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 illustrato in figura, composto da una piastra rigida quadrata P = ABCD, di lato a e densità: σx, y = m x, x, y P, a3 e da un anello circolare omogeneo γ, di massa m, centro E e raggio a, il cui diametro OF giace lungo il semiasse Ox positivo. 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 alle rette OC e BC; d se OB è un asse principale d inerzia in O; 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, dove 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 una guida circolare γ, di massa m, centro A e raggio R = 4a, ha il diametro BE libero di scorrere su Oy, mentre lungo il bordo interno di γ rotola senza strisciare un disco circolare omogeneo D, di centro C, raggio a e massa m. Il sistema è pesante e una molla ideale di stiffness k = mω congiunge C ad O. Resistenze viscose con uguale costante di frizione β agiscono in A e in C. Assunti i vincoli ideali, usare i parametri lagrangiani s, ϕ R in figura per determinare del sistema, rispetto alla terna Oxyz: a gli equilibri; b le caratteristiche 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 =, intorno ad un equilibrio stabile a scelta.

3 Soluzione dell esercizio 1 a Massa e baricentro Massa dell anello γ La massa dell anello è m γ = m per ipotesi e non si rende necessario alcun calcolo. Massa della piastra P La massa della piastra si ottiene integrando sul dominio P la densità areale σ: m P = σ da = P a dx a a dy m a 3 x = m a 3 = m a a x dx a = [ x ] a = m a 4a = 4m. Massa del sistema Poichè il punto di intersezione O fra la piastra e l anello ha evidentemente massa nulla, la massa M dell intero sistema si identifica con la somma delle masse di γ e P: M = m γ + m P = m + 4m = 5m. Baricentro dell anello γ Il baricentro G γ dell anello omogeneo coincide con il suo centro geometrico E, che ne costituisce un evidente centro di simmetria. La posizione di G γ è quindi data dal vettore: G γ O = aê 1. Baricentro della piastra P Il baricentro G P della piastra si deve collocare lungo l asse Ox, ovvio asse di simmetria di massa in quanto: σx, y = σx, y x, y [ a, ] [ a, a]. Il relativo vettore posizione è dunque della forma: G P O = x P ê 1 con l ascissa x P che deve essere ricavata dalla definizione: per cui: x P = 1 m P P xσ da = 1 4m = 1 a dx a a a a dy x m a 3 x x dx = 1 [ x 3 a 3 G P O = 4 3 a ê 1. = 1 4a 3 ] a a dx x a = = 1 a 8 3 a3 = 4 3 a 3

4 Baricentro del sistema Il baricentro G del sistema viene determinato ricorrendo al teorema distributivo, come è lecito grazie alla misura nulla dell intersezione fra P e γ: G O = m γg γ O + m P G P O = m γ + m P maê 1 + 4m 4 = 3 aê 1 = a 1 16 ê 1 = 13 5m aê 1. b Matrice d inerzia in Oxyz Matrice d inerzia dell anello γ La terna Exyz è centrale d inerzia per l anello, visto che Ex ed Ey sono ovvi assi di simmetria. È altresì evidente che i momenti d inerzia L γ Ex e Lγ Ey, relativi agli assi Ex ed Ey rispettivamente, risultano uguali per ragioni di simmetria. Il momento d inerzia L γ Ez relativo all asse Ez è infine la somma dei momenti Lγ Ex e Lγ Ey perchè l anello giace interamente nel piano coordinato Oxy. La matrice d inerzia di γ rispetto a Exyz diventa perciò: [L γ E ] = Lγ Ex L γ Ex L γ Ex = ma / ma / ma in quanto l intera massa m dell anello è collocata a distanza a dall asse Ez. Per ottenere la matrice d inerzia relativa a Oxyz si può applicare il teorema di Huygens-Steiner generalizzato: [L γ O ] = [Lγ E ] + m[dγ ] con le coordinate del baricentro E rispetto a Oxyz date da: e la matrice correttiva: [D γ ] = d 1 = a d = d 3 = d + d 3 d 1 d d 1 d 3 d 1 d d 1 + d 3 d d 3 d 1 d 3 d d 3 d 1 + d = a a per cui risulta: [L γ O ] = ma 1/ 1/ + ma 1 = ma 1/ 3/. 1 1 Matrice d inerzia della piastra P Poichè la piastra è ubicata interamente nel piano coordinato Oxy, la sua matrice d inerzia relativa a Oxyz è del tipo: L P [L P xx L P xy O] = L P xy L P yy. L P xx + L P yy 4,

5 In effetti la terna Oxyz è principale d inerzia in O per P, in quanto Ox è stato già riconosciuto come asse di simmetria, e Oz è un asse passante per O e ortogonale al piano di giacitura e di simmetria Oxy. Di conseguenza, L P xy =. Non ci si può attendere che i momenti principali d inerzia rispetto a Ox e Oy siano uguali, per cui è necessario calcolarli entrambi. Per il primo si ha: L P xx = P a a y σ da = dx dy y m a 3 x = m a 3 x dx y dy = a a = m a 3 [ x ] a [ y 3 3 ] a a a a = m a 3 4a 3 a3 = 4 3 ma, mentre per il secondo risulta: L P yy = P x σ da = a dx a a = m a 3 [ x 4 dy x m a 3 x = m a 3 4 ] a = m a a 3 a 16a4 4 x 3 dx a a dy = a = 8ma. La matrice d inerzia è perciò: [L P O] = ma 4/3 8. 8/3 Matrice d inerzia del sistema La matrice d inerzia relativa a Oxyz del sistema è la somma delle matrici d inerzia, rispetto alla stessa terna, di anello e piastra: [L O ] = [L γ O ] + [LP O] = ma 1/ 3/ + ma 4/3 8 = 8/3 = ma 11/6 19/. 34/3 c Momenti d inerzia relativi alle rette OC e BC Retta OC La retta passa evidentemente per l origine ed essendo C O = aê 1 aê è individuata dal versore direttore: ˆn = C O C O = aê 1 aê 5a = ê 1 ê 5. 5

6 Il momento d inerzia relativo a OC si esprime dunque in termini dell operatore d inerzia in O, ovvero della corrispondente matrice d inerzia: I CO = ˆn L O ˆn = [L O] 1 = = 1 ] [ L xx + 1 L yy + 1L xy = 1 4Lxx + L yy + 4L xy = 5 5 = ma + 19 ma = ma = ma. Retta BC La retta BC è parallela all asse coordinato Oy, ma non passa per il baricentro G del sistema. Conviene quindi applicare due volte il teorema di Huygens-Steiner alle rette parallele BC, Oy e Gy. Le distanze fra le rette si esprimono immediatamente in termini dell ascissa x G di G: distoy, Gy = x G distbc, Gy = x B x G = a x G. Il teorema di Huygens-Steiner fra le rette parallele Oy e Gy fornisce: mentre per le rette BC e Gy si ha: I Oy = I Gy + M x G I BC = I Gy + M a x G. Sottraendo membro a membro la prima equazione dalla seconda si elimina il momento I Gy : per cui risulta: I BC I Oy = M a x G M x G = M4a + 4ax G = = 5m 4aa + x G = ma a a = ma 15 = 8 3 ma I BC = I Oy ma = L yy ma = 19 ma ma = 73 6 ma. d Eventuale asse principale d inerzia in O La retta OB passa per l origine O, quindi potrebbe essere un asse principale d inerzia in O del sistema. Per definizione ciò avviene se e soltanto se il vettore direttore non nullo B O = aê 1 + aê è autovettore dell operatore d inerzia in O del sistema, L O. Rispetto alla base ê 1 ê ê 3 la condizione equivale a richiedere che per un qualche λ R si abbia: [L O ] a a = λ a a 6

7 ossia, sostituendo l espressione esplicita di [L O ] e semplificando i fattori a inessenziali nei vettori colonna: ma 11/6 19/ 1 = λ 1 34/3 ed infine: ma 11/3 19/ = λ 1. Appare però evidente che l equazione non ammette soluzione in λ, in quanto il sistema lineare: ma = λ 6 ma = λ ma = λ ma = λ non è compatibile. In definitiva, la retta OB non costituisce un asse principale d inerzia in O del sistema. Si osservi che alla stessa conclusione si poteva arrivare, più direttamente, notando che i versori ê 1 ê ê 3 della base associata alla terna principale d inerzia Oxyz sono per definizione autovettori di L O, ma relativi ad autovalori tutti distinti i momenti principali d inerzia. Il vettore B O è combinazione lineare di ê 1 ed ê, dunque non può rappresentare un autovettore dell operatore d inerzia. e Energia cinetica e momento angolare in O Energia cinetica Rispetto alla terna dove il sistema rigido ha punto fisso O e velocità angolare istantanea ω = ωê 1 + ωê, l energia cinetica del sistema è data dalla relazione: T = 1 ω L O ω = 1 ω ω [L O] ω ω = ω 11 6 ma + 19 ma = 1 ma ω Momento angolare in O Per il momento angolare in O si ha invece l equazione: K O = L O ω = ω L xx + L yy + L xy = = 68 1 ma ω = 17 3 ma ω. in cui le componenti K 1, K, K 3 del momento K O sono date da: K 1 K K 3 = [L O ] ω ω = ma ω 11/6 19/ 34/ = ma ω 11/6 19/.

8 L espressione cercata è dunque: K O = 11 6 ma ωê ma ωê. Soluzione dell esercizio a Equilibri Il sistema scleronomo a vincoli ideali è soggetto a sollecitazioni posizionali conservative, rappresentate dal peso, dalle forze centrifughe e dall interazione elastica fra O e C, e a sollecitazioni dissipative che sono costituite dalle resistenze viscose agenti in A ed in C. Si osservi, al solito, che le forze di Coriolis risultano ortogonali al piano vincolare Oxy ed hanno perciò componenti generalizzate identicamente nulle, non influenzando così né il moto né gli equilibri del sistema. Delle forze posizionali conservative si devono calcolare i relativi potenziali, mentre per le forze viscose è necessario determinare le appropriate componenti generalizzate. Potenziale gravitazionale Il potenziale gravitazionale è la somma dei contributi della guida γ e del disco D. Si osservi che, sebbene γ non sia indicata come omogenea, l effettiva collocazione del suo baricentro G γ non è rilevante nella determinazione del potenziale gravitazionale in quanto l essere il diametro BE vincolato a scorrere lungo l asse Oy e la guida a rimanere nel piano Oxy implica che il moto di γ sia puramente traslatorio. La posizione di G γ viene quindi individuata da un vettore posizione della forma: G γ O = A O + G γ A = asê + G γ A nel quale G γ A si mantiene costante quale vettore posizione di un punto G γ dello spazio solidale a γ il baricentro di un corpo rigido appartiene sempre allo spazio solidale al corpo rispetto ad un altro punto A dello stesso spazio il centro A di γ risulta sempre a distanza costante R = 4a da tutti i punti della guida. Per il potenziale gravitazionale di γ si ottiene pertanto: U γ g = mgê G γ O = mgê asê + G γ A = mgas + costante. Per il disco omogeneo D il baricentro va identificato con il centro geometrico e di simmetria C, il cui vettore posizione rispetto ad Oxyz si scrive: C O = A O + C A = asê +3a sin ϕ ê 1 3a cos ϕ ê = 3a sin ϕ ê 1 as+3 cos ϕê e fornisce così il potenziale gravitazionale: Ug D = mgê C O = mgas + 3 cos ϕ. Il potenziale gravitazionale del sistema vale pertanto, omesse le costanti additive: U g = mgas + mgas + 3 cos ϕ = mgas + 3 cos ϕ. 1 8

9 Potenziale elastico Il potenziale elastico associato alla molla ideale di stiffness k = mω tesa fra i punti C ed O è dato dalla relazione: U el = k C O = mω 3a sin ϕ ê 1 as + 3 cos ϕê = = mω a 9 + s + 6s cos ϕ = mω a s 6mω a s cos ϕ + costante. Potenziale centrifugo Il potenziale centrifugo della guida circolare è costante, dal momento che γ può soltanto traslare lungo l asse di rotazione Oy della terna non inerziale: U γ cf = ω Iγ Oy = costante e può dunque essere ignorato. Quanto al disco D si ha invece, usando il teorema di Huygens-Steiner e ricordando che ICy D = ma /4: U D cf = ω ID Oy = [I ω Cy D + m[c O ê 1 ] ] = ω ID Cy + mω 3a sin ϕ = = 9 ma ω sin ϕ + costante. Ignorate le costanti additive, il potenziale centrifugo del sistema diventa così: U cf = 9 ma ω sin ϕ. 3 Componenti generalizzate delle resistenze viscose Le componenti generalizzate delle resistenze viscose si possono calcolare usando direttamente la definizione: D s = βa A C βċ s s D ϕ = βa A C βċ ϕ ϕ oppure introducendo la funzione ausiliaria di Rayleigh: R = β A β Ċ e determinandone le derivate parziali prime rispetto alle velocità generalizzate: D s = R ṡ D ϕ = R ϕ. Dai vettori posizione dei punti di applicazione A e C: A O = asê C O = 3a sin ϕ ê 1 as + 3 cos ϕê 9

10 si hanno le velocità istantanee: A = aṡê Ċ = 3a cos ϕ ϕ ê 1 aṡ 3 sin ϕ ϕê e quindi la funzione di Rayleigh: R = βa ṡ + 9 ϕ + ṡ 6 sin ϕ ṡ ϕ = βa ṡ + 9 ϕ 6 sin ϕ ṡ ϕ che porge infine le componenti richieste: D s = βa 4ṡ 6 sin ϕ ϕ = βa ṡ 3 sin ϕ ϕ D ϕ = βa 18 ϕ 6 sin ϕ ṡ = βa 9 ϕ 3 sin ϕ ṡ. 4 Appare evidente che queste sollecitazioni si annullano per velocità generalizzate ṡ, ϕ nulle, per cui esse non concorrono alla determinazione degli equilibri del sistema. È però opportuno verificare fin da subito anche la natura energetica di queste sollecitazioni, che poi tornerà utile nella successiva analisi di stabilità degli equilibri. Ci si aspetta che le forze viscose costituiscano un sistema di sollecitazioni a potenza non positiva. La potenza è infatti una forma quadratica delle velocità generalizzate: π = D s ṡ + D ϕ ϕ = βa ṡ 3 sin ϕ ϕṡ βa 9 ϕ 3 sin ϕ ṡ ϕ = = βa ṡ + 9 ϕ 6 sin ϕ ṡ ϕ, che peraltro potrebbe anche calcolarsi, più direttamente, applicando il teorema di Eulero sulle funzioni omogenee alla funzione di Rayleigh, omogenea del secondo ordine nelle stesse velocità generalizzate: π = D s ṡ + D ϕ ϕ = R ṡ ṡ + R ϕ ϕ = R = βa ṡ + 9 ϕ 6 sin ϕ ṡ ϕ. La matrice di rappresentazione di tale forma quadratica è evidentemente: Γs, ϕ = βa 3 sin ϕ 3 sin ϕ 9 e risulta definita negativa per il criterio di Sylvester-Jacobi causa il segno negativo del primo minore nord-ovest: Γs, ϕ 11 = βa < e quello positivo del secondo minore nord-ovest, nonchè determinante della matrice: det Γs, ϕ = βa 18 9 sin ϕ = β a cos ϕ > ; 1

11 in alternativa, alla stessa conclusione si può pervenire considerando il segno negativo della traccia: tr Γs, ϕ = 11βa <. Ne deriva che la potenza ha sempre valore non positivo: ṡ π = ṡ ϕ Γs, ϕ ṡ, ϕ R ϕ e che essa si annulla unicamente per velocità generalizzate nulle: π = ṡ, ϕ =,. Si può dunque affermare che le resistenze viscose definiscono un sistema D s, D ϕ di sollecitazioni completamente dissipative delle quali, pur non contribuendo alla determinazione degli equilibri, si dovrà tenere conto nella relativa analisi di stabilità. Potenziale del sistema La somma dei potenziali gravitazionale 1, elastico e centrifugo 3 definisce il potenziale del sistema: Us, ϕ = mgas + 3 cos ϕ mω a s 6mω a s cos ϕ + 9 ma ω sin ϕ in tutto il dominio s, ϕ R. Equilibri Come già sottolineato, le resistenze viscose non hanno alcun effetto sulle configurazioni di equilibrio del sistema scleronomo, che vengono così individuate come tutti e soli i punti critici del potenziale U. Si devono quindi annullare simultaneamente le derivate parziali prime: U s = mga mω a s 6mω a cos ϕ U ϕ = 3mga sin ϕ + 6mω a s sin ϕ + 9ma ω sin ϕ cos ϕ e risolvere il sistema di equazioni non lineari: mga mω a s 6mω a cos ϕ = 3mga sin ϕ + 6mω a s sin ϕ + 9ma ω sin ϕ cos ϕ =. Si osservi che la prima equazione di equilibrio 5 equivale a: mg + mω as + 3 cos ϕ = 5 ossia: mg kc O ê = 11

12 ed esprime la condizione che il peso complessivo mg del sistema γ D sia bilanciato dalla componente verticale della forza elastica agente in C. In tutti gli equilibri il punto C si trova alla stessa ordinata y = mg/k = mg/mω = g/ω. Le equazioni 5 si riesprimono in una forma più conveniente ricavando s in termini di ϕ dalla prima e raccogliendo il fattore comune 3ma ω sin ϕ nella seconda: s = g aω 3 cos ϕ 3ma ω sin ϕ g aω + s + 3 cos ϕ =. Sostituita la prima equazione nella seconda, questa diventa una relazione nella sola variabile angolare: sin ϕ g aω + g aω 6 cos ϕ + 3 cos ϕ = che si semplifica in: g sin ϕ aω 3 cos ϕ = e porge due soluzioni definite incondizionatamente per sin ϕ = : e altre due soluzioni per cos ϕ = g/3aω : ϕ = ϕ = π, g ϕ = arccos 3aω : = ϕ ϕ = ϕ definite e distinte dalle precedenti se e solo se g/3aω < 1. In conclusione, ricordando la prima delle 6, il sistema ammette quattro configurazioni di equilibrio, due delle quali risultano definite incondizionatamente: s, ϕ = g aω 3, s, ϕ = g aω + 3, π e corrispondono a configurazioni che vedono il disco D collocarsi nel punto più basso e rispettivamente più alto lungo la guida γ, mentre le altre due corrispondono a posizioni simmetriche del disco rispetto all asse Oy e si scrivono: s, ϕ =, ϕ s, ϕ =, ϕ, risultando definite e distinte dalle precedenti se e soltanto se: con ϕ = arccosg/3aω, π/. g 3aω < 1 1 6

13 b Stabilità degli equilibri Poichè gli al più quattro equilibri del sistema sono certamente isolati, la coesistenza di sollecitazioni completamente dissipative e posizionali conservative consente di analizzare le proprietà di stabilità di detti equilibri ricorrendo alla forma forte del teorema di Lagrange- Dirichlet, basata sui criteri di Barbasin e Krasovskii. Si tratta quindi di distinguere, fra gli equilibri, i massimi relativi propri del potenziale che risulteranno asintoticamente stabili e i punti stazionari di altra natura che invece risulteranno instabili. A questo scopo si determinano le derivate parziali seconde del potenziale: U ss s, ϕ = ma ω U ϕs s, ϕ = U sϕ s, ϕ = 6ma ω sin ϕ U ϕϕ s, ϕ = 3mga cos ϕ + 6mω a s cos ϕ + 9ma ω cos ϕ 9ma ω sin ϕ e si discute il segno degli autovalori della relativa matrice hessiana: 6 sin ϕ H U s, ϕ = ma ω 6 sin ϕ 3g aω cos ϕ + 6s cos ϕ + 9 cos ϕ 9 sin ϕ in ciascuna configurazione di equilibrio. g Configurazione s, ϕ = aω 3, In questo caso la matrice hessiana è diagonale: H U g aω 3, e presenta un autovalore di segno negativo: = ma ω 3g aω 9 λ 1 = ma ω < e uno di segno non definito: λ = 9ma ω g 3aω 1 che obbliga a distinguere tre diversi casi: se g/3aω < 1 entrambi gli autovalori dell hessiana sono negativi e l equilibrio viene riconosciuto come massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile; per g/3aω > 1 il secondo autovalore risulta positivo, circostanza questa che esclude il ricorrere nell equilibrio di un massimo relativo proprio del potenziale e ne implica l instabilita; se infine g/3aω = 1 la matrice hessiana ha un autovalore nullo ed uno negativo, per cui la natura dell equilibrio s, ϕ =, non è chiara e richiede un analisi più 13

14 approfondita. Per esempio, si può riscrivere il potenziale adimensionalizzato in una forma conveniente: 1 ma Us, ϕ = g ω aω s + 3 cos ϕ s 6s cos ϕ + 9 sin ϕ = = 6s + 9 cos ϕ s 6s cos ϕ + 9 sin ϕ = = s + 6s1 cos ϕ + 9 cos ϕ + 9 sin ϕ = = s + 1s sin ϕ sin ϕ + 18 sin ϕ cos ϕ = = s + 1s sin ϕ sin4 ϕ = = s + 1s sin ϕ 36 ϕ sin ϕ sin4 = = 9 s 6 sin ϕ + 18 sin 4 ϕ la quale mostra in modo inequivocabile che l equilibrio s, ϕ =, non costituisce un massimo relativo proprio del potenziale né peraltro un minimo. L equilibrio è instabile per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet. g Configurazione s, ϕ = aω + 3, π Anche in questo caso la matrice hessiana risulta diagonale: H U g aω + 3, π = ma ω 3g aω 6g aω = ma ω 3g aω 9 e con entrambi gli autovalori sempre negativi. L hessiana definita negativa assicura che l equilibrio sia un massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile. Configurazione s, ϕ =, ϕ, con cos ϕ = g/3aω < 1 Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale diventa: 6 sin ϕ H U, ϕ = ma ω 6 sin ϕ 3g aω cos ϕ + 9 cos ϕ 9 sin ϕ = ma ω 6 sin ϕ 6 sin ϕ 9 sin ϕ e risulta indefinita per via del suo determinante negativo: det H U, ϕ = ma ω 18 sin ϕ 36 sin ϕ = 18ma ω sin ϕ < visto che ϕ, π/. Quando definito, dunque, l equilibrio è instabile in quanto non costituisce un massimo relativo proprio del potenziale. 14 =

15 Configurazione s, ϕ =, ϕ, con cos ϕ = g/3aω < 1 Per questo equilibrio la matrice hessiana del potenziale è molto simile a quella calcolata nel caso precedente: H U, ϕ = ma ω 6 sin ϕ 6 sin ϕ 9 sin ϕ e presenta lo stesso determinante negativo: det H U, ϕ = 18ma ω sin ϕ <. che esclude il ricorrere di un massimo relativo proprio del potenziale. Come per l equilibrio simmetrico precedente, si ha quindi instabilità grazie alla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet. c Energia cinetica Energia cinetica della guida γ Si è già osservato che il moto della guida circolare risulta puramente traslatorio, lungo la direzione verticale ê. L energia cinetica di γ può quindi esprimersi direttamente usando il teorema di König nella forma generale, rispetto per esempio al punto A: T γ = m A + A Q + T, notando che A = aṡê e che la quantità di moto Q e l energia cinetica T del corpo attorno ad A sono entrambe nulle per un sistema in moto traslatorio il moto attorno ad un punto è la quiete: T γ = ma ṡ. Energia cinetica del disco D Il disco omogeneo D risulta privo di punti fissi e la sua energia cinetica può quindi essere ricavata dal teorema di König: T D = m Ċ + 1 ID Cz ωd dove la velocità istantanea del centro C è già stata determinata in precedenza: e ha dunque modulo quadrato: Ċ = 3a cos ϕ ϕ ê 1 aṡ 3 sin ϕ ϕê Ċ = a ṡ + 9 ϕ 6 sin ϕ ṡ ϕ, mentre il momento d inerzia relativo all asse baricentrale Cz si scrive, al solito: I D Cz = ma. 15

16 La velocità angolare istantanea si può determinare direttamente nel riferimento di quiete della guida circolare, visto che questa si muove di moto puramente traslatorio rispetto a Oxyz; si ha pertanto: R 4a ω D = a 1 ϕ ê 3 = a 1 ϕ ê 3 = 3 ϕ ê 3. In definitiva, l energia cinetica del disco si esprime come: T D = ma ṡ + 9 ϕ 6 sin ϕ ṡ ϕ + 1 ma 9 ϕ = ma ṡ + 7 ϕ 6 sin ϕ ṡ ϕ. Energia cinetica del sistema L energia cinetica del sistema scleronomo è per definizione la somma delle energie cinetiche delle sue parti costituenti, l anello γ e il disco D: T = T γ + T D = ma ṡ + ma ṡ + 7 ϕ 6 sin ϕ ṡ ϕ = ma ṡ + 7 ϕ 6 sin ϕ ṡ ϕ. Conviene verificare che si tratta di una forma quadratica definita positiva delle velocità generalizzate. La matrice dell energia cinetica vale infatti: As, ϕ = ma 3 sin ϕ 3 sin ϕ 7/ ed è chiaramente definita positiva per il criterio di Sylvester-Jacobi, avendo positivi il primo ed il secondo minore nord-ovest: As, ϕ 11 = ma > det As, ϕ = ma 7 9 sin ϕ = ma cos ϕ >, ovvero la traccia tr As, ϕ = 31/ma ed il determinante. d Equazioni di Lagrange Le equazioni di Lagrange che caratterizzano tutti e soli i moti naturali del sistema sono le seguenti: d dt L L ṡ s = D s con la lagrangiana L = T + U: L = ma ṡ + 7 ϕ 6 sin ϕ ṡ ϕ + d dt L L ϕ ϕ = D ϕ + mgas + 3 cos ϕ mω a s 6mω a s cos ϕ + 9 ma ω sin ϕ 16 7

17 e le componenti generalizzate 4 delle forze dissipative. Il calcolo dei termini parziali dei binomi di Lagrange a primo membro è immediato: L ṡ = ma 4ṡ 6 sin ϕ ϕ = ma ṡ 3 sin ϕ ϕ d L = ma s 3 sin ϕ ϕ 3 cos ϕ ϕ dt ṡ L s = mga mω a s 6mω a cos ϕ L ϕ = ma 7 ϕ 6 sin ϕ ṡ = ma 7 ϕ 3 sin ϕ ṡ d L = ma 7 dt ϕ ϕ 3 sin ϕ s 3 cos ϕ ϕṡ L ϕ = 3ma cos ϕ ṡ ϕ 3mga sin ϕ + 6mω a s sin ϕ + 9ma ω sin ϕ cos ϕ e conduce infine alle equazioni del moto richieste: ma s 3 sin ϕ ϕ 3 cos ϕ ϕ mga + mω a s + 6mω a cos ϕ = = βa ṡ 3 sin ϕ ϕ ma 7 ϕ 3 sin ϕ s + 3mga sin ϕ 6mω a s sin ϕ 9ma ω sin ϕ cos ϕ = = βa 9 ϕ 3 sin ϕ ṡ. e Modi normali delle piccole oscillazioni Per β = le sollecitazioni completamente dissipative vengono rimosse dal sistema scleronomo, che risulta quindi posizionale conservativo. I soli equilibri stabili, ma non più asintoticamente, sono i massimi relativi propri del potenziale: g s, ϕ = aω 3, per g/3aω < 1 e: g s, ϕ = aω + 3, π incondizionatamente. Si può convenire di studiare le piccole oscillazioni attorno a quest ultimo equilibrio. La matrice 7 dell energia cinetica assume la forma diagonale: g A aω + 3, π = ma 7/ mentre nella stessa configurazione, per verificarne la stabilità, la matrice hessiana del potenziale era già stata determinata in precedenza: g H U aω + 3, π = ma ω 3g. aω 9 17

18 Le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni nell intorno di questo equilibrio sono le soluzioni Ω > dell equazione caratteristica: [ g g ] = det Ω A aω + 3, π + H U + 3, π = aω = det ma Ω + ma ω 7/ 3g = aω 9 = ma ω det Ω ω + 7/ 3g aω 9 che, posto per brevità ξ = Ω /ω e omesso il fattore positivo ma ω, diventa: e porge le radici: = det ξ 7 ξ 3g aω 9 = ξ 1 7 ξ = ξ 1 = 1 ξ = ξ = 9 Da queste seguono le pulsazioni normali: ξ 9 g aω + 3. g aω 3 Ω 1 = ω ξ 1 = ω Ω = ω g ξ = ω 9 aω + 3 e le corrispondenti frequenze normali: f 1 = Ω 1 π = ω π f = Ω π = ω π g 9 aω + 3 fra le quali, va notato, non è possibile distinguere a priori una frequenza bassa e una frequenza alta la distinzione dipende dal valore del parametro adimensionale g/aω che, se minore di 3/, implica f 1 > f, mentre se maggiore di 3/ comporta f 1 < f ; per g/aω = 3/ le due frequenze normali coincidono e i modi normali sono degeneri. Nel caso degenere i vettori delle ampiezze associati ai modi normali possono essere vettori qualsiasi di R, purchè linearmente indipendenti. Modo normale di pulsazione Ω 1 Il vettore delle ampiezze è dato da una qualsiasi soluzione non banale del sistema lineare omogeneo: ξ 1 7 ξ 1 3g a 1 = aω 9 b 1 18

19 ossia: 9 3g a 1 9 = 3g aω aω b b 1 =. 1 Nel caso non degenere g/aω 3/ il coefficiente di b 1 nella precedente equazione è diverso da zero ed implica che sia b 1 =, mentre a 1 è arbitrario. Come vettore delle ampiezze si può quindi scegliere a 1 b 1 T = 1 T e il modo normale di oscillazione diventa: s = ϕ g aω A 1 π cos Ω 1 t + α 1 t R ovvero: s = ϕ = π g aω A 1 cosωt + α 1 t R dove A 1 e α 1 sono rispettivamente un ampiezza ed una fase assegnate a piacere. Questo modo normale di oscillazione vede variare sinusoidalmente nel tempo il solo parametro s, mentre la variabile angolare ϕ si mantiene fissata al proprio valore di equilibrio: l intero sistema γ D oscilla come un tutto rigido secondo la direzione verticale Oy. Questa rappresentazione è valida anche per il caso degenere g/aω = 3/, benchè non sia più la sola possibile a meno di un semplice fattore di scala non nullo arbitrario. Modo normale di pulsazione Ω Per calcolare il vettore delle ampiezze si deve risolvere l analogo sistema lineare omogeneo: ξ 7 ξ 3g a = aω 9 b ossia: g 9 aω a = b 4 9 g aω a =. 3 Nel caso non degenere l equazione implica a = e b non nullo arbitrario, per cui si può porre a b T = 1 T e scrivere il modo normale nella forma: g s = aω A ϕ cos Ω π 1 t + α t R ovvero: s = g aω + 3 ϕ = π + A cos ω 9 g aω + 3 t + α 19 t R

20 dove l ampiezza A e la fase α sono costanti reali arbitrarie. La rappresentazione copre anche il caso degenere, sebbene non sia la sola possibile a meno di un fattore di scala arbitrario. Il modo normale vede oscillare nel tempo soltanto la variabile angolare, mentre s si mantiene costante al relativo valore di equilibrio: l anello γ rimane fisso, mentre il disco oscilla lungo il bordo interno dell anello intorno al punto E.