Prova scritta di meccanica razionale del 12.07.2018 Esercizio 1 Nel piano Oxy di una terna solidale Oxyz = Oê 1 ê 2 ê 3 si considera il sistema rigido composto da un anello circolare omogeneo γ, di centro C(a, 0, 0), raggio a e massa µ, e da una lamina quadrata L = KLMN, di lato 2a, collocati come mostrato in figura. La densità areale della lamina è data da: σ(q) = µ Q O 2 Q L. Determinare: (a) la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz del sistema; (b) la matrice d inerzia relativa a Oxyz della lamina L; (c) i momenti d inerzia di L relativi alle rette ON e KN; (d) l energia cinetica di L relativa alla terna dove l asse Ox è fisso e la velocità angolare vale ωê 1, con ω > 0 costante; (e) velocità ed accelerazione istantanee del punto L rispetto alla terna considerata in (d). 1
Esercizio 2 Una terna cartesiana ortogonale Oxyz = Oê 1 ê 2 ê 3 ruota con velocità angolare costante ω attorno all asse verticale Oy rispetto ad un riferimento inerziale. Nel piano Oxy un anello circolare omogeneo γ, di centro C, raggio a e massa m, si muove con un suo punto fissato nella posizione A(0, a, 0). Il centro C è collegato mediante una molla ideale di stiffness k = 2mω 2 ad un punto materiale P, pure di massa m, libero di scorrere lungo Ox. Oltre al peso, sul sistema agiscono resistenze viscose di uguale costante di frizione β applicate in P e in C. Assumendo i vincoli ideali, usare le variabili s, ϕ R mostrate in figura come coordinate generalizzate per determinare del sistema, relativamente ad Oxyz: (a) gli equilibri; (b) le proprietà di stabilità degli equilibri, tenendo conto di tutte le sollecitazioni; (c) l espressione dell energia cinetica e del momento angolare in A; (d) le equazioni di Lagrange; (e) i modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile per β = 0 e g/aω 2 = 8. 2
Soluzione dell esercizio 1 (a) Massa e baricentro del sistema La lamina è parametrizzata nelle coordinate cartesiane x, y: Q O = xê 1 + yê 2, (x, y) [, 0] [ a, a] e consente di esprimere la densità areale nella forma esplicita: σ(x, y) = µ (x2 + y 2 ), (x, y) [, 0] [ a, a], che integrata sul proprio dominio di definizione fornisce la massa della superficie materiale: m L = σ da = L = µ a a dy µ (x2 + y 2 ) = µ ( 2ax 2 + 2 3 a3) = µ [x 2 y + y3 3 ] a y= a [2a x3 3 + 2 ] 0 3 a3 x = µ ( 16 3 a + 3 a) = 5 3 µ. Massa del sistema La massa del sistema è la semplice somma delle masse parziali di anello e lamina: m = m γ + m L = µ + 5 3 µ = 8 3 µ. Baricentro dell anello γ Poichè l anello è omogeneo per ipotesi, il suo baricentro G γ deve coincidere con il suo centro geometrico e di simmetria C ogni punto di γ ha il proprio simmetrico rispetto a C che appartiene anch esso a γ, ovviamente con lo stesso valore della densità lineare. Pertanto: G γ O = C O = aê 1. Baricentro della lamina L La retta Ox costituisce un asse di simmetria per la lamina: si ha infatti che (x, y) L è anche (x, y) L e che σ(x, y) = σ(x, y). Di conseguenza, il baricentro G L della lamina viene individuato da un vettore posizione della forma: con ascissa: x L = 1 x σ da = 3 m L 5µ L = 3 20a = 3 20a [x 3 y + x y3 3 [2a x + 2 x2 a3 3 2 a a ] a ] 0 G L O = x L ê 1, dy x µ (x2 + y 2 ) = 3 20a = 3 y= a 20a ( 2ax 3 + 2 ) 3 a3 x = = 3 ( 20a 8a 5 3 a5) = 3 20 3 a a = dy (x 3 + xy 2 ) = 28 3 a = 7 5 a
e pertanto: G L O = 7 5 aê 1. Baricentro del sistema Il baricentro G del sistema viene determinato applicando il teorema distributivo, dal momento che l intersezione fra anello e lamina consiste nel solo punto O, insieme di misura nulla sia per gli integrali curvilinei su γ che per quelli di superficie su L: G O = m γ(g γ O) + m P (G L O) = 3 m γ + m P 8µ = 3 ( 1 7 ) aê 1 = 3 ( 8 3 8 3 ) aê 1 = a 2 ê1. [µaê 1 + 53 µ ( 7 5 aê 1) ] = (b) Matrice d inerzia in Oxyz della lamina L La terna Oxyz è principale d inerzia in O per la lamina. Si è già infatti riconosciuto che Ox rappresenta un asse di simmetria ed è quindi principale d inerzia rispetto ad ogni suo punto, in particolare rispetto ad O. D altra parte, il piano di giacitura Oxy di L è un ovvio piano di simmetria, principale d inerzia rispetto ad ogni suo punto, compreso O; la retta ortogonale Oz deve quindi costituire un asse principale d inerzia in O del sistema. La stessa conclusione può infine trarsi per l asse Oy, in quanto ortogonale agli assi principali Ox ed Oz, come conseguenza della simmetria dell operatore d inerzia. Ne deriva che rispetto al riferimento Oxyz la matrice d inerzia della lamina deve assumere la forma diagonale: L L [L L xx 0 0 O] = 0 L L yy 0 0 0 L L xx + L L yy nella quale, come evidenziato, il momento d inerzia rispetto all asse Oz è pari alla somma dei momenti d inerzia relativi agli assi Ox ed Oy, posti nel piano di giacitura della lamina. Il momento d inerzia relativo all asse Ox viene calcolato ricorrendo alla definizione, che porge: L L xx = y 2 σ da = L = µ a a ( 2 3 a3 x 2 + 2 5 a5) = µ = µ ( 16 9 a6 + 5 a6) = dy y 2 µ (x2 + y 2 ) = µ [ 2 x3 a3 3 3 + 2 ] 0 5 a5 x = ( 9 + 1 5) µa 2 = 29 5 µa2. [x 2 y3 3 + y5 5 ] a y= a =
Un calcolo analogo fornisce il momento d inerzia relativo all asse Oy: L L yy = x 2 σ da = L = µ a a dy x 2 µ (x2 + y 2 ) = µ ( 2ax + 2 3 a3 x 2) = µ = µ ( 6 5 a6 + 16 ( 16 9 a6) = 5 + ) µa 2 = 9 in modo che il momento d inerzia rispetto ad Oz risulta: [2a x5 5 + 2 ] 0 x3 a3 = 3 3 [x y + x 2 y3 3 1 + 20 µa 2 = 16 5 5 µa2, L L zz = L L xx + L L yy = 29 5 µa2 + 16 5 µa2 = 193 5 µa2 e la matrice d inerzia diventa infine: [L L O] = µa 2 29/5 0 0 0 16/5 0. 0 0 193/5 (c) Momenti d inerzia di L rispetto alle rette ON e KN Retta ON Si tratta di una retta passante per l origine, con versore direttore: ] a = y= a ˆn = N O N O = ê 1 + aê 2 2aê 1 + aê 2 = 2ê 1 + ê 2 5. Il relativo momento d inerzia della lamina è dunque dato dall espressione: ION L = ˆn L L O(ˆn) = 1 ( 2 1 0) [L L 1 O] 2 1 = 5 5 0 = 5[ 1 ( 2) 2 L L xx + 1 2 L L yy + 2 1 ( 2)L L xy] = = 1 ( 29 5 5 µa2 + 16 5 µa2) = 1 116 + 16 µa 2 = 56 5 5 5 µa2. Retta KN La retta KN è parallela all asse coordinato Oy ed ha equazione x = ; dunque non passa per il baricentro G L della lamina, che è individuato dall ascissa x L = (7/5)a. Si rende necessario un doppio ricorso al teorema di Huygens-Steiner, fra le rette KN e G L y: I L NK = I L G L y + m L [ xl () ] 2 5
e fra le rette Oy e G L y: I L Oy = I L G L y + m L x 2 L, con m L = (5/3)µ. Sottraendo membro a membro le due relazioni precedenti si ottiene: I L KN I L Oy = m L (a 2 + ax L ) e quindi: IKN L = IOy L + m L (a 2 + ax L ) = 16 5 µa2 + 5 ( 3 µ a 2 a 7 ) 5 a = = 16 5 µa2 + 20 ( 1 7 ) µa 2 = 16 3 5 5 µa2 0 15 µa2 = 5 µa2. (d) Energia cinetica di L Nel sistema di riferimento dove il punto O del sistema risulta fisso e la velocità angolare istantanea vale ω = ωê 1 l energia cinetica della lamina è data dalla relazione: T = 1 2 ω LL O( ω) = 1 2 ωê 1 L L O(ωê 1 ) = ω2 2 ê1 L L O(ê 1 ) = = ω2 2 LL xx = ω2 29 2 5 µa2 = 29 90 µa2 ω 2. (e) Velocità ed accelerazione istantanee del punto L Il vettore posizione del punto L rispetto alla terna solidale Oxyz si scrive: L O = aê 2, mentre la velocità angolare istantanea del sistema rigido rispetto alla terna considerata in (d) terna assoluta risulta ω = ωê 1, con ω > 0 costante. Si osservi che l essere ω costante nel riferimento solidale implica la costanza di ω anche rispetto alla terna assoluta, dato il coincidere delle derivate di ω rispetto ad entrambe le terne: d A ω dt = d R ω dt + ω ω = d R ω dt. Questa osservazione consente di calcolare non soltanto la velocità istantanea di L, per mezzo della formula di Poisson: L = ω (L O) = ωê 1 ( aê 2 ) = aωê 3, ma anche l accelerazione istantanea, ottenuta derivando rispetto al tempo la stessa relazione di Poisson: L = d ω dt (L O) + ω L = ω L = ωê 1 ( aωê 3 ) = aω 2 ê 2. 6
Soluzione dell esercizio 2 (a) Equilibri Il sistema è scleronomo e a vincoli bilaterali ideali. Le forze attive applicate sono in parte posizionali conservative: il sistema delle forze peso, quello delle forze centrifughe e l interazione elastica fra i punti C e P mediata dalla molla ideale di stiffness k. Sono però presenti anche resistenze viscose, di natura dissipativa, agenti nei punti C e P. Si osservi che, al solito, le forze di Coriolis risultano costantemente ortogonali al piano vincolare Oxy e le loro componenti generalizzate sono perciò identicamente nulle. Potenziale elastico Alla molla ideale di costante elastica k = 2mω 2 che collega il punto P con il centro C dell anello è associato il potenziale elastico: U el = k 2 C P 2 = mω 2 C P 2. I vettori posizione degli estremi della molla sono dati da: per cui: e quindi: P O = asê 1 C O = A O + C A = aê 2 + a sin ϕ ê 1 a cos ϕ ê 2 = = a sin ϕ ê 1 a(1 + cos ϕ)ê 2, C P = a(sin ϕ s)ê 1 a(1 + cos ϕ)ê 2 C P 2 = a 2[ (sin ϕ s) 2 + (1 + cos ϕ) 2] = = a 2[ sin 2 ϕ + s 2 2s sin ϕ + 1 + cos 2 ϕ + 2 cos ϕ ] = = a 2( s 2 2s sin ϕ + 2 cos ϕ + 2 ). A meno di una costante additiva, il potenziale elastico risulta pertanto: U el = mω 2 a 2( s 2 2s sin ϕ + 2 cos ϕ ). Potenziale gravitazionale Al potenziale gravitazionale del sistema contribuisce soltanto l anello circolare, dal momento che il punto P è vincolato a scorrere lungo l asse orizzontale Ox e dunque ad ordinata costante. Si ha perciò: U g = mgê 2 (C O) = mga(1 + cos ϕ) = mga cos ϕ + costante. Potenziale centrifugo Il potenziale centrifugo è la somma dei potenziali relativi al punto P e all anello γ: U cf [ = ω2 2 m P O 2 + ω2 2 = ma2 ω 2 [ s 2 + ω2 ma 2 2 2 2 I γ Cy + m γ[(c O) ê 1 ] 2] = ] + ma 2 sin 2 ϕ = ma2 ω 2 2 7 s 2 + ma2 ω 2 2 sin 2 ϕ + costante.
Potenziale del sistema Dalla somma dei potenziali elastico, gravitazionale e centrifugo si ricava il potenziale del sistema: U(s, ϕ) = mω 2 a 2( s 2 2s sin ϕ + 2 cos ϕ ) + mga cos ϕ + ma2 ω 2 s 2 + ma2 ω 2 sin 2 ϕ = 2 2 = ma 2 ω 2( s2 2 + 2s sin ϕ 2 cos ϕ + 1 ) 2 sin2 ϕ + mga cos ϕ s, ϕ R. Componenti generalizzate delle resistenze viscose Le resistenze viscose, di uguale costante di frizione β > 0, sono applicate nei punti P e C: P O = asê 2 C O = a sin ϕ ê 1 a(1 + cos ϕ)ê 2 con velocità istantanee rispettive: P = aṡê 1 Ċ = a(cos ϕ ê 1 + sin ϕ ê 2 ) ϕ di modulo quadrato: P 2 = a 2 ṡ 2 Ċ 2 = a 2 ϕ 2. Questi dati consentono di calcolare immediatamente la funzione ausiliaria di Rayleigh: R = β 2 P 2 β 2 Ċ2 = βa2 2 ṡ2 βa2 2 ϕ2, dalla quale si deducono le componenti generalizzate del sistema di resistenze viscose: ed il segno definito della potenza: D s = R ṡ = βa2 ṡ D ϕ = R ϕ = βa2 ϕ (1) π = D s ṡ + D ϕ ϕ = 2R = βa 2 ṡ 2 βa 2 ϕ 2 0, che si annulla unicamente per velocità generalizzate nulle: π = 0 (ṡ, ϕ) = (0, 0) e consente quindi di riconoscere le sollecitazioni come completamente dissipative. Le resistenze viscose non concorrono in alcun modo alla determinazione degli equilibri del sistema, dal momento che le loro componenti generalizzate si annullano per velocità generalizzate nulle. Influenzano, però, le proprietà di stabilità degli equilibri, che possono essere caratterizzate completamente mediante la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri di Barbašin e Krasovskii. 8
Equilibri Gli equilibri del sistema sono tutti ordinari e vanno identificato con i punti stazionari del potenziale U. Si devono quindi determinare le derivate parziali prime: U s = U s = ma 2 ω 2 ( s + 2 sin ϕ) U ϕ = U ϕ = ma 2 ω 2( 2s cos ϕ + 2 sin ϕ + sin ϕ cos ϕ ) mga sin ϕ ed eguagliarle simultaneamente a zero per ottenere le equazioni di equilibrio: ma 2 ω 2( s + 2 sin ϕ ) = 0 ma 2 ω 2( 2s cos ϕ + 2 sin ϕ + sin ϕ cos ϕ ) mga sin ϕ = 0 che semplificando per il fattore positivo ma 2 ω 2 si riducono alla forma adimensionale: s + 2 sin ϕ = 0 2s cos ϕ + 2 sin ϕ + sin ϕ cos ϕ g aω 2 sin ϕ = 0. (2) La prima delle (2) fornisce il valore di equilibrio di s in funzione di quello della variabile angolare: s = 2 sin ϕ e sostituito nella seconda conduce ad una equazione di equilibrio nella sola variabile ϕ: ( 5 sin ϕ cos ϕ + 2 g ) aω 2 sin ϕ = 0 fattorizzabile come: [ 5 sin ϕ cos ϕ + 1 ( 2 g )] 5 aω 2 = 0. Si devono quindi considerare due possibili casi. (i) Se sin ϕ = 0 risulta ϕ = 0 e ϕ = π e si ottengono le configurazioni di equilibrio: sempre definite. (ii) Per cos ϕ + 1 ( 2 g ) 5 aω 2 = 0 si ha: e quindi: (s, ϕ) = (0, 0) (s, ϕ) = (0, π), cos ϕ = 1 5 ( g aω 2 2 ) [ 1 ( g )] ϕ = arccos 5 aω 2 2 := ϕ ϕ = ϕ 9
purchè si abbia 1 g 5 aω 2 2 < 1, ossia: 5 < g g 2 < 5 3 < aω2 aω 2 < 7 0 < g aω 2 < 7. Ne seguono quindi gli equilibri: (s, ϕ) = (2 sin ϕ, ϕ ) (s, ϕ) = ( 2 sin ϕ, ϕ ), definiti e distinti dai precedenti per g/aω 2 [ 1 ( g < 7, con ϕ = arccos 5 aω 2 2 ( π/2, π/2). (b) Stabilità degli equilibri Gli equilibri sono tutti ordinari ed isolati, dato che il loro numero risulta finito. La compresenza di sollecitazioni posizionali conservative e completamente dissipative consente di studiare le caratteristiche di stabilità degli equilibri isolati facendo uso della forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet. Gli equilibri riconosciuti come massimi relativi propri del potenziale sono asintoticamente stabili; in ogni altro caso si ha instabilità, e la dissipazione dell energia meccanica consente inoltre di escludere l attrattività. Per condurre l analisi si rende necessario il calcolo delle derivate parziali seconde del potenziale: U ss = ma 2 ω 2 U ϕs = U sϕ = 2ma 2 ω 2 cos ϕ U ϕϕ = ma 2 ω 2( 2s sin ϕ + 2 cos ϕ + cos 2 ϕ sin 2 ϕ ) mga cos ϕ e della corrispondente matrice hessiana: ( ) 1 2 cos ϕ H U (s, ϕ) = ma 2 ω 2 2 cos ϕ 2s sin ϕ + 2 cos ϕ + cos 2 ϕ sin 2 ϕ g aω 2 cos ϕ in ciascuna configurazione di equilibrio. Lo scopo è quello di accertare la natura del punto stazionario tramite il segno degli autovalori della matrice hessiana. Configurazione (s, ϕ) = (0, 0) In questo equilibrio la matrice hessiana del potenziale assume la forma: ( ) 1 2 H U (0, 0) = ma 2 ω 2 2 3 g aω 2 con determinante e traccia di segno non definito: deth U (0, 0) = (ma 2 ω 2 ) 2( g ) aω 2 7 che obbligano a distinguere tre casi: trh U (0, 0) = ma 2 ω 2( 2 g ) aω 2 se g/aω 2 < 7 risulta deth U (0, 0) < 0 e la matrice hessiana presenta un autovalore positivo ed uno negativo. L autovalore positivo esclude che l equilibrio possa costituire 10
un massimo relativo del potenziale in effetti si tratta di un punto di sella. Ne deriva che l equilibrio è instabile per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, non attrattivo per via della dissipazione dell energia meccanica; per g/aω 2 > 7 si ha invece deth U (0, 0) > 0 e trh U (0, 0) < 0, per cui l hessiana risulta definita negativa. L equilibrio costituisce un massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile; qualora sia g/aω 2 = 7 vale infine deth U (0, 0) = 0 e trh U (0, 0) < 0 e la natura del punto stazionario non appare evidente. La trattazione della stabilità richiederebbe un analisi più accurata del punto stazionario, ma per brevità questo caso viene indicato semplicemente come critico. L analisi dettagliata del punto stazionario consiste nel considerare il potenziale adimensionalizzato per g/aω 2 = 7: u(s, ϕ) = 1 ma 2 U(s, ϕ) = s2 ω2 2 + 2s sin ϕ 2 cos ϕ + 1 2 sin2 ϕ + 7 cos ϕ = = s2 2 + 2s sin ϕ + 5 cos ϕ + 1 2 sin2 ϕ e nel riscriverlo nella forma equivalente: u(s, ϕ) = 1 2 (s2 s sin ϕ + sin 2 ϕ) + 2 sin 2 ϕ + 5 cos ϕ + 1 2 sin2 ϕ = = 1 2 (s 2 sin ϕ)2 + 5 2 sin2 ϕ + 5 cos ϕ = = 1 2 (s 2 sin ϕ)2 + 10 sin 2 ϕ ϕ 2 cos2 2 + 5 10 ϕ sin2 2 = = 1 2 (s 2 sin ϕ)2 10 sin ϕ 2 + 5, dalla quale appare evidente che (s, ϕ) = (0, 0) è un massimo relativo proprio. stabilità asintotica dell equilibrio nel caso critico risulta così provata. La Configurazione (s, ϕ) = (0, π) In questo caso la matrice hessiana del potenziale vale: ( 1 H U (0, π) = ma 2 ω 2 2 ) 2 g aω 2 1 e risulta indefinita a causa del segno negativo del suo determinante: deth U (0, π) = (ma 2 ω 2 ) 2( g aω 2 3 ) < 0. Il ricorrere di un autovalore positivo esclude che l equilibrio costituisca un massimo relativo proprio del potenziale. L instabilità segue dalla forma forte del teorema di Lagrange- Dirichlet, la non attrattività dalla dissipazione dell energia meccanica. 11
Configurazione (s, ϕ) = (2 sin ϕ, ϕ ), con cos ϕ = 1 ( g ) 5 aω 2 2 e g/aω 2 < 7 Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale risulta: con: ( ) 1 2 cos ϕ H U (2 sin ϕ, ϕ ) = ma 2 ω 2 2 cos ϕ 1 ma 2 ω 2 U ϕϕ(2 sin ϕ, ϕ ) 1 ma 2 ω 2 U ϕϕ(2 sin ϕ, ϕ ) = sin 2 ϕ + 2 cos ϕ + cos 2 ϕ sin 2 ϕ g aω 2 cos ϕ = = 5 sin 2 ϕ + 2 cos ϕ + cos 2 ϕ (2 + 5 cos ϕ ) cos ϕ = in modo che: e: = 5 sin 2 ϕ cos 2 ϕ = sin 2 ϕ, tr H U (2 sin ϕ, ϕ ) = ma 2 ω 2 ( 5 sin 2 ϕ ) < 0 det H U (2 sin ϕ, ϕ ) = (ma 2 ω 2 ) 2 5 sin 2 ϕ > 0, per cui la matrice è definita negativa. La configurazione, quando definita, viene riconosciuta essere un massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet. Configurazione (s, ϕ) = ( 2 sin ϕ, ϕ ), con cos ϕ = 1 ( g ) 5 aω 2 2 e g/aω 2 < 7 Come ci si poteva aspettare dalla simmetria del potenziale U, la matrice hessiana in questa configurazione è identica a quella calcolata nell equilibrio simmetrico precedente: H U ( 2 sin ϕ, ϕ ) = H U (2 sin ϕ, ϕ ). Se ne conclude che anche questo equilibrio, laddove definito, costituisce un massimo relativo proprio del potenziale ed è asintoticamente stabile per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet. (c) Energia cinetica e momento angolare in A Energia cinetica L energia cinetica del sistema è definita come somma delle energie cinetiche del punto P e dell anello γ. Per il punto P si ha banalmente: T P = m 2 P 2 = m 2 (aṡê 1) 2 = ma2 2 ṡ2. L anello ruota attorno all asse fisso Az con angolo di rotazione ϕ e velocità angolare ω γ = ϕ ê 3 ; la sua energia cinetica è quindi data dalla relazione: T γ = 1 2 Iγ Az ω γ 2 = 1 2( m C A 2 + I γ Cz ) ϕ ê 3 2 = 1 2 (ma2 + ma 2 ) ϕ 2 = ma 2 ϕ 2. 12
L energia cinetica del sistema vale pertanto: T = T P + T γ = ma2 2 ṡ2 + ma 2 ϕ 2. Momento angolare in A Anche il momento angolare rispetto al polo A del sistema è la somma dei momenti angolari, relativi allo stesso polo, del punto P e dell anello γ. Per il punto P si ha, da definizione, l espressione: K P A = (P A) m P = (asê 1 + aê 2 ) maṡê 1 = ma 2 ṡê 3 mentre per l anello γ l asse di rotazione Az è un evidente asse principale d inerzia in A, per cui: K γ A = Iγ Az ω γ = 2ma 2 ϕ ê 3. Si conclude pertanto che: K A = K P A + K γ A = ma2 ṡê 3 + 2ma 2 ϕ ê 3 = ma 2 ( ṡ + 2 ϕ)ê 3. (d) Equazioni di Lagrange Le equazioni di Lagrange del sistema si scrivono: d ( L ) L dt ṡ s = D s d ( L ) L dt ϕ ϕ = D ϕ (3) in termini della lagrangiana: L = T + U = ma2 2 ṡ2 + ma 2 ϕ 2 + ma 2 ω 2( s2 2 + 2s sin ϕ 2 cos ϕ + 1 ) 2 sin2 ϕ + mga cos ϕ e delle componenti lagrangiane (1) delle resistenze viscose: D s = βa 2 ṡ D ϕ = βa 2 ϕ. Il calcolo del primo termine nei binomi di Lagrange è immediato, vista la forma particolarmente semplice dell energia cinetica: d ( L ) dt ṡ = ma 2 s d ( L ) dt ϕ = 2ma 2 ϕ, mentre il secondo termine coincide con le rispettive derivate parziali prime del potenziale, già ricavate in precedenza per la determinazione degli equilibri: L s = U s = ma 2 ω 2 ( s + 2 sin ϕ) L ϕ = U ϕ = ma 2 ω 2( 2s cos ϕ + 2 sin ϕ + sin ϕ cos ϕ ) mga sin ϕ. 13
Sostituendo nelle (3) si ottiene così: ma 2 s + ma 2 ω 2 (s 2 sin ϕ) = βa 2 ṡ 2ma 2 ϕ ma 2 ω 2( 2s cos ϕ + 2 sin ϕ + sin ϕ cos ϕ ) + mga sin ϕ = βa 2 ϕ. (e) Piccole oscillazioni per β = 0 e g/aω 2 = 8 Nelle ipotesi indicate l equilibrio (s, ϕ) = (0, 0) risulta stabile per il teorema di Lagrange- Dirichlet, e in quanto massimo relativo proprio del potenziale, e non attrattivo a causa della conservazione dell energia meccanica. Gli equilibri simmetrici (s, ϕ) = (2 sin ϕ, ϕ ) e (s, ϕ) = ( 2 sin ϕ, ϕ ) non sono definiti e quindi non possono essere presi in considerazione. Infine, (s, ϕ) = (0, π) è comunque un punto di sella del potenziale, instabile per l inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. In definitiva, il solo equilibrio per il quale lo studio delle piccole oscillazioni ha significato è (s, ϕ) = (0, 0). In questa configurazione le matrici dell energia cinetica ed hessiana del potenziale sono date da: ( ) A(0, 0) = ma 2 1 0 0 2 ( ) H U (0, 0) = ma 2 ω 2 1 2. 2 5 L equazione caratteristica per il calcolo delle pulsazioni normali Ω = Ω + e Ω = Ω risulta pertanto: 0 = det [ Ω 2 A(0, 0) + H U (0, 0) ] = ( ) Ω2 ma 2 1 0 0 2 e semplificata per (ma 2 ω 2 ) 2, con la sostituzione Ω 2 /ω 2 = µ diventa: ossia: 0 = 0 = Ne seguono le radici (positive): ( ) 1 0 µ + 0 2 ( 1 2 2 5 ) + ma 2 ω 2 ( 1 2 2 5 ) µ 1 2 2 2µ 5 = (µ 1)(2µ 5) = 2µ2 7µ + 1. µ ± = 7 ± 9 8 = 7 ± 1 e le pulsazioni normali richieste: Ω + = µ + ω = 7 + 1 ω Ω = µ ω = 7 1 ω, corrispondenti al modo normale alto e basso, rispettivamente Ω + > Ω. 1
Modo alto Ω = Ω +, ovvero µ = µ + L equazione delle ampiezze di questo modo normale si scrive: ( )( ) ( ) µ+ 1 2 a+ 0 = 2 2µ + 5 0 ed equivale all unica equazione scalare linearmente indipendente: b + (µ + 1)a + + 2b + = 0. Una soluzione non banale di questa equazione omogenea è data da: a + = 2 b + = µ + 1 = 7 + 1 1 = 3 + 1 ed il modo normale può così essere espresso nella forma: ( ) ( ) δs 8 = A δϕ + 3 + cos 7 + 1 ωt + α 1 + t R, con A + 0 e α + costanti reali arbitrarie per quanto il fattore di scala A + dovrebbe risultare molto piccolo, in modo da mantere gli scostamenti δs e δϕ vicini a zero e giustificare l introduzione delle equazioni del moto linearizzate nell intorno dell equilibrio. Si noti che le ampiezze hanno segno opposto, per cui i parametri lagrangiani oscillano in opposizione di fase attorno ai rispettivi valori di equilibrio. Modo basso Ω = Ω, ovvero µ = µ I calcoli per la determinazione di questo modo normale sono identici a quelli visti per il modo normale precedente, salvo che per la sostituzione: 1 1. 15
Il modo basso viene quindi scritto come: ( ) ( ) δs 8 = A δϕ 3 cos 1 7 1 ωt + α t R, con A 0 e α costanti reali arbitrarie. In questo caso le ampiezze sono di eguale segno, indice del fatto che i parametri lagrangiani oscillano in fase attorno ai relativi valori di equilibrio. 16