin ϑ = kl mgl cos ϑ = mgl cos ϑ m g k con traccia negativa e determinante positivo: deth U mg kl sin ϑ,ϑ = m g L m g L cos ϑ = m g L sin ϑ dal momento che ϑ,π/. Ne segue che la configurazione èunmassimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità vieneassicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet. mg Configurazione s, ϑ = kl sin ϑ, ϑ La matrice hessiana del potenziale èuguale a quella già calcolatanelpunto simmetrico: H U mg kl sin ϑ, ϑ = H U mg kl sin ϑ,ϑ 1

13 equindi le proprietà distabilità sonolestesse. Questo risultato si può anche dedurre notando che il potenziale.1 del sistema è una funzione pari nel proprio dominio di definizione: Us, ϑ =U s, ϑ s, ϑ 1/, 1/ R. c Energia cinetica Per la proprietà di additività, l energia cinetica del sistema si calcola come somma delle energie cinetiche parziali relative alla lamina e al punto materiale, che vanno quindi determinate separatamente. Energia cinetica della lamina La lamina ABCD ruota attorno all asse fisso Oz, rispetto al quale il momento d inerzia è dato dal teorema di Huygens-Steiner: I ABCD Oz = I ABCD Gz + m G O = ml 6 L 5 + m = 1 ml, essendo G il centro geometrico e baricentro della lamina omogenea. angolare istantanea vale ovviamente ϑ ê 3,percui l energia cinetica risulta La velocità T ABCD = 1 IABCD Oz ϑ ê 3 = ml ϑ = 5 4 ml ϑ..6 Energia cinetica del punto materiale P Il vettore posizione del punto P nella terna di riferimento assegnata è già stato considerato nella determinazione del potenziale gravitazionale: P O = Lsin ϑ + s cos ϑê 1 + L cos ϑ + s sin ϑê. Pensando s e ϑ come funzioni regolari del tempo, una derivazione in t porge la velocità instantanea del punto: P = Lcos ϑ ϑ s sin ϑ ϑ +ṡ cos ϑê 1 + Lsin ϑ ϑ + s cos ϑ ϑ +ṡ sin ϑê di modulo quadrato: in modo che l energia cinetica diventa: P = L ϑ + s ϑ +ṡ + ϑṡ T P = ml ϑ + s ϑ +ṡ + ϑṡ..7 Energia cinetica del sistema La somma delle espressioni.6 e.7 conduce all espressione per l energia cinetica del sistema: T = 5 [ 4 ml ϑ + ml ϑ + s ϑ +ṡ + ϑṡ = ml ṡ +ṡ ϑ 17 ] s ϑ. 13

14 d Equazioni pure del moto Le equazioni del moto di questo sistema olonomo a vincoli ideali, posizionale e conservativo, si identificano conquelle di Lagrange: d L L dt ṡ s = d L dt ϑ La lagrangiana èdatada [ L = ml ṡ +ṡ ϑ s ϑ Se ne deducono le espressioni seguenti: L ṡ = ml ṡ + ϑ d L = ml s + dt ṡ ϑ L s = ml s ϑ kl s mgl sin ϑ [ L 17 ] = ml ṡ + ϑ 1 + d L ϑ s dt ϑ = ml [ s + L ϑ = mgl 3. sin ϑ s cos ϑ Le equazioni di Lagrange diventano così: L ϑ =. ] kl 3 s + mgl cos ϑ s sin ϑ. 17 ] 1 + ϑ s +sṡ ϑ ml s + ϑ =ml s ϑ kl s mgl sin ϑ 17 ] ml [ s ϑ s +sṡ ϑ = mgl 3 sin ϑ s cos ϑ. e Equilibri di confine Le configurazioni di confine del sistema corrispondono ai punti di frontiera del dominio su cui sono definiti i parametri lagrangiani e la relativa parametrizzazione del sistema, la striscia chiusa di R {s, ϑ R : 1/ s 1/, ϑ R} rappresentata in figura: 14

15 Detta frontiera si compone quindi della retta s = 1/, corrispondente al bordo superiore della striscia nella figuraprecedente, e della retta s = 1/, che èinvece associata al bordo inferiore. Gli equilibri di confine sono individuati dal teorema dei lavori virtuali, per applicare il quale occorre ricordare l espressione delle forze generalizzate in una generica configurazione s, ϑ: Q s s, ϑ = U s s, ϑ = mgl sinϑ kl s Q ϑ s, ϑ = U ϑ s, ϑ =mgl 3. sin ϑ s cos ϑ Èsenz altro opportuno esaminare separatamente il tratto superiore e quello inferiore della frontiera. Retta s =1/ Le configurazioni lungo questo tratto della frontiera hanno la forma s, ϑ =1/,ϑ, con ϑ R fissato a piacere. Le componenti generalizzate delle sollecitazioni attive diventano: Q s 1/,ϑ= mgl sin ϑ kl Q ϑ 1/,ϑ=mgL 3 sin ϑ 1 cos ϑ. Poichè glispostamentivirtuali a partire dalla configurazione assegnata sono tutti e soli quelli della forma δs, δϑ conδs eδϑ R, ilteoremadeilavorivirtualiaffermache la condizione necessaria e sufficiente per l equilibrio èchesiabbia, al tempo stesso, Q s 1/,ϑ e Q ϑ 1/,ϑ=, ossia mgl sin ϑ kl mgl 3 sin ϑ 1 cos ϑ =. L equazione assume la forma equivalente 3sinϑ +cosϑ = che, non potendo risultare cos ϑ =,siriduce a tgϑ = 1 3 ed ammette le radici ϑ = ϑ n = rctg1/3 + πn, n Z..8 Si ha allora Q s 1/,ϑ n = mgl sinϑ n kl = mgl sin [ arctg1/3 ] 1 n kl 15

16 per cui la disequazione Q s 1/,ϑ n èsoddisfatta soltanto per n pari eacondizione che si abbia mgl sin [ arctg1/3 ] kl..9 D altra parte, l identità trigonometrica sin ϕ = tgϕ 1+tg ϕ ϕ R porge sin [ arctg1/3 ] = 1/3 1+1/3 = 1 1 per cui la.9 diventa ossia mgl 1 1 kl kl mg. 1 Retta s = 1/ Lungo questa porzione della frontiera le configurazioni sono rappresentate da punti della forma s, ϑ = 1/,ϑ, con ϑ R arbitrario. Le componenti generalizzate delle sollecitazioni attive sono ora Q s 1/,ϑ= mgl sin ϑ + kl Q ϑ 1/,ϑ=mgL 3 sin ϑ + 1 cos ϑ, mentre gli spostamenti virtuali a partire dalla configurazione assegnata sono tutti e soli del tipo δs, δϑ, con δs eδϑ R. Il teorema dei lavori virtuali impone allora che la condizione necessaria e sufficiente per l equilibrio sia Q s 1/,ϑ e Q ϑ 1/,ϑ=, ossia Dall equazione si deduce mgl sin ϑ + kl mgl 3 sin ϑ + 1 cos ϑ =. 3sinϑ +cosϑ = tgϑ = 1 3 equindi ϑ = ϑ n =arctg1/3 + πn, n Z.1 16

17 in modo che Q s 1/, ϑ n = mgl sin ϑ n + kl = mgl sin [ arctg1/3 ] 1 n + kl. È allora evidente che la condizione di equilibrio Q s 1/, ϑ n risultasoddisfatta soltanto per n pari, purchè siabbia mgl kl ovvero si verifichi la stessa condizione precedentemente determinata lungo il bordo superiore della striscia: kl mg. 1 Riassumendo, gli equilibri di confine del sistema sono dunque: s, ϑ =1/, rctg1/3 + πn s, ϑ = 1/, arctg1/3 + πn con n Z e kl/mg / 1. Si osservi che, quando definite, le configurazioni di confine distinte sono esattamente due per esempio quelle con n =. ϑ èinfatti una variabile angolare. 17