Prova scritta di meccanica razionale del..16 Esercizio 1 In una terna solidale Oxyz = Oê 1 ê ê è dato il sistema rigido illustrato in figura. Esso si compone di un disco circolare D, di raggio a, centro C, a, a e densità: σp = µ P C P D, πa collocato nel piano Oyz, e da un asta rettilinea di estremi Aa, a, a e C, con densità: λq = µ Q A Q, a essendo µ una massa caratteristica. Determinare: a la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz del sistema; b la matrice d inerzia in Oxyz e il momento d inerzia rispetto alla retta OA del disco; c la matrice d inerzia in Oxyz e il momento d inerzia relativo alla retta BC dell asta; d la velocità angolare e l asse di Mozzi del sistema rispetto al riferimento dove O è punto fisso e i punti A e B hanno velocità rispettive A = aωê 1 +ê ê e Ḃ = aω ê 1+ê ; e il momento angolare in O e l energia cinetica del disco rispetto al riferimento considerato nel punto d. 1
Esercizio Nel piano Oxy di una terna cartesiana ortogonale Oxyz = Oê 1 ê ê si trova una guida circolare fissa γ di centro A, 4a, e raggio 4a, lungo il cui bordo interno rotola senza strisciare un disco circolare omogeneo D di massa m, centro C e raggio a. Un punto materiale B, di massa m, è vincolato a scorrere lungo l asse Oy, connesso all origine O e al centro C da due molle ideali di uguale costante elastica k. Resistenze viscose con uguale costante di frizione β agiscono in B e in C. Il sistema è pesante e a vincoli ideali. Usare i parametri lagrangiani s, ϑ R in figura per determinare del sistema: a gli equilibri; b le proprietà 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 = e mg/ka = 8/, intorno ad un equilibrio stabile a scelta.
Soluzione dell esercizio 1 a Massa e baricentro del sistema Massa del disco Introdotte le coordinate polari ρ, φ [, a] [, π] definite dalle relazioni: la densità areale del disco assume la forma: y = a + ρ cos φ z = a + ρ sin φ, σρ, φ = µ ρ, ρ, φ [, a] [, π]. πa La massa del disco si ricava integrando tale densità sul dominio D, e risulta pertanto: m D = D σ da = a dρ ρ π dφ µ πa ρ = µ a a ρ dρ = µ a a = µ. Massa dell asta L asta ammette la semplice parametrizzazione: Qx O = xê 1 + aê + aê x [, a] da cui segue l espressione della densità lineare: λx = µ a Q A = µ a xê 1 + aê + aê aê 1 + ê + ê = La massa dell asta è quindi data da: = µ a x x [, a]. a m = λ ds = a µ a a x dx = µ a ] a [ax x = µ a 4a 4a = µ. Massa del sistema La massa del sistema è la somma delle masse delle sue parti costituenti, il disco D e l asta : m = µ + µ = 8 µ, dal momento che il punto d intersezione C fra disco ed asta costituisce un insieme di misura nulla e non dà alcun contributo né all integrale di superficie sul disco né a quello curvilineo sull asta. Baricentro del disco Il centro C del disco è anche centro di simmetria della superficie materiale, in quanto per
qualsiasi coppia di punti P e P del disco simmetrici rispetto a C risulta: σp = µ µ P C = πa πa P C = σp. Di conseguenza, il baricentro del disco va identificato con C: G D O = C O = aê + aê Baricentro dell asta Per il teorema dell inviluppo convesso il baricentro dell asta deve posizionarsi lungo il segmento e deve quindi essere individuato da un vettore posizione della forma: con l ascissa determinata da: x = 1 m λx ds = 1 a µ G O = x ê 1 + aê + aê, = 1 a µ 1 a xx dx = a a [ax x ] a a ax x dx = = 1 a 4a 8 a = 1 a 4 a = a, per cui: G O = aê 1 + aê + aê. Baricentro del sistema Il baricentro del sistema si determina applicando la proprietà distributiva alle parti D e : G O = m DG D O + m G O = m D + m = [ ] 8µ µaê + aê + µ aê 1 + aê + aê = = 1 aê + aê + aê 1 + aê + aê = 4 = 1 aê 1 + 4aê + 4aê = a 4 ê1 + aê + aê. b Matrice d inerzia in Oxyz e momento d inerzia rispetto ad OA del disco Matrice d inerzia in Oxyz del disco Poichè le rette Cx, Cy e Cz sono evidenti assi di simmetria, il riferimento Cxyz costituisce una terna centrale d inerzia per il disco: la matrice d inerzia di D relativa a Cxyz è dunque diagonale. D altra parte, è ovvio che per simmetria i momenti d inerzia relativi agli assi Cx e Cy devono risultare identici. La somma di questi due momenti, ovvero il doppio del loro comune valore, deve infine identificarsi con il momento d inerzia relativo a Cz, visto 4
che il disco giace interamente nel piano Cxy. Queste considerazioni portano a concludere che la matrice d inerzia di D rispetto alla terna Cxyz debba essere della forma: L D [L D Cyy C] = L D Cyy L D Cyy dove il momento d inerzia rispetto a Cy è dato da: L D Cyy = D in modo che: = µ a 5 πa 5 z a σ da = π a 1 cos φ dρ ρ π dφ = µa 1π dφ ρ sin φ µ πa ρ = µ πa [ φ [L D C] = µa /5 1/5. 1/5 a ρ 4 dρ π ] π sin φ = µa 1π π = 1 5 µa, sin φ dφ = Per calcolare la matrice d inerzia relativa alla terna Oxyz basta applicare il teorema di Huygens-Steiner generalizzato: [L D O] = [L D C] + m D d + d d 1 d d 1 d d 1 d d 1 + d d d d 1 d d d d 1 + d con m D = /µ e G D O = C O = d h ê h = aê + aê, per cui: h=1 d 1 = d = a d = a e dunque: [L D O] = µa /5 1/5 1/5 = µa 6/15 1/15 /. / 1/15 + µ a a a a a = Momento d inerzia relativo all asse OA del disco Il vettore posizione del punto A rispetto alla terna Oxyz si scrive: A O = aê 1 + aê + aê 5
ed il relativo versore tangente risulta: ˆn = A O A O = ê 1 + ê + ê 6. Poichè la retta OA passa evidentemente per l origine, il momento d inerzia del disco rispetto ad OA è dato dalla relazione: IOA D = ˆn L D Oˆn = 1 6 1 1 [LD O] 1 = 1 = 1 1 1 µa 6/15 1/15 / 1 = 6 / 1/15 1 = 1 [ 6 6 µa 15 + 1 15 1 + 1 15 1 + ] 1 1 = = 1 14 + 1 + 1 µa = 1 11 µa 6 15 6 15 = 11 9 µa. c Matrice d inerzia in Oxyz e momento d inerzia rispetto a BC dell asta Matrice d inerzia in Oxyz dell asta La matrice d inerzia relativa a Oxyz dell asta si deduce dalla parametrizzazione ovvia: Qx O = xê 1 + aê + aê, x [, a]. Il momento d inerzia rispetto all asse Ox si calcola immediatamente notando che è parallelo ad Ox e che perciò l intera massa µ dell asta si colloca a distanza aê + aê = a dall asse Ox, per cui: L xx = µ a = 4µa. Per il momento d inerzia relativo all asse Oy conviene ricorrere alla definizione: L yy = = x + z λ ds = a a x + a λ dx = x µ a a x dx + µa = µ a = µ a [ ax a x λ ds + µa = ax x dx + µa = ] a x4 + µa = µa 16 4 4 + µa = 1 µa e per simmetria deve coincidere con il momento d inerzia rispetto a Oz: L zz = 1 µa. 6
Anche il prodotto d inerzia relativo a xy viene calcolato dalla definizione: L xy = xyλ ds = a = µ a xa µ a a x dx = µ a ] a [ax x a ax x dx = = µa 4 8 = 4 µa e lo stesso vale per il prodotto relativo a xz, che coincide numericamente con il precedente anche per evidenti ragioni di simmetria: L xz = xzλ ds = a xa µ a a x dx = 4 µa. Molto più diretto è il calcolo del prodotto d inerzia rispetto a yz, poichè ordinata e quota sono costanti lungo l intero corpo dell asta: = yzλ ds = a λ ds = a λ ds = a m = µa. L yz In definitiva, la matrice d inerzia dell asta rispetto al riferimento Oxyz risulta: 4 4/ 4/ [L O ] = µa 4/ 1/. 4/ 1/ Momento d inerzia relativo all asse BC dell asta Il momento d inerzia dell asta relativo alla retta BC non è altro che L Czz = L Cyy, già ricavato in precedenza: L Cyy = x λ ds = a x µ a a x dx = 4 µa. d Velocità angolare ed asse di Mozzi Velocità angolare istantanea Poichè il sistema è rigido con punto fisso O e i punti A e B appartengono al sistema, la velocità angolare istantanea ω deve soddisfare le relazioni di Poisson: in cui, evidentemente: A = ω A O Ḃ = ω B O A O = aê 1 + ê + ê B O = aê 7
mentre per ipotesi è: A = aωê 1 + ê ê Ḃ = aω ê 1 + ê. Posto ω = ω 1 ê 1 + ω ê + ω ê, si ha allora: ê 1 ê ê ω A O = a ω 1 ω ω 1 1 = a[ ] ω ω ê 1 + ω ω 1 ê + ω 1 ω ê ed analogamente: ê 1 ê ê ω B O = a ω 1 ω ω 1 = a ω ê 1 + ω 1 ê. Sostituendo nelle due relazioni di Poisson si perviene così al sistema di equazioni scalari: ω = ω ω ω = ω ω 1 ω = ω 1 ω ω = ω ω = ω 1 che è compatibile ed ammette l unica soluzione: in modo che la velocità angolare risulta: ω 1 = ω ω = ω ω = ω ω = ωê 1 + ê + ê. Asse di Mozzi Nell ipotesi che sia ω, il sistema rigido con punto fisso O ammette l asse di Mozzi O ω, che più precisamente è un asse istantaneo di rotazione. L asse è quindi individuato dall equazione parametrica: P O = ωh h R ossia: ed infine, posto per brevità ωh = η: { x = ωh y = ωh z = ωh { x = η y = η z = η 8 h R η R.
e Momento angolare in O ed energia cinetica del disco Momento angolare in O del disco Sebbene O non appartenga a D, si tratta comunque per ipotesi di un punto dello spazio solidale al disco. Il disco costituisce quindi un sistema rigido in moto con punto fisso O e velocità angolare ω. Il suo momento angolare in O si scrive nella forma: K D O = K D 1 ê 1 + K D ê + K D ê e le sue componenti rispetto alla terna solidale Oxyz sono date dalla nota relazione: per cui: KD 1 K D K D = [L D O] ω ω = µa ω 6/15 1/15 / 1 = ω / 1/15 1 6/15 = µa ω 6/15 / = µa ω 6/15 16/15, 4/ + 1/15 7/15 6 K O D = µa ω + 16 7. 15ê1 15ê 15ê Energia cinetica del disco Nelle stesse ipotesi del punto precedente, l energia cinetica del disco risulta dalla formula: T D = 1 ω K O D = 1 6 µa ω ê 1 + ê + ê + 16 7 = 15ê1 15ê 15ê = 1 µa ω 6 15 + 15 7 = 1 15 µa ω 51 15 = 17 1 µa ω. Soluzione dell esercizio a Equilibri Il sistema scleronomo a vincoli ideali è soggetto sia a forze posizionali conservative il peso e l interazione elastica fra i punti B e C che a sollecitazioni di potenza non positiva le resistenze viscose in B e C. Delle prime si devono calcolare i potenziali parziali e totale, mentre delle seconde vanno ricavate le componenti generalizzate. A questo scopo è utile specificare i vettori posizione in Oxyz del punto materiale B e del centro C del disco: B O = asê C O = a sin ϑê 1 4a + a cos ϑê. Potenziale gravitazionale Il potenziale delle forze peso è la somma dei contributi relativi al punto materiale B e al disco D: U g = mgê B O mgê C O = mgas + mga4 + cos ϑ = 9 = mgas + cos ϑ + costante.
Potenziale elastico Il potenziale elastico si ottiene sommando i potenziali associati alle molle ideali OB e BC, di eguale costante elastica k: U el = k B O k C B = k [ B O + C B ]. Osservato che: si ottiene: C B = a sin ϑê 1 + as 4 cos ϑê, C B = 9a sin ϑ + a s + 16 + 9cos ϑ 8s 6s cos ϑ + 4 cos ϑ = = a 9 + s + 16 8s 6s cos ϑ + 4 cos ϑ = = a 5 + s 8s 6s cos ϑ + 4 cos ϑ, mentre: per cui: B O = a s U el = ka s + 5 + s 8s 6s cos ϑ + 4 cos ϑ = = ka s 8s 6s cos ϑ + 4 cos ϑ + costante = = ka s + 4s + s cos ϑ 1 cos ϑ + costante. Potenziale del sistema La somma dei potenziali gravitazionale ed elastico definisce, omesse le costanti additive, il potenziale del sistema: Us, ϑ = U g + U el = mgas + cos ϑ + ka s + 4s + s cos ϑ 1 cos ϑ sull intero dominio s, ϑ R. Componenti generalizzate delle resistenze viscose Le resistenze viscose, di eguale costante di frizione β, sono applicate nei punti B e C di posizioni rispettive: B O = asê C O = a sin ϑê 1 4a + a cos ϑê e con velocità istantanee: Ḃ = aṡê Ċ = acos ϑê 1 + sin ϑê ϑ. Per determinare le componenti generalizzate D s, D ϑ del sistema di resistenze viscose è necessario calcolare le derivate parziali prime: B s = aê B ϑ = 1
dalle quali segue che: C s = C ϑ = acos ϑê 1 + sin ϑê D s = βḃ B s D ϑ = βḃ B ϑ βċ C s βċ C ϑ = βḃ B s = βaṡê aê = βa ṡ = βċ C ϑ = 9βa ϑ. Le espressioni ottenute mostrano chiaramente che, come atteso, la sollecitazione ha natura dissipativa causa il segno non positivo della potenza: π = D s ṡ + D ϑ ϑ = βaṡ 9βa ϑ ṡ, ϑ R È altresì evidente che l annullarsi della potenza implica quello delle velocità generalizzate: π = βa ṡ 9βa ϑ = = ṡ, ϑ =,, per cui la sollecitazione risulta completamente dissipativa. Si osservi, in particolare, che le sollecitazioni si annullano per velocità generalizzate nulle e di conseguenza non concorrono in alcun modo a determinare le configurazioni di equilibrio del sistema. Equilibri Gli equilibri del sistema scleronomo a vincoli bilaterali ideali sono tutti e soli i punti critici del potenziale U, e si ricavano dunque annullando simultaneamente le derivate parziali prime: U s = mga + ka s + 4 + cos ϑ U ϑ = mga sin ϑ + ka s sin ϑ + 1 sin ϑ, ossia risolvendo il sistema di equazioni: mga + ka s + 4 + cos ϑ = mga sin ϑ + ka s sin ϑ + 1 sin ϑ = che equivale a: ovvero a: mg s + 4 + cos ϑ = ka sin ϑ mg ka s + 4 = s = mg ka + + cos ϑ sin ϑ mg ka s + 4 =. 11 1
La seconda delle equazioni di equilibrio 1 è certamente soddisfatta per sin ϑ =, che implica i valori di equilibrio della variabile angolare: ϑ = ϑ = π mentre i corrispondenti valori di equilibrio di s si calcolano mediante la prima delle 1: s = mg ka + + = 7 + mg ka s = mg ka + = 1 + mg ka. Si ottengono perciò due configurazioni di equilibrio, sempre definite: s, ϑ = 7 + mg ka, s, ϑ = 1 + mg ka, π. Ulteriori soluzioni della seconda equazione 1 si hanno invece per mg s + 4 =, che ka fornisce: s = 4 mg ka. Sostituendo questo valore di equilibrio di s nella prima equazione 1 si ha allora: ossia: e quindi: 4 mg ka = mg ka + + cos ϑ mg ka = cos ϑ cos ϑ = 4 mg ka 4 ϑ = arccos mg = ϑ ϑ = ϑ, ka valori definiti e distinti dai precedenti a condizione che risulti: 1 < 4 mg ka < 1 1 < mg ka 4 < 1 1 < mg ka < 7. Verificata che sia questa condizione, sussistono così gli ulteriori equilibri: s, ϑ = 4 mg ka, ϑ s, ϑ = 4 mg ka, ϑ, 4 con ϑ = arccos mg, π. ka b Stabilità degli equilibri La compresenza di sollecitazioni posizionali conservative e completamente dissipative, unitamente alla circostanza che tutti gli equilibri del sistema risultano isolati perchè in numero finito, consente di analizzare le caratteristiche di stabilità di detti equilibri ricorrendo alla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri di Barbasin-Krasovskii. 1
Alla base dell analisi, al solito, sta la determinazione delle derivate parziali seconde del potenziale: U ss s, ϑ = ka U ϑs s, ϑ = ka sin ϑ U sϑ s, ϑ = ka sin ϑ U ϑϑ s, ϑ = mga cos ϑ + ka s cos ϑ + 1 cos ϑ e della corrispondente matrice hessiana: H U s, ϑ = in ciascuna configurazione di equilibrio. ka ka sin ϑ ka sin ϑ mga cos ϑ + ka s cos ϑ + 1 cos ϑ 7 Configurazione s, ϑ = + mg ka, In questo caso la matrice hessiana del potenziale risulta diagonale: 7 H U + mg ka ka, = U ϑϑ con un autovalore ka < e l altro di segno non definito: U ϑϑ = mga + ka 1 mg ka + 1 = mga + ka mg = ka = ka mg ka + mg = ka ka 9 mg = 9 ka ka 1 mg. ka Si devono così distinguere tre diversi casi: se mg/ka > 1/ la matrice è definita negativa e caratterizza la configurazione come un massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile; per mg/ka < 1/ la matrice presenta un autovalore positivo, circostanza che esclude la presenza di un massimo relativo proprio in effetti si tratta di un punto di sella. Ne segue l instabilità della configurazione; se infine mg/ka = 1/ l hessiana è semidefinita non definita negativa, con un autovalore negativo ed uno nullo. Poichè non risulta immediato riconoscere o escludere la presenza di un massimo relativo proprio, questo caso viene indicato come critico anche se uno studio più dettagliato della funzione potenziale potrebbe dirimere la questione e condurre comunque ad una conclusione circa la stabilità asintotica o l instabilità dell equilibrio. 1 Configurazione s, ϑ = + mg ka, π Nella fattispecie si ha ancora una matrice hessiana diagonale: 1 H U + mg ka ka, π = U ϑϑ 1
con un autovalore negativo ed uno di segno non definito: U ϑϑ = mga + ka + mg ka 1 = ka mg ka + + = ka 9 mg ka 1 = 9 ka mg ka 7 che obbliga nuovamente a distinguere tre diversi casi: mg ka 1 = se mg/ka < 7/ l hessiana presenta due autovalori negativi ed individua l equilibrio come massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità asintotica segue dalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet; per mg/ka > 7/ la matrice è indefinita, con autovalori di segno opposto. La presenza di un autovalore positivo esclude che l equilibrio possa costituire un massimo relativo proprio del potenziale. L equilibrio è instabile; qualora sia infine mg/ka = 7/ gli autovalori dell hessiana sono uno negativo ed uno nullo, per cui ricorre un caso critico di stabilità nel senso anzidetto. Configurazioni s, ϑ = 4 mg ka, ±ϑ, con cos ϑ = 4 mg ka e 1 < mg ka < 7 In questo caso la matrice hessiana non è diagonale: con: H U 4 mg ka, ±ϑ = ka ka sin ϑ ka sin ϑ U ϑϑ U ϑϑ = mga cos ϑ + ka [ 4 mg ] cos ϑ + 1 cos ϑ = ka per cui: deth U 4 mg ka, ±ϑ = 9ka sin ϑ < in quanto ϑ, π. La matrice è dunque indefinita, con autovalori di segno opposto. L autovalore positivo esclude che questi due equilibri possano costituire dei massimi relativi propri del potenziale. Pertanto, quando definiti, detti equilibri risultano instabili. c Energia cinetica Energia cinetica del punto materiale B L energia cinetica del punto B, di massa m e vettore posizione B O = asê, si ricava direttamente dalla definizione: T B = m Ḃ = m aṡê = ma ṡ. Energia cinetica del disco Il disco è privo di punti fissi, per cui la sua energia cinetica si calcola convenientemente per mezzo della formula di König: T D = m Ċ + 1 ID Cz ω D 14
dove è: Ċ = acos ϑê 1 + sin ϑê ϑ ω D = 4a a 1 ϑê = ϑê, I D Cz = ma per cui: T D = m 9a ϑ + 1 ma 9 ϑ = 7 4 ma ϑ. Energia cinetica del sistema La somma delle energie cinetiche parziali di punto e disco definisce l energia cinetica del sistema: T = T B + T D = ma ṡ + 7 4 ma ϑ = 1 ma ṡ + 7 ϑ con matrice rappresentativa diagonale e definita positiva: As, ϑ = ma 1. 7/ d Equazioni di Lagrange Le equazioni di Lagrange del sistema si scrivono: d L L dt ṡ s = D s in termini della lagrangiana: L = T + U = ma e delle sollecitazioni dissipative: Si ha immediatamente: d L = ma s dt ṡ d L dt ϑ = 7 ma ϑ e quindi: d L dt ϑ L ϑ = D ϑ ṡ + 7 ϑ + mgas + cos ϑ + ka s + 4s + s cos ϑ 1 cos ϑ D s = βa ṡ D ϑ = 9βa ϑ. L s = mga + ka s + 4 + cos ϑ L ϑ = mga sin ϑ + ka s sin ϑ + 1 sin ϑ ma s mga + ka s 4 cos ϑ = βa ṡ 7 ma ϑ + mga sin ϑ + ka s sin ϑ 1 sin ϑ = 9βa ϑ. e Modi normali delle piccole oscillazioni per β = e mg/ka = 8/ Per β = le sollecitazioni completamente dissipative vengono rimosse e il sistema scleronomo diventa posizionale conservativo. Nell ipotesi che sia mg/ka = 8/, l equilibrio: 7 s, ϑ = + mg 7 ka, = + 4 9, = 6, 15
risulta un massimo relativo proprio del potenziale ed è stabile per il teorema di Lagrange- Dirichlet. L equilibrio: s, ϑ = 1 + mg 1 ka, π = + 4 11, = 6, è invece un punto di sella, con autovalori dell hessiana di segno opposto; si tratta dunque di un equilibrio instabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Gli ulteriori equilibri, infine, non sono definiti per mg/ka = 8/. Si deve così concludere che la scelta dell equilibrio intorno al quale studiare le piccole oscillazioni è obbligata: con matrice hessiana del potenziale: 9 H U 6, = ka 9 ka 1 8 9 s, ϑ = 6, = ka 1 ka = ka 1/ Pulsazioni normali Le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni si ricavano come soluzioni ω > dell equazione caratteristica: [ 9 9 ] = det ω A 6, + H U 6, = [ ] = det ma ω 1 + ka = 7/ 1/ = ma ω det k/m 7/ω = 1/k/m = ma ω k 7 m ω 1 k m. che porge: con ω 1 < ω. ω 1 = 7 k m ω = k m Equazione dei modi normali e vettori delle ampiezze I vettori delle ampiezze per i modi normali di oscillazione si ottengono come soluzioni non nulle a i b i T del sistema lineare omogeneo: ω i k/m ai 7/ωi 1/k/m = b i 16
per i = 1, modo basso e modo alto rispettivamente. Il sistema si scrive nell ovvia forma equivalente: ωi k a i = m ωi 7 k b i = 9 m e deve essere risolto per ciascuna pulsazione normale i = 1 e i =. Per i = 1 il coefficiente della prima equazione è non nullo, mentre la seconda equazione si riduce ad una identità; si hanno perciò le soluzioni: a 1 = b 1 R. Per contro, se i = è la prima equazione a ridursi ad una identità, mentre il coefficiente della seconda risulta diverso da zero; ne segue quindi la soluzione generale: a R b =. Modo normale basso Come conseguenza della discussione precedente il primo modo normale delle piccole oscillazioni si scrive: s 9/6 = A ϑ 1 cos 1 7 k m t + ϕ 1 t R con A 1 e ϕ 1 R costanti assegnate a piacere. In questo modo normale oscilla il solo disco, mentre il punto B si mantiene in quiete. Modo normale alto Nella fattispecie il secondo modo normale di oscillazione assume la forma: s 9/6 1 k = A ϑ cos m t + ϕ t R con A e ϕ R costanti arbitrarie fissate. In questo modo normale è il punto B ad oscillare, mentre il disco rimane fisso nella posizione che gli compete all equilibrio. 17