Prova scritta di fondamenti di meccanica razionale del πa3 dove µ indica una massa caratteristica. A C è saldata

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1 Prova scritta di fondamenti di meccanica razionale del Esercizio 1 Nel piano Oxy di una terna Oxyz giace una corona circolare C di centro O, raggio interno a e raggio esterno a, la cui densità è espressa da: σp = µ P O P C, πa3 dove µ indica una massa caratteristica. A C è saldata un asta rettilinea AB, di lunghezza a, che si colloca lungo l asse Ox vedi figura e la cui densità risulta: λp = µ P O P AB. a Determinare del sistema: a la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz; b la matrice d inerzia relativa a Oxyz; c il momento d inerzia rispetto alla bisettrice del I quadrante in Oxy. Esercizio Dato il sistema di vettori applicati: v 1 = ê 1 + ê applicato in A5, 0, 0 v = 3ê 1 + 3ê applicato in B 5, 0, 0 v 3 = ê 1 + ê applicato in C0, 0, 1 rispetto alla terna Oxyz = Oê 1 ê ê 3, determinarne: a il centro, se definito; b l equazione parametrica dell asse centrale, se definito; c il momento relativo all asse Oê 1. 1

2 Esercizio 3 Nel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz un asta rettilinea omogenea AB, di massa m, lunghezza 1a e punto medio O, è vincolata a ruotare attorno all asse fisso Oz. Su di essa rotola senza strisciare, mantenendosi nello stesso piano, un disco circolare omogeneo D, di raggio a e massa m, il cui centro C è connesso all origine da una molla ideale di costante elastica k. Il sistema si assume pesante e a vincoli ideali. Usare le coordinate generalizzate ϕ R e ξ [ 6, 6] in figura per determinare del sistema, relativamente a Oxyz: a gli equilibri ordinari; b le caratteristiche di stabilità degli equilibri ordinari; c l espressione dell energia cinetica; d le equazioni di Lagrange; e gli equilibri di confine.

3 Soluzione dell esercizio 1 a Massa e baricentro La corona circolare C è descritta dalla parametrizzazione: P ρ, φ O = ρ cos φ ê 1 + ρ sin φ ê, ρ, φ [a, a] [0, π], cui corrisponde l elemento infinitesimo d area: mentre la densità areale diventa: da = ρ dρ dφ, σρ, φ = µ ρ, ρ, φ [a, a] [0, π]. πa3 La parametrizzazione dell asta AB è invece, banalmente: con elemento infinitesimo di lunghezza: e densità lineare: P x O = xê 1, x [a, 3a], ds = P x dx = ê 1 dx = dx λx = µ x, x [a, 3a]. a Massa della corona La massa della corona si ricava integrando la densità areale σ sul dominio C, per cui risulta: m C = C σ da = a a dρ ρ π 0 dφ µ πa 3 ρ = µ πa 3 a a ρ dρ π 0 dφ = µ πa 3 [ ρ 3 3 ] a a π = 14 3 µ. Massa dell asta La massa dell asta si ottiene invece per mezzo di un integrale di linea: m AB = AB λ ds = 3a a µ a x dx = µ [ x a ] 3a a = µ a 5a = 5 µ. Massa del sistema La proprietà additiva consente di scrivere la massa del sistema come somma delle masse di corona ed asta, il comune punto A costituendo un insieme di misura e dunque massa nulla: m = m C + m AB = 14 3 µ µ = µ = µ. 3

4 Baricentro della corona Per determinare il baricentro G C di C non occorre svolgere alcun calcolo. Basta infatti osservare che il centro O della corona circolare ne costituisce un evidente centro di simmetria, dal momento che per ogni punto di C il corrispondente punto simmetrico rispetto ad O è a sua volta compreso in C e la densità, dipendendo solo dalla distanza da O, assume lo stesso valore in entrambi i punti. Di conseguenza, G C = O. Baricentro dell asta Il baricentro dell asta deve ovviamente collocarsi lungo il segmento AB e dunque lungo l asse delle ascisse; il relativo vettore posizione assume così la forma: con l ascissa determinata dalla relazione: G AB O = x AB ê 1 x AB = 1 m AB AB x λ ds = 5µ 3a a x µ a x dx = 5µ µ a [ x 3 3 ] 3a a = 5a 19 3 a3 = a, per cui: G AB O = aê 1. Baricentro del sistema Il baricentro del sistema si può ricavare attraverso la formula distributiva, applicata alla corona circolare C e all asta AB, dal momento che l unico punto di intersezione A fra le due parti costituenti è irrilevante nel calcolo sia degli integrali di superficie su C sia degli integrali curvilinei su AB. Vale perciò: G O = m CG C O + m AB G AB O m AB = G AB O = m C + m AB m C + m AB 5 = µ µ 15 aê 1 = aê 1 = aê 1. b Matrice d inerzia in Oxyz Poichè il punto di intersezione A fra corona e asta costituisce un insieme di misura nulla, la matrice d inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz si può ricavare come somma delle matrici d inerzia relative alla medesima terna. Matrici che conviene, al solito, determinare separatamente. Matrice d inerzia della corona Gli assi coordinati Ox, Oy e Oz sono evidenti assi di simmetria di C, dato che la densità areale σ è funzione della sola distanza dall origine. La terna Oxyz è dunque centrale d inerzia per la corona circolare, e rispetto ad essa la matrice d inerzia deve assumere forma diagonale. A ciò si aggiunge il fatto che i momenti d inerzia relativi agli assi Ox 4

5 e Oy, nel piano di giacitura della corona, sono banalmente uguali per simmetria, e che la loro somma deve coincidere con il momento d inerzia relativo a Oz. Ne deriva che la matrice d inerzia di C è del tipo: [L C O] = LC xx L C xx L C xx con il momento d inerzia rispetto a Ox dato da: sicchè risulta: L C xx = C y σ da = a a dρ ρ = µ πa 3 π 0 a a dφ ρ sin φ µ πa 3 ρ = ρ 4 dρ [L C O] = µa π 0 sin φ dφ = µ πa 3 [ ρ 5 31/ / /5 5 ] a a π = 31 5 µa Matrice d inerzia dell asta Poichè l asta giace lungo l asse Ox, la matrice d inerzia corrispondente deve essere del tipo: [L AB O ] = 0 L AB yy L AB yy con il momento d inerzia relativo a Oy espresso da: L AB yy = x λ ds = AB 3a a x µ a x dx = µ a [ x 4 4 ] 3a a = 65 4 µa per cui: O ] = µa / /4 [L AB Matrice d inerzia del sistema La matrice d inerzia del sistema relativa a Oxyz è data dalla somma delle matrici d inerzia parziali, relative alla stessa terna, di corona e asta: [L O ] = [L C O] + [L AB O ] = µa 31/ / /5 5 + µa / /4 =

6 = µa 31/ / /0 c Momento d inerzia relativo alla bisettrice del I quadrante in Oxy La bisettrice del I quadrante nel piano Oxy passa ovviamente per l origine O ed il suo versore tangente si scrive: ˆτ = n 1 ê 1 + n ê + n 3 ê 3 = 1 ê ê. Il momento d inerzia del sistema relativo a tale retta risulta pertanto: I Oˆτ = ˆτ L O ˆτ = n 1 n n 3 [L O ] = µa = 1 µa n 1 n n 3 Soluzione dell esercizio a Centro I vettori del sistema sono tutti paralleli, avendosi: = 31/ / /0 = µa 0 = µa. 1 1 = 0 v = 3 v 1 v 3 = v 1 e il loro risultante è non nullo: R = v 1 + v + v 3 = 6 v 1 = 6ê 1 + ê 0. Queste due condizioni garantiscono l esistenza del centro S del sistema. Posto: con: v 1 = f 1 v 1 v = f v 1 v 3 = f 3 v 1 f 1 = 1 f = 3 f 3 =, la posizione del centro S è individuata dal vettore: S O = f 1A O + f B O + f 3 C O f 1 + f + f 3 = = 15ê ê 1 + ê = 10ê 1 + ê 3 6 = 5 3ê ê3. 6

7 b Asse centrale L asse centrale del sistema è la retta passante per il centro S e parallela al risultante, ovvero a uno qualsiasi dei vettori non nulli del sistema stesso. L equazione parametrica dell asse può quindi scriversi nella forma vettoriale: P O = S O + ξ v 1 ξ R, ovvero: P O = 5 3ê ê3 + ξê 1 + ê, che corrisponde all espressione cartesiana: x = ξ y = ξ ξ R. z = 1 3 c Momento relativo all asse Oê 1 Per definizione, il momento del sistema relativo all asse Oê 1 è dato dalla relazione: M Oê1 = M O ê 1 nella quale il momento in O del sistema vale: M O = A O v 1 + B O v + C O v 3 = = 5ê 1 ê 1 + ê 5ê 1 3ê 1 + 3ê + ê 3 ê 1 + ê = = 5ê 3 15ê 3 + ê ê 1 = ê 1 + ê 10ê 3 per cui: M Oê1 = M O ê 1 = ê 1 + ê 10ê 3 ê 1 =. Soluzione dell esercizio 3 a Equilibri ordinari Il sistema è scleronomo a vincoli unilaterali ideali, e soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali conservative: il peso e l interazione elastica associata alla molla ideale tesa fra O e C. Le sollecitazioni sono quindi caratterizzate dai rispettivi potenziali, che conviene calcolare separatamente. Potenziale elastico Indicato con P il punto di contatto istantaneo fra l asta ed il disco, il potenziale associato alla molla ideale si ricava immediatamente applicando il teorema di Pitagora al triangolo OCP, rettangolo in P : U el = k C O = k P O + P C = k a ξ + a = ka ξ

8 Potenziale gravitazionale Il potenziale delle forze peso è la somma dei potenziali gravitazionali relativi all asta e al disco. Poichè l asta è omogenea, il suo baricentro coincide con il punto medio O; analogamente, il centro geometrico del disco omogeneo D rappresenta anche un centro di simmetria e si identifica con il relativo baricentro. Si ha così: con: U g = mgê O O mgê C O = mgê C O C O = P O + C P = aξ cos ϕ ê 1 aξ sin ϕ ê a sin ϕ ê 1 a cos ϕ ê e pertanto: U g = mgaξ sin ϕ + cos ϕ. Potenziale del sistema La somma dei potenziali elastico e gravitazionale definisce il potenziale del sistema: Uϕ, ξ = U el + U g = ka ξ + mgaξ sin ϕ + cos ϕ, ϕ, ξ R [ 6, 6], essendosi omessa l inessenziale costante additiva. Equilibri ordinari Gli equilibri ordinari del sistema sono i punti critici del potenziale U ricompresi all interno del dominio di definizione della parametrizzazione, la striscia aperta ϕ, ξ R 6, 6. Si devono quindi calcolare le derivate parziali prime: U U ϕ, ξ = mgaξ cos ϕ sin ϕ ϕ e risolvere il sistema di equazioni: mgaξ cos ϕ sin ϕ = 0 ka ξ + mga sin ϕ = 0 ξ ϕ, ξ = ka ξ + mga sin ϕ ϕ, ξ R 6, 6. Dalla seconda equazione si ricava il valore di equilibrio di ξ come funzione di quello di ϕ: ξ = mg ka sin ϕ e sostituendo il risultato nella prima equazione questa diventa: ossia: mg ka sin ϕ cos ϕ sin ϕ = 0 sin ϕ cos ϕ ka = 0. 1 mg 8

9 Soluzioni della 1 si hanno per sin ϕ = 0: ϕ = 0 ϕ = π e forniscono due equilibri distinti definiti incondizionatamente: ϕ, ξ = 0, 0 ϕ, ξ = π, 0. Ulteriori radici della 1 si ricavano annullando l espressione entro parentesi: ka ka ϕ = arccos := ϕ ϕ = arccos := ϕ mg mg e porgono gli equilibri: ϕ, ξ = ϕ, mg ka sin ϕ definiti e distinti dai precedenti per: ϕ, ξ = ϕ, mg ka sin ϕ, ka mg < 1 e mg ka sin ϕ < 6 3 con ϕ 0, π/. Si osservi che, essendo cos ϕ = ka/mg, la seconda delle condizioni 3 si può riscrivere nella forma equivalente, più esplicita: mg ka mg 1 < 6 1 < 6 ka mg ka ossia, quadrando e isolando il parametro d ordine ka/mg: mg ka < 37 ka mg > La condizione necessaria e sufficiente per l esistenza degli equilibri diventa perciò: 1 < ka 37 mg < 1. 4 b Stabilità degli equilibri Data la natura posizionale conservativa del sistema scleronomo, a vincoli ideali, le proprietà di stabilità degli equilibri ordinari possono essere caratterizzate ricorrendo ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo occorre calcolare le derivate parziali seconde del potenziale: U ϕϕ ϕ, ξ = mga ξ sin ϕ cos ϕ U ξϕ ϕ, ξ = mga cos ϕ U ϕξ ϕ, ξ = mga cos ϕ U ξξ = ka 9

10 ed individuare le proprietà spettrali della corrispondente matrice hessiana: ξ sin ϕ cos ϕ cos ϕ H U ϕ, ξ = mga cos ϕ ka/mg in ciascuna configurazione di equilibrio. Nell analisi che segue conviene introdurre, per brevità, il parametro d ordine: λ := ka mg. Configurazione ϕ, ξ = 0, 0 In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale diventa: con traccia sempre negativa: ma determinante di segno non definito: 1 1 H U 0, 0 = mga 1 λ trh U 0, 0 = mga 1 λ = mga1 + λ < 0 che obbliga a distinguere tre diversi casi: deth U 0, 0 = mga λ 1, se λ < 1 si ottiene deth U 0, 0 < 0, per cui la matrice è indefinita. La presenza di un autovalore positivo accanto a uno di segno negativo comporta l instabilità dell equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet; per λ > 1 si ha invece deth U 0, 0 > 0, e la matrice hessiana risulta definita negativa. L equilibrio va identificato con un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet; qualora sia infine λ = 1 ricorre un caso critico, visto che l annullarsi del determinante ed il segno negativo della traccia implicano la presenza di un autovalore nullo e di uno negativo hessiana semidefinita non definita negativa. In effetti, è facile convincersi che l equilibrio rappresenta anche in questo caso un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet. Basta infatti considerare il potenziale adimensionalizzato: uϕ, ξ = 1 ka Uϕ, ξ = mga mg ξ + ξ sin ϕ + cos ϕ = λ ξ + ξ sin ϕ + cos ϕ e per λ = 1 riesprimerlo in una forma appropriata: uϕ, ξ = 1 ξ + ξ sin ϕ + cos ϕ = 1 ξ ξ sin ϕ + sin ϕ + 1 sin ϕ + cos ϕ = 10

11 = 1 ξ sin ϕ + sin ϕ cos ϕ + 1 sin ϕ = 1 1 ξ sin ϕ sin 4 ϕ. In un intorno sufficientemente piccolo di ϕ, ξ = 0, 0 si ha evidentemente uϕ, ξ < u0, 0 = 1 per ogni ϕ, ξ 0, 0, e ciò basta a provare l asserto. Configurazione ϕ, ξ = π, 0 Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale si riduce a: 1 1 H U π, 0 = mga 1 λ ed ha comunque determinante di segno negativo: deth U π, 0 = mga λ 1 < 0, che implica autovalori di segno opposto e quindi l instabilità dell equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Configurazione ϕ, ξ = ϕ, mg ka sin ϕ H U ϕ, 1 λ sin ϕ = mga = ϕ, 1 λ sin ϕ, con cos ϕ = λ < 1 In questo caso la matrice hessiana del potenziale assume la forma: 1 λ sin ϕ cos ϕ cos ϕ ed avendosi ϕ 0, π/ la sua traccia è sempre di segno negativo: cos ϕ λ trh U ϕ, 1 λ sin ϕ = mga 1 λ sin ϕ cos ϕ λ < 0 mentre il determinante risulta positivo: deth U ϕ, 1 λ sin ϕ = mga sin ϕ + λ cos ϕ cos ϕ = mga sin ϕ > 0. Il carattere definito negativo della matrice hessiana assicura la stabilità dell equilibrio, quale massimo relativo proprio del potenziale. Configurazione ϕ, ξ = ϕ, mg ka sin ϕ = ϕ, 1 λ sin ϕ, con cos ϕ = λ < 1 Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale è identica a quella calcolata nella configurazione simmetrica precedente: H U ϕ, 1 λ sin 1 ϕ = mga λ sin ϕ cos ϕ cos ϕ = H U ϕ, 1 λ sin ϕ cos ϕ e conduce alla stessa conclusione: quando definito, l equilibrio è comunque stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet. 11 λ

12 c Energia cinetica Per determinare l energia cinetica del sistema si deve ricorrere alla proprietà additiva, calcolando separatamente e sommando i contributi di asta e disco. Energia cinetica dell asta AB L asta si muove attorno all asse fisso Oz secondo l angolo di rotazione ϕ, che però non è orientato conformemente alla regola della mano destra rispetto al versore ê 3 che si deve intendere diretto in senso uscente rispetto al foglio, essendo Oxyz una terna cartesiana ortogonale destra. L espressione dell energia cinetica è quindi: T AB = 1 IAB Oz ωab con il momento d inerzia: I AB Oz = m 1 1a = 1ma e la velocità angolare istantanea: che porgono infine: ω AB = ϕê 3 T AB = 1 1ma ϕ = 6ma ϕ. 5 Energia cinetica del disco D Il disco circolare non presenta alcun punto fisso e la sua energia cinetica deve essere ricavata per mezzo della formula di König: T D = m Ċ + 1 ID Cz ωd. 6 Indicato con P il punto di contatto istantaneo fra asta e disco, è immediato determinare il vettore posizione del centro geometrico, centro di simmetria e baricentro C di D: C O = P O + C P = aξ cos ϕ ê 1 aξ sin ϕ ê a sin ϕ ê 1 a cos ϕ ê = = aξ cos ϕ sin ϕê 1 aξ sin ϕ + cos ϕê, vettore che derivato in t porge la velocità istantanea di C: Ċ = a ξ cos ϕ ξ sin ϕ ϕ cos ϕ ϕê 1 a ξ sin ϕ + ξ cos ϕ ϕ sin ϕ ϕê di modulo quadrato: Ċ = a ξ cos ϕ + ξ sin ϕ ϕ + cos ϕ ϕ ξ sin ϕ cos ϕ ξ ϕ cos ϕ ξ ϕ + ξ sin ϕ cos ϕ ϕ + + a ξ sin ϕ + ξ cos ϕ ϕ + sin ϕ ϕ + +ξ sin ϕ cos ϕ ξ ϕ sin ϕ ξ ϕ ξ sin ϕ cos ϕ ϕ = = a ξ + ξ ϕ + ϕ ξ ϕ. 1

13 Il momento d inerzia del disco omogeneo rispetto all asse baricentrale Cz è invece dato dalla ben nota formula: I D Cz = ma. La velocità angolare istantanea del disco si può determinare convenientemente ricorrendo al teorema dei moti rigidi composti: ω D = ω AB + ω AB D, dove ω D è la velocità angolare di D rispetto a Oxyz, ω AB = ϕ ê 3 rappresenta la velocità angolare dell asta rispetto alla stessa terna, e ω D AB indica la velocità angolare del disco relativa ad un sistema di riferimento di quiete dell asta: ω AB D = a ξ a ê3 = ξê 3, come si deduce immediatamente dalla condizione di puro rotolamento di D su AB. definitiva, la velocità angolare del disco rispetto alla terna assoluta diventa: In ω D = ϕ + ξê 3. Non rimante che sostituire in 6 le formule precedenti per ottenere: T D = m a ξ + ξ ϕ + ϕ ξ ϕ + 1 ma = ma ξ + ξ ϕ + ϕ ξ ϕ + ξ + ϕ ξ ϕ ξ ϕ = 7 [ = ma 3 ξ + ξ + 3 ] ϕ 3ξ ϕ. Energia cinetica del sistema L energia cinetica del sistema è la somma delle energie cinetiche di asta e disco, equazioni 5 e 7: T = T AB + T D = 6ma ϕ + ma [ = ma 3 ξ + [ 3 ξ + ξ + 3 ] ϕ 3 ξ ϕ ξ + 7 ] ϕ 3 ξ ϕ. d Equazioni di Lagrange Grazie all ipotesi dei vincoli ideali, le equazioni pure del moto possono essere identificate con quelle di Lagrange: = d L L dt ϕ ϕ = 0 d L dt ξ L ξ =

14 in termini della lagrangiana del sistema: L = T + U = ma [ 3 ξ + ξ + 7 ϕ 3 ξ ϕ Dalla definizione di 9 si ricavano le espressioni parziali: [ L ϕ = ma 7 ] [ + ξ ϕ 3ξ 7 = ma + ξ d L [ 7 = ma dt ϕ + ξ ϕ + ξξ ϕ 3 ] ξ L = mgaξ cos ϕ sin ϕ ϕ L ξ = ma 3 ξ 3 ϕ d L 3 dt ξ = ma ξ 3 ϕ L ξ = ma ξ ϕ ka ξ + mga sin ϕ ] ka ξ + mgaξ sin ϕ + cos ϕ. 9 ϕ 3 ] ξ che sostituite nelle 8 forniscono le equazioni del moto richieste: [ 7 ma + ξ ϕ 3 ] ξ + ξ ξ ϕ mgaξ cos ϕ sin ϕ = 0 ma 3 ϕ + 3 ξ ma ξ ϕ + ka ξ mga sin ϕ = 0. e Equilibri di confine Le configurazioni di confine del sistema sono della forma ϕ, ξ = ϕ, 6 o ϕ, ξ = ϕ, 6, con ϕ R arbitrario. Nel piano ϕ, ξ si tratta di due rette, di equazioni rispettive ξ = 6 e ξ = 6, che conviene senz altro considerare separatamente. Configurazioni ϕ, ξ = ϕ o, 6, ϕ o R Lungo questo tratto di frontiera il teorema dei valori virtuali assume la forma: U ϕ ϕ o, 6 α ϕ + U ξ ϕ o, 6 α ξ 0 α ϕ R, α ξ 0 e si riduce quindi al sistema di disequazioni: U ϕ ϕ o, 6 = 0 U ξ ϕ o, 6 0 ossia: mga 6 cos ϕ o sin ϕ o = 0 6ka + mga sin ϕ o

15 L equazione si riduce alla forma equivalente: 6 cos ϕ o + sin ϕ 0 = 0 nella quale è immediato verificare per assurdo che non può aversi cos ϕ o = 0, sicchè risulta: tgϕ o = 6 ed i possibili valori di equilibrio di ϕ sono dati da: La disequazione in 10 equivale invece a: ϕ o = arctg 6 = arctg6 π, 0 π ϕ o = π + arctg 6 = π arctg6, π. sin ϕ o 6ka mg sin ϕ o 6λ. 11 Per ϕ o = arctg6 π/, 0 si ha: sin ϕ o = tgϕ o 1 + tg ϕ o = 6 = e la condizione 11 diventa: λ λ Per ϕ o = π arctg6 π/, π vale invece seno e tangente hanno segno opposto: sin ϕ o = tgϕ o 1 + tg ϕ o = 6 = e per l equilibrio dovrebbe aversi: λ, condizione che non può essere soddisfatta per via del segno positivo di λ. Configurazioni ϕ, ξ = ϕ o, 6, ϕ o R Nella fattispecie la condizione di equilibrio espressa dal teorema dei lavori virtuali si scrive: U ϕ ϕ o, 6 α ϕ + U ξ ϕ o, 6 α ξ 0 α ϕ R, α ξ 0 15

16 ed equivale al sistema di disequazioni: U ϕ ϕ o, 6 = 0 U ξ ϕ o, 6 0 ovvero, più esplicitamente: mga6 cos ϕ o sin ϕ o = 0 6ka + mga sin ϕ o 0. 1 Ragionando in modo analogo a quanto già fatto per l altro tratto di frontiera, si vede che l equazione in 1 ammette le radici: ϕ o = arctg6 Per la prima di esse risulta: 0, π ϕ o = π + arctg6 π, 3 π. sin ϕ o = tgϕ o = tg ϕ o 37 e la disequazione in 1 impone che per l equilibrio si abbia sin ϕ o 6ka mg sin ϕ o 6λ 13 vale a dire: λ λ Per la seconda soluzione si ottiene invece: sin ϕ o = tgϕ o = 6 < tg ϕ o 37 ed è impossibile soddisfare la disequazione 13. In definitiva, il sistema ammette due soli equilibri di confine: ϕ, ξ = arctg6, 6 ϕ, ξ = arctg6, 6 definiti se e solo se λ 1/ 37. Che gli equilibri di confine siano definiti solo per λ = ka/mg abbastanza piccolo appare fisicamente ragionevole, visto che per avere equilibrio in una configurazione di confine la forza elastica deve risultare sufficientemente debole rispetto al peso del disco. Gli equilibri di confine vedono infatti il punto di contatto fra disco e asta coincidere con uno degli estremi A o B, e il centro C del disco collocarsi lungo l asse verticale Oy, in modo che la forza elastica su C agisca verticalmente verso l alto. 16