Prova scritta di meccanica razionale del

Esercizio 1 Nel piano Oxy di una terna cartesiana solidale Oxyz = Oê 1 ê 2 ê 3 si considera una piastra rigida P, collocata come illustrato in figura. La piastra, di massa m, è stata ottenuta da una lamina quadrata omogenea S, di centro O e lato 2a, rimuovendo una porzione T, essa pure quadrata, con lato a e centro Q(a/2, 0 vedi figura. Si chiede di determinare della piastra P: (a il baricentro G, verificando che G conv(p; Prova scritta di meccanica razionale del 06.07.2016 (b la matrice d inerzia relativa a Oxyz, ricavando i momenti principali d inerzia in O; (c i momenti d inerzia relativi alla retta r di equazione 2y + x = 0, z = 0 e alla retta Cy; (d se la retta s di equazione x + y = 0, z = 0 è un asse principale d inerzia in O; (e il momento angolare in O e l energia cinetica rispetto al riferimento dove O è fisso e la velocità angolare di P è ω = ωê 1 + ωê 3, con ω > 0 costante. In tale riferimento il moto di P è rotatorio uniforme? Motivare la risposta. 1

Esercizio 2 In una terna cartesiana Oxyz = Oê 1 ê 2 ê 3 un sistema rigido S è vincolato a ruotare attorno all asse Oz mantenendosi nel piano Oxy. S consiste di un disco circolare omogeneo D, di raggio a, centro C e massa 2m, il cui bordo è saldato ortogonalmente in O ad un asta rettilinea omogenea OA, di lunghezza 2a e massa m (A, O e C sono perciò allineati. La terna Oxyz ruota con velocità angolare costante ω attorno all asse verticale Oy rispetto ad un riferimento inerziale Oξyζ, non disegnato in figura. Il sistema è pesante e soggetto a resistenze di costanti rispettive β e γ, una viscosa in A e l altra idraulica in C. Una molla ideale di stiffness k collega infine A con la sua proiezione ortogonale B sull asse Ox. Assunti i vincoli ideali, usare l angolo ϑ R in figura per determinare del sistema, rispetto a Oxyz: (a l espressione dell energia cinetica; (b gli equilibri; (c le proprietà di stabilità degli equilibri, tenendo conto di tutte le sollecitazioni; (d le equazioni pure del moto; (e i modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile per β = 0 e k = 2mω 2 /3. 2

Soluzione dell esercizio 1 (a Baricentro La densità areale della piastra omogenea P si ottiene dividendone la massa m per la relativa area, differenza fra le aree dei quadrati S e T: σ = m (2a 2 a 2 = m 3a 2. Di qui è immediato risalire alle masse originali della piastra intera S, considerata omogenea: e della porzione rimossa T: m S = σ(2a 2 = m T = σa 2 = m 3a 2 4a2 = 4 3 m m 3a 2 a2 = m 3. Il baricentro della piastra S coincide con il suo centro geometrico e di simmetria O: G S O = O O = 0, e di conseguenza quello della lamina rimossa T, da riguardarsi anch essa come omogenea, va identificato con il relativo centro geometrico e di simmetria Q: G T O = Q O = a 2 ê1. Il baricentro della piastra P può allora determinarsi applicando in modo indiretto il teorema distributivo: basta immaginare di tappare il foro quadrato presente nella piastra P con la porzione rimossa T, ripristinando così la lamina completa S. Poichè l intersezione fra P e T consiste in una semplice curva (una poligonale a tre lati, che non influenza gli integrali di superficie su P, S e T, la proprietà distributiva porge allora l espressione: dalla quale si ricava: m S (G S O = m P (G O + m T (G T O G O = 1 m P [ ms (G S O m T (G T O ]. Si può ottenere formalmente la stessa relazione immaginando di attribuire alla piastra T (che è stata rimossa dalla lamina S una massa negativa m T. Risulta così: G O = 1 m ( 4 3 m 0 m 3 a 2 ê1 = a 6 ê1. Si verifica immediatamente che G P, per cui è anche G conv(p, inviluppo convesso che coincide con il quadrato chiuso ABCD. 3

(b Matrice d inerzia Matrice d inerzia di S La matrice d inerzia rispetto alla terna Oxyz di un quadrato omogeneo di massa M, lato R e centro O, collocato nel piano Oxy, è data dalla ben nota espressione: MR2 /12 0 0 0 MR 2 /12 0. (1 0 0 MR 2 /6 In questo caso si ha M = (4/3m e R = 2a, per cui: MR 2 12 = 4 3 m(2a2 12 = 4 9 ma2 e la matrice d inerzia della lamina completa S risulta: [L S O] = ma 2 4/9 0 0 0 4/9 0. 0 0 8/9 Matrice d inerzia di T Una espressione analoga alla (1 vale per la matrice d inerzia di T rispetto alla terna baricentrale Qxyz, salvo che in questo caso risulta M = m/3 e R = a, in modo che: e di conseguenza: MR 2 12 = m 3 a 2 12 = ma2 36 [L T Q] = ma 2 1/36 0 0 0 1/36 0. 0 0 1/18 Per riportare la matrice alla terna Oxyz basta applicare il teorema di Huygens-Steiner generalizzato: [L T O] = [L T Q] + m T d2 2 + d 2 3 d 1 d 2 d 1 d 3 d 1 d 2 d 2 1 + d 2 3 d 2 d 3 d 1 d 3 d 2 d 3 d 2 1 + d 2 2 notando che il baricentro Q è individuato dal vettore posizione Q O = (a/2ê 1 ed ha quindi coordinate: d 1 = a 2 d 2 = 0 d 3 = 0 dalla quali si deduce: [L T O] = ma 2 1/36 0 0 0 1/36 0 + m 3 0 0 1/18 0 0 0 0 a 2 /4 0 0 0 a 2 /4 4 = ma 2 1/36 0 0 0 1/9 0 0 0 5/36.

Matrice d inerzia di P Poichè S = P T e l intersezione P T è una curva, che non contribuisce in alcun modo agli integrali di superficie su S, P e T, la matrice d inerzia di P relativa ad Oxyz si può ricavare come differenza fra le matrici d inerzia di S e di T relative alla stessa terna: [L P O] = [L S O] [L T O] = ma 2 4/9 0 0 0 4/9 0 0 0 8/9 = ma 2 5/12 0 0 0 1/3 0 0 0 3/4 ma 2 1/36 0 0. 0 1/9 0 0 0 5/36 Dalla forma diagonale della matrice si deduce che la terna Oxyz è principale d inerzia in O per il sistema P. Lo si poteva dedurre a priori dalla compresenza dell ovvio asse di simmetria Ox (che è anche asse principale d inerzia in O e del piano di giacitura/simmetria Oxy (che implica Oz essere un asse principale d inerzia in O; la simmetria dell operatore d inerzia comporta infine che anche Oy sia un asse principale d inerzia rispetto all origine. I momenti principali d inerzia in O della piastra sono dunque, per definizione, gli elementi diagonali della matrice ottenuta: A 1 = 5 12 ma2 A 2 = 1 3 ma2 A 3 = 3 4 ma2. (c Momenti d inerzia relativi alle rette r e Cy Momento d inerzia relativo alla retta r La retta r di equazione 2y + x = 0, z = 0 passa chiaramente per l origine O della terna di riferimento ed è descritta dall equazione parametrica: cui si può associare il versore direttore: x = 2u y = u z = 0 = ˆn = 2ê 1 + ê 2 2ê 1 + ê 2 = 2ê 1 + ê 2 5. Il momento d inerzia richiesto è perciò: I P r = I P Oˆn = ˆn L P O(ˆn = 1 5 ( 2 1 0 [L P O] = 5[ 1 ( 2 2 L P xx + 1 2 L P yy + 2( 2 1 L P xy = 1 ( 5 4 5 12 ma2 + ma2 = 1 3 5 5 1 2 1 5 = 0 ] 1 = 5 (4LP xx + L P yy = ( 5 3 + 1 3 ma 2 = 2 5 ma2.

Momento d inerzia relativo alla retta Cy La retta Cy non passa per l origine, ma risulta parallela all asse coordinato Oy. Non passa neppure per il baricentro G del sistema, circostanza che obbliga ad applicare due volte il teorema di Huygens-Steiner: una volta fra l asse Oy e l asse baricentrale Gy, e una seconda volta fra Gy e la retta Cy. Indicate con x C = a e x P = a/6 le ascisse rispettivamente di C e di G, si hanno così le equazioni: I P Oy = I P Gy + m P x 2 P I P Cy = I P Gy + m P (x C x P 2 che sottratte membro a membro porgono: e conducono al momento d inerzia cercato: I P Cy = I P Oy + m P x C (x C 2x P = ma2 3 I P Cy I P Oy = m P (x 2 C 2x C x P [ ( + ma a 2 a ] = ma2 6 3 + 4 3 ma2 = 5 3 ma2. (d La retta s come eventuale asse principale d inerzia in O La retta s di equazione x + y = 0, z = 0 passa chiaramente per l origine O ed è individuata dal vettore direttore: d s = ê 1 ê 2. Verificare che s sia un asse principale d inerzia in O equivale perciò a controllare che d s sia autovettore dell operatore d inerzia in O del sistema: ossia, rispetto alla base canonica ê 1 ê 2 ê 3 : L P O( d s = λ d s [L P O] 1 1 = λ 1 1 0 0 per un qualche λ R. Esplicitando la matrice d inerzia, si ottiene la condizione: ma 2 5/12 0 0 0 1/3 0 1 1 = λ 1 1 0 0 3/4 0 0 che si riduce al sistema lineare omogeneo: 5 12 ma2 = λ 1 3 ma2 = λ 0 = 0 6

ed è chiaramente incompatibile. Ne deriva che s non costituisce un asse principale d inerzia in O per la piastra P. (e Momento angolare in O ed energia cinetica. Moto rotatorio Momento angolare in O rispetto alla terna assoluta Poichè la piastra rigida si muove con punto fisso O e velocità angolare istantanea ω, il momento angolare in O del sistema si scrive per mezzo dell operatore d inerzia in O: K O = L P O( ω. Esprimendo per componenti, rispetto alla base ê 1 ê 2 ê 3 associata alla terna solidale, i vettori K O ed ω: 3 K O = K α ê α ω = ωê 1 + ωê 3, α=1 si perviene alla relazione matriciale: K 1 K 2 = [L P O] ω 0 K 3 ω dalla quale si conclude che: = ma 2 5/12 0 0 0 1/3 0 0 0 3/4 ω 0 ω K O = 5 12 ma2 ωê 1 + 3 4 ma2 ωê 3. = ma 2 ω 5/12 0, 3/4 Energia cinetica rispetto alla terna assoluta Nelle condizioni di moto della piastra l energia cinetica relativa al riferimento assoluto è data dalla nota relazione: T = 1 2 ω K O = 1 2 (ωê 1 + ωê 3 = 1 2 ( 5 12 ma2 ωê 1 + 3 4 ma2 ωê 3 = ( 5 12 ma2 ω 2 + 3 4 ma2 ω 2 = 1 2 5 + 9 12 ma2 ω 2 = 7 12 ma2 ω 2. Moto rotatorio uniforme nel riferimento assoluto Il moto di P nel riferimento assoluto dove O è fisso e ω costante risulta rotatorio uniforme. Se infatti ω = ωê 1 + ωê 3, con ω > 0 costante, allora la velocità angolare del sistema rigido risulta costante rispetto alla terna solidale Oê 1 ê 2 ê 3. Questa circostanza è equivalente ad affermare che la velocità angolare istantanea sia costante anche rispetto alla terna assoluta, per via della nota relazione fra derivata assoluta e relativa: d A ω dt = d R ω dt + ω ω = d R ω dt L essere O punto fisso del sistema rigido comporta che la retta O ω sia fissa nel riferimento assoluto; preso un punto P dello spazio solidale a P su di essa, la velocità istantanea del punto risulta: P = Ȯ + ω (P O = ω (P O = 0 7.

in quanto i vettori ω e P O sono paralleli. Tutti i punti dello spazio solidale situati lungo la retta fissata O ω sono fissi nel sistema di riferimento assoluto: il moto è rotatorio con asse fisso O ω. La costanza di ω implica infine, come ben noto, l uniformità di tale moto rotatorio. Soluzione dell esercizio 2 (a Energia cinetica Energia cinetica del disco D Rispetto alla terna Oxyz il disco omogeneo D, di centro C, raggio a e massa 2m, ruota attorno all asse fisso Oz e la sua energia cinetica è dunque espressa dalla relazione: T D = 1 2 ID Oz ω D 2 nella quale il momento d inerzia rispetto all asse fisso si ricava facilmente usando il teorema di Huygens-Steiner: I D Oz = m D C O 2 + I D Cz = 2ma 2 + 2ma2 2 = 3ma 2, mentre la velocità angolare istantanea si scrive banalmente in termini dell angolo di rotazione ϑ: ω D = ϑê 3. Si ha pertanto: T D = 1 2 3ma2 ϑê 3 2 = 3 2 ma2 ϑ2. Energia cinetica dell asta OA L asta omogenea ha lunghezza 2a e massa m ed è anch essa vincolata a ruotare attorno all asse fisso Oz secondo lo stesso angolo di rotazione ϑ. Vale dunque: T OA = 1 2 IOA Oz ω OA 2 1 = 2 m(2a 2 3 ϑê 3 2 = 2 3 ma2 ϑ2. Energia cinetica del sistema L energia cinetica del sistema è definita come somma delle energie cinetiche parziali di disco ed asta: T = T D + T OA = 3 2 ma2 ϑ2 + 2 3 ma2 ϑ2 = 13 6 ma2 ϑ2. (b Equilibri Il sistema scleronomo è soggetto a sollecitazioni posizionali conservative, rappresentate dal peso, dalle forze contrifughe e dalle interazioni elastiche fra i punti A e B, a sollecitazioni non energetiche (le forze di Coriolis e a forze di tipo dissipativo, costituite dalla resistenza viscosa in A e da quella idraulica in C. Per le sollecitazioni posizionali conservative si procede al calcolo dei relativi potenziali, mentre per le forze non energetiche e dissipative si devono determinare le appropriate componenti generalizzate. 8

Forze peso Le forze peso che agiscono su disco ed asta costituiscono un sistema di sollecitazioni posizionali conservative il cui potenziale è la somma dei contributi relativi al disco e all asta: con i vettori posizione: U g (ϑ = 2mgê 2 (C O mgê 2 A O 2 C O = a(sin ϑê 1 cos ϑê 2 A O = 2a( sin ϑê 1 + cos ϑê 2, (2 per cui: U g = 2mga cos ϑ mga cos ϑ = mga cos ϑ. Forze elastiche All interazione elastica prodotta dalla molla ideale di stiffness k fra i punti A e B è associato il potenziale: U el = k 2 A B 2 = k 2 2a cos ϑê 2 2 = 2ka 2 cos 2 ϑ. Forze centrifughe Anche il sistema delle forze centrifughe è posizionale conservativo, con un potenziale che è la somma dei potenziali associati ad asta e disco: U cf = ω2 2 IOA Oy + ω2 2 ID Oy = ω2 ( I OA Oy + I D 2 Oy, dove il momento d inerzia dell asta OA rispetto all asse di rotazione Oy della terna Oxyz relativo al riferimento inerziale si calcola direttamente dalla definizione: I OA Oy = 2a 0 (ξ sin ϑ 2 m 2a dξ = m [ ξ 3 2a sin2 ϑ 3 ] 2a 0 = m 2a sin2 ϑ 8 3 a3 = 4 3 ma2 sin 2 ϑ, mentre il momento del disco D rispetto allo stesso asse viene dedotto dal teorema di Huygens-Steiner: I D Oy = m D [ (C O ê1 ] 2 + I D Cy = 2m(a sin ϑ 2 + 2ma2 4 = 2ma 2 sin 2 ϑ + ma2 2. Di conseguenza, omessa la costante additiva inessenziale: U cf ( = ω2 4 2 3 ma2 sin 2 ϑ + 2ma 2 sin ϑ 2 = 5 3 ma2 ω 2 sin 2 ϑ. 9

Forze di Coriolis È immediato verificare che le forze di Coriolis, agenti su tutti i punti del disco e dell asta, hanno componente generalizzata nulla. Sommando formalmente su tutti i punti del sistema (in effetti si tratterebbe di integrare sulla curva OA e sul disco D, si ha infatti: Q Cor ϑ = P = 2ω ϑ P 2m P P ωê 2 P ϑ = 2ω P m P P ϑ ê 2 P ϑ = 2ω ϑ P m P P ϑ ϑ ê 2 P ϑ = 0 = 0, in modo che le forze di Coriolis risultano completamente ininfluenti ai fini statici e dinamici. L interpretazione di questo risultato è quella usuale: le forze di Coriolis agiscono su punti che possono muoversi unicamente nel piano Oxy, al quale la velocità angolare di trascinamento ωê 2 della terna rotante Oxyz si mantiene costantemente parallela; di conseguenza le sollecitazioni di Coriolis sono sempre ortogonali al piano vincolare che, in quanto liscio (sistema a vincoli ideali, è in grado di compensarle sviluppando le adeguate reazioni vincolari. Forze resistenti Per la resistenza viscosa βa in A, tenuto conto del vettore posizione A O indicato in (2, la componente generalizzata è data da: D A ϑ = β A A ϑ = β ϑ A ϑ A ϑ = β ϑ 2a( cos ϑê 1 sin ϑê 2 2 = 4βa 2 ϑ, mentre per la resistenza idraulica γ Ċ Ċ D C ϑ agente in C vale: = γ Ċ Ċ C ϑ = γ C ϑ ϑ C ϑ ϑ C ϑ = γ C ϑ 3 ϑ ϑ = = γ a(cos ϑê1 + sin ϑê 2 3 ϑ ϑ = γa 3 ϑ ϑ. La componente generalizzata delle forze resistenti è pertanto: D ϑ = D A ϑ + D C ϑ = 4βa 2 ϑ γa 3 ϑ ϑ (3 e, come c era da aspettarsi, si annulla a velocità generalizzata nulla (cioè per ϑ = 0; dunque essa non concorre a determinare gli equilibri del sistema. Potenziale del sistema Il potenziale del sistema è definito dalla somma dei potenziali gravitazionale, elastico e centrifugo: U(ϑ = U g + U el + U cf = mga cos ϑ 2ka 2 cos 2 ϑ + 5 3 ma2 ω 2 sin 2 ϑ = = mga cos ϑ + ( 5 3 ma2 ω 2 + 2ka 2 sin 2 ϑ + costante. 10

Equilibri Gli equilibri del sistema scleronomo a vincoli bilaterali ideali sono tutti ordinari e vanno identificati con i punti critici del potenziale, data l ininfluenza delle resistenze viscose ed idrauliche. Si tratta perciò di uguagliare a zero la derivata prima: U (ϑ = mga sin ϑ + 3 ma2 ω 2 + 4ka 2 sin ϑ cos ϑ e quindi di risolvere l equazione trigonometrica: mga sin ϑ + 3 ma2 ω 2 + 4ka 2 sin ϑ cos ϑ = 0 che si riscrive nella forma equivalente: 3 ma2 ω 2 + 4ka 2 sin ϑ cos ϑ mg 3 mω2 + 4k = 0 a e posto per brevita: λ = viene ricondotta alla forma più compatta: mg 3 mω2 + 4k a > 0 (4 sin ϑ (cos ϑ λ = 0. Per sin ϑ = 0 si ottengono due equilibri definiti incondizionatamente: ϑ = 0 ϑ = π, mentre per cos ϑ λ = 0 risultano gli ulteriori equilibri, distinti dai precedenti: ϑ = arccos λ = ϑ ϑ = ϑ a patto che si abbia λ < 1. Si noti che ϑ (0, π/2. (c Stabilità degli equilibri Le forze resistenti (3 hanno potenza non positiva: π = D ϑ ϑ = 4βa 2 ϑ2 γa 3 ϑ ϑ 2 0 che si annulla unicamente per velocità generalizzata uguale a zero: 4βa 2 ϑ2 γa 3 ϑ ϑ 2 = 0 ϑ = 0. 11

Si tratta perciò di sollecitazioni completamente dissipative, che agiscono in concomitanza con le forze posizionali conservative di potenziale U(ϑ. Dato che gli equilibri sono in numero finito, e dunque certamente isolati, le proprietà di stabilità di questi possono essere caratterizzate completamente ricorrendo alla forma forte del teorema di Lagrange- Dirichlet, basata sui criteri di Barbasin-Krasovskii. A questo scopo occorre valutare la derivata seconda del potenziale: U (ϑ = mga cos ϑ + 3 mω2 + 4k a 2 (cos 2 ϑ sin 2 ϑ in ciascuna configurazione di equilibrio. Equilibrio ϑ = 0 In questo caso la derivata seconda non presenta segno definito: U (0 = mga + 3 mω2 + 4k a 2 = ed obbliga a considerare tre diverse possibilità: 3 mω2 + 4k a 2 (1 λ (i se λ > 1 si ha U (0 < 0 e l equilibrio viene riconosciuto come massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile; (ii per λ < 1 vale invece U (0 > 0 e l equilibrio è un minimo relativo proprio di U. L esclusione del massimo implica l instabilità (e la non attrattività dell equilibrio per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet; (iii se infine λ = 1, risulta U (0 = 0 e lo studio della stabilità richiede una analisi più approfondita, diretta ad accertare l effettiva natura di ϑ = 0 quale punto stazionario del potenziale. Per brevità si conviene di indicare questo come un caso critico di stabilità, ma in effetti, introdotto il potenziale ridotto: si hanno la derivata seconda: 10 u(ϑ = U(ϑ/( 3 mω2 + 4k a 2, u (ϑ = cos ϑ + cos 2 ϑ sin 2 ϑ = cos ϑ + cos 2ϑ e quindi le derivate terza e quarta: per cui: u (3 (ϑ = sin ϑ 2 sin 2ϑ u (4 (ϑ = cos ϑ 4 cos 2ϑ, u (0 = 0 u (3 (0 = 0 u (4 (0 = 3 e lo sviluppo di Taylor nell intorno di ϑ = 0 della funzione u(ϑ risulta: u(ϑ = u(0 + u(4 (0 ϑ 4 + o(ϑ 4 = u(0 ϑ4 4! 8 + o(ϑ4 (ϑ 0. 12

Si conclude pertanto che l equilibrio costituisce un massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet. Equilibrio ϑ = π Nella fattispecie la derivata seconda del potenziale ha sempre segno positivo: U (π = mga + 3 mω2 + 4k a 2 > 0 e comporta che l equilibrio sia un minimo relativo proprio di U. L aver escluso il ricorrere di un massimo relativo proprio assicura l instabilità (e la non attrattività dell equilibrio. Equilibrio ϑ = ϑ, con cos ϑ = λ < 1, ϑ (0, π/2 Per questa configurazione si ha: U (ϑ = mga cos ϑ + 3 mω2 + 4k a 2 (cos 2 ϑ sin 2 ϑ = 10 = 3 mω2 + 4k a 2 ( λ cos ϑ + cos 2 ϑ sin 2 ϑ = ( 3 mω2 + 4k a 2 sin 2 ϑ < 0 e l equilibrio viene quindi riconosciuto come massimo relativo proprio del potenziale. Quando definita, questa configurazione di equilibrio risulta asintoticamente stabile. Equilibrio ϑ = ϑ, con cos ϑ = λ < 1, ϑ (0, π/2 Anche questo equilibrio risulta asintoticamente stabile, al pari del precedente. Il potenziale del sistema è infatti una funzione pari del proprio argomento, per cui si ha: U ( ϑ = U (ϑ ϑ R. (d Equazioni pure del moto Grazie all ipotesi dei vincoli ideali, le equazioni pure del moto del sistema scleronomo possono scriversi nella forma di Lagrange: con la lagrangiana: d ( L dt ϑ L ϑ = D ϑ L = T + U = 13 6 ma2 ϑ2 + mga cos ϑ + ( 5 3 ma2 ω 2 + 2ka 2 sin 2 ϑ e la componente generalizzata (3 delle forze dissipative: D ϑ = 4βa 2 ϑ γa 3 ϑ ϑ. Il calcolo del primo termine del binomio di Lagrange è immediato: d ( L dt ϑ = 13 3 ma2 ϑ 13

mentre per il secondo si ha: L ϑ = mga sin ϑ + 3 ma2 ω 2 + 4ka 2 sin ϑ cos ϑ. Di conseguenza: 13 3 ma2 ϑ + mga sin ϑ 3 mω2 + 4k a 2 sin ϑ cos ϑ = 4βa 2 ϑ γa 3 ϑ ϑ. (e Piccole oscillazioni Per β = 0 le resistenze viscose ed idrauliche vengono rimosse ed il sistema scleronomo diventa posizionale conservativo. L equilibrio ϑ = π rimane comunque instabile (e non attrattivo per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet, causa il segno positivo della derivata seconda del potenziale. L equilibrio ϑ = 0 è un massimo relativo proprio di U per λ 1 ed è quindi stabile in virtù del teorema di Lagrange-Dirichlet, ma non asintoticamente per via della conservazione dell energia meccanica. Per λ < 1 sono definite e stabili le configurazioni ϑ e ϑ. Nell ipotesi che sia inoltre k = 2mω 2 /3 il parametro d ordine si semplifica in: mg mg λ = = 3 mω2 + 4k a 3 mω2 + 8 = mg 3 mω2 6mω a 2 a = g 6aω 2. Per semplicità, come configurazione di equilibrio conviene senz altro scegliere ϑ = 0, che è stabile per g/6aω 2 > 1. La derivata seconda del potenziale assume infatti segno negativo: U (0 = 3 mω2 + 8 3 mω2 a 2( 1 g 6aω 2 = 6mω 2 a 2( 1 g 6aω 2 < 0, mentre il coefficiente dell energia cinetica è positivo e indipendente dalla configurazione: A(0 = 13 3 ma2. La pulsazione normale Ω delle piccole oscillazioni attorno all equilibrio prescelto è definita dall equazione caratteristica: 0 = Ω 2 A(0 + U (0 = 13 3 ma2 Ω 2 + 6mω 2 a 2( 1 g 6aω 2 che porge: per cui: Ω 2 = 3 1 13 ma 2 6mω2 a 2( g 6aω 2 1 Ω = 18 g 13 6aω 2 1 ω. Il modo normale di oscillazione si scrive quindi: ( 18 g ϑ = A cos 13 6aω 2 1 ωt + ϕ con A 0 e ϕ costanti reali arbitrarie (in effetti, A 0. 14 = 18 13 ω2( g 6aω 2 1 t R