ESERCIZI SULLA DINAMICA DI CORPI RIGIDI.

ESERCIZI SULLA DINAMICA DI CORPI RIGIDI. Risoluzione mediante le equazioni cardinali della dinamica, teorema di conservazione dell energia meccanica e teorema dell energia cinetica. Esercizio n.13 Un disco di massa M e raggio R è posto in un piano verticale e inizialmente rotola senza strisciare lungo un piano orizzontale scabro (coefficiente di attrito statico µ s,coefficiente di attrito dinamico µ d, attrito volvente trascurabile). Al disco, inizialmente caratterizzato da velocità angolare ω 0, viene applicata una coppia frenante C. Calcolare la massima intensità della coppia per cui il disco continua rotolare senza slittamento, determinare il moto del sistema fino all arresto del disco e lo spazio da esso percorso. Determinare il moto del sistema e lo spazio di arresto in caso di slittamento. 5 C H G M, R Il sistema è caratterizzato da un grado di libertà finché si ha puro rotolamento del disco: come coordinata libera si sceglie l angolo di rotazione. Isolando il disco dal piano d appoggio si mettono in evidenza le due reazioni vincolari φ e φ che agiscono, rispettivamente, sul disco e sul piano orizzontale. C G p M, R j, y φ H H i, x φ H Indicate con x l ascissa e con y l ordinata del baricentro G, siha ½ ẋ = R y = R ½ ẋ = R ẏ =0

6 Le equazioni cardinali della dinamica sono, prendendo come polo il baricentro G: ( M ag = φ H + p Γ G = M G I G = C + H G φ H Utilizzando il riferimento cartesiano evidenziato nella figura precedente si possono dare le seguenti definizioni: a G =ẍ i +ÿ j =ẍ i φh = φ t i + φ n j p = M g j C = C H G = R j Proiettando la prima equazione vettoriale secondo le direzioni i e j e la seconda nella direzione si ricava il seguente sistema: M a G i = φ H i + p i M ẍ = φ t M a G j = φ H j + p j 0=φ n Mg I G = C + H G φ H I G = C + φt R ovvero: φ t = M ẍ φ n = Mg 1 MR ẍ = C φ R t R Sostituendo φ t fornito dalla prima equazione nella terza si ricava: φ t = M ẍ φ n = Mg MRẍ = C 3 Si noti che l ultima equazione era immediatamente ottenibile mediante la derivata delmomentodellaquantitàdimotorispettoalpuntoh e ricordando che ẍ = R : Γ H = 3 MR ) Γ M H = C H = M H 3 MR = C Integrando la terza equazione del sistema si ricava: φ t = C 3 R φ n = Mg x (t) = C 3M R t + A 1 t + A Le due costanti di integrazione si determinano con le condizioni iniziali; assumendo che nell istante iniziale l origine del sistema di riferimento sia sulla verticale per il baricentro si ha: ½ ½ x (0) = 0 A ẋ (0) = R =0 (0) = Rω 0 A 1 = Rω 0

φ t = C 3 R φ n = Mg x (t) = C 3M R t + ω 0 Rt La massima intensità della coppia C che garantisce il rotolamento è quello per cui la disuguaglianza di Coulomb rimane strettamente soddisfatta: φ t = φ t <µ s φ n C 3 R <µ s Mg C< 3 µ s MgR ovvero C max = 3 µ s MgR Per determinare l istante t s in cui si ha l arresto del disco si impone: ẋ (t) =0 ẋ (t) = C 3M R t + ω 0 R =0 t s = 3MR ω 0 C elospaziol di arresto risulta pari a: L = x (t s ) x (0) = C µ 3MR ω 0 + ω 0 R 3MR ω 0 3M R C C = 3MR3 ω 0 4C Detta v 0 = Rω 0 la velocità iniziale del baricentro G, il minimo spazio di arresto L s nelcasodipurorotolamentodeldiscoèilseguente: L s = 3 MRv0 = 1 v0 4 C max µ s g con: φ t = µ s Mg φ n = Mg x (t) = µ s g t + v 0 t Se invece si applica C>C max si ha lo slittamento del disco; il sistema è allora caratterizzato da due gradi di libertà, ad esempio x e. Lo slittamento è caratterizzato dal coefficiente di attrito dinamico µ d eleequazionicardinalidelmoto sono le tre seguenti, a cui occorre aggiungere l equazione di Coulomb per l attrito dinamico in cui, a seguito dello slittamento, si ha φ t < 0 cioè φ t = φ t : M ẍ = φ t 0=φ n Mg I G = C φt R φ t = µ d φ n φ t = µ d Mg φ n = Mg 1 MR = C + µd MgR ẍ = µ d g Si noti che alle quattro equazioni corrispondono le quattro incognite: φ n, φ t, x (t) e (t). Le due equazioni differenziali sono del secondo ordine e richiedono due condizioni iniziali per ogni funzione incognita. Si assumono le stesse utilizzate in precedenza, in modo da poter confrontare i due casi: x (0) = 0 ẋ (0) = v 0 (0) = 0 (0) = v 0 R 7

8 Le funzioni x (t) e (t) soluzioni delle due equazioni differenziali sono le seguenti: ½ 1 MR = C + µd MgR ẍ = µ d g ½ (t) = g µd C R M R t + At+ B x (t) = µ d g t + Dt+ E Imponendo le condizioni iniziali: x (0) = 0 ẋ (0) = v 0 (0) = 0 (0) = v 0 R ½ (t) = (C µd MgR) t M R + v 0 R t x (t) = µ d g t + v 0 t Il tempo di arresto t d del baricentro G del disco è: e lo spazio di arresto: ẋ (t) =0 ẋ (t) = µ d gt + v 0 =0 t d = v 0 µ d g L d = x (t d ) x (0) = 1 v0 µ d g Si noti che un valore elevato della coppia C produce un arresto più rapido della rotazione del disco, ma non influisce su L d. L istante t d in cui il disco smette di ruotare è dato da: (t) =0 (C µ d MgR) t MR + v 0 R =0 t d = v 0 MR (C µ d MgR) in cui il denominatore è positivo poiché C>C max e µ s >µ d. Ricavando C in funzione di t d si ottiene: C = µ v0 t d + µ d g MR>µ s 3 MgR= C max ovvero: µ t µ d < d v 0 3µ s µ d µ d g = 1 3 µ s µ d t d <t d 3µ s µ d Dunque, il disco smette di ruotare prima che si arresti la sua traslazione. Lo spazio minimo di arresto del moto di traslazione è dato da: L min =min(l s,l d )=L s = 1 µ s v 0 g <L d = 1 µ d v 0 g ed è quello associato al moto di puro rotolamento del disco. Per minimizzare lo spazio di frenata è dunque necessario applicare al disco una coppia frenante C = C max = 3µ s MgR, valore che dipende dal coefficiente di attrito statico µ s. Esercizio n.14 Un asta pesante (AB) e una guida liscia semi-circolare sono poste in un piano verticale. L asta è vincolata a passare per l estremità superiore della guida (D)

mediante un manicotto libero di ruotare, mentre l estremo A scorre lungo la guida. 9 B M, 4R F D G p A R La guida è di raggio R mentre l asta è di lunghezza 4R e massa M. Nell altro estremo dell asta (B) è applicata una forza verticale F costante nel tempo. Nell istante t =0l asta è inclinata di π/4 rispetto ad un asse verticale ( (0) = π/4) ed è caratterizzata da velocità angolare nulla ( (0) = 0). Determinare il valore minimo di F per cui il moto si attiva con rotazione in senso orario dell asta. Si isola l asta nella configurazione generica e si mettono in evidenza le forze ad essa applicate, ovvero le reazioni vincolari φ A e φ D. B M, 4R F D G p φ D A φ A R C Le reazioni vincolari opposte φ A e φ D, applicate sulla guida, non sono state rappresentate nell ultima figura sia per chiarezza grafica sia perché non verranno utilizzate nella risoluzione dell esercizio.

10 Il moto dell asta è governato dalle solite due equazioni vettoriali della dinamica, che si possono scrivere: ( M ag = φ A + φ D + p + F Γ G = M G = A G φ A + D G φ D + B G F In esse compaiono le reazioni vincolari incognite φ A e φ D, reazioni che non sono richieste dal problema. Si può allora considerare una equazione alternativa, ottenibile anche come combinazione lineare delle precedenti, che non coinvolge le due reazioni incognite. Tale equazione è la seconda scritta in precedenza in cui si sceglie il punto C come polo al posto del baricentro G. Γ C + v C (M v G )= M C = G C p + B C F In questo modo le reazioni vincolari, che hanno rette d azione ortogonali alla guida liscia, non danno contributo al momento. Si noti che C è anche il centro di istantanea rotazione dell asta (teorema di Chasles: le velocità dei punti dell asta in A e D sono tangenti alla guida e dunque ortogonali ai segmenti AC e DC), ma essendo v C e v G non paralleli occorre considerare il loro prodotto vettoriale come termine aggiuntivo nell equazione. I vari termini della equazione possono essere calcolati considerando, ad esempio, il sistema di riferimento cartesiano indicato nella figura seguente. y, j B M, 4R F D G p A φ A φ D R C x, i Γ C = I C v G =ẋ G i +ẏ G j v C =ẋ C i +ẏ C j p = M g j F = F j

11 Le coordinate di G, B e C si determinano da considerazioni trigonometriche: GD = GA AD =R Rcos =R (1 cos ) x G = GD sin =R (1 cos ) sin y G = R + GD cos = R +R (1 cos ) cos x B = BD sin =R ( cos ) sin y B = R + BD cos = R +R ( cos ) cos x C = R sin y C = R cos Per il calcolo del momento d inerzia I C occorre determinare la distanza GC: GC = GD + DC =4R (1 cos ) +(R sin ) =8R (1 cos ) I C = I G + M GC = 1 1 M (4R) + M 8R (1 cos ) =4MR µ 7 3 cos Dunque si ha: Γ C = 4MR 7 cos 3 ẋ G =R (cos cos ) ẏ G =R ( sin +sin) v G =R h i (cos cos ) i +( sin +sin) j ẋ C =R cos ẏ C = R sin v C =R h i cos () i sin () j G C =(x G x C ) i +(y G y C ) j =R (sin sin ) i +R (cos cos ) j B C =(x B x C ) i +(y B y C ) j =R ( sin sin ) i +R ( cos cos ) j µ Γ C = 4MR 7 sin + 3 cos v C (M v G )=4MR sin G C p = M gr(sin sin ) B C F = FR ( sin sin ) Inserendo i vari termini nell equazione del moto e proiettando sul versore si ottiene l equazione differenziale seguente: 4MR µ 7 3 cos +4MR sin =MgR(sin sin )+FR ( sin sin )

1 Questa equazione è non-lineare e per essa non è possibile esprimere la soluzione (t) mediante funzioni elementari. Però per rispondere al quesito iniziale è sufficiente osservare che per la rotazione (t) si può scrivere lo sviluppo in serie di Maclaurin: (t) = (0) + (0) t + 1 (0) t +... = π 4 + 1 (0) t +... Affinché l asta proceda inizialmente in senso orario ( (t) > π/4) è sufficiente che risulti (0) > 0. Dunque, dall equazione del moto si ha: (t) = Mg(sin sin )+F ( sin sin ) MR sin MR 7 cos 3 Mg (0) = Risoluzione alternativa 1 1 + F 1 MR 7 > 0 F>Mg 3 Essendo il sistema conservativo è possibile utilizzare il teorema di conservazione dell energia meccanica: T U = cost. L energia cinetica può essere calcolata come: T = 1 I G + 1 M v G oppure, essendo C il centro di istantanea rotazione dell asta: T = 1 I C =MR µ 7 3 cos Per il potenziale delle forze si ha: U = M gy G Fy B = M g[r +R (1 cos ) cos] F [R +R ( cos ) cos] Nella configurazione iniziale ( (0) = π/4) ilsistemaèinquiete( (0) = 0); di conseguenza si ottiene l equazione del moto: µ 7 MR 3 cos +MgR(1 cos ) cos+ +FR( cos ) cos = MgR 1 + FR 1 In base alle considerazioni discusse nel paragrafo precedente occorre determinare (0). Derivando l equazione del moto si ottiene: µ 4MR 7 sin + 3 cos +MgR ( sin +sin)+ +FR ( sin +sin) =0

13 che risolta rispetto a (t) fornisce: (t) = Mg(sin sin )+F ( sin sin ) MR sin MR 7 cos 3 ovvero, la stessa espressione ottenuta in precedenza. Da questa si ricava: + F 1 Mg (0) = Seconda risoluzione alternativa Il teorema dell energia cinetica afferma che: 1 1 MR 7 > 0 F>Mg 3 T = P e con P e potenza delle forze applicate all asta P e = φ A v A + φ D v D + p v G + F v B Essendo la guida liscia, le reazioni vincolari sono ortogonali alle velocità: φa v A =0 φd v D =0 Gli altri due addendi possono essere determinati con riferimento al centro di istantanea rotazione C dell asta: v G = G C = h i R (sin sin ) i +R (cos cos ) j v B = B C = h i R ( sin sin ) i +R ( cos cos ) j semplificando: v G = R v B = R h i (cos cos ) i +(sin sin ) j h i ( cos cos ) i +(sin sin ) j e sostituendo nell espressione della potenza si ottiene: P e =[Mg(sin sin )+F ( sin sin )] R L energia cinetica può essere scritta come: T = 1 I C e risulta sempre positiva (T (t) 0). Il sistema nella configurazioneinizialeèin quiete (T (0) = 0); ne consegue che, considerando lo sviluppo in serie di Maclaurin per T : T (t) =T (0) + T (0) t +... = T (0) t +...

14 per l attivazione del moto è necessario che risulti: T (0) > 0 ovvero, per il teorema dell energia cinetica: µ T (0) = P 1 e (0) > 0 M g 1 +F µ 1 1 (0) R>0 Una rotazione inizialmente oraria corrisponde a (0) > 0; neconseguechedovrà essere rispettata la disuguaglianza seguente: µ µ 1 Mg 1 + F 1 1 > 0 F> Mg Esercizio n.11 - seconda risoluzione alternativa Il sistema è rappresentato dalla massa puntiforme m q, dal disco che rotola senza strisciare sul piano inclinato e dal filo che scorre su un perno liscio. s n A p x t α C q Esso è dunque conservativo e per scrivere l equazione del moto si può utilizzare il teorema di conservazione dell energia meccanica: T U = cost. in cui l energia cinetica è: T = 1 I C + 1 m q ẋ = 1 µ µ 3 MR ẋ + 1 q R g ẋ = mentre il potenziale delle forze: U = p s t + qx= ps sin α + qx 3p +8q 16g ẋ La relazione tra s e x si ricava osservando che: v G = v G t v G =ṡ = R v A = v A t v A = ẋ =R ṡ = ẋ s = x + s 0

15 e il potenziale U, a meno di una inessenziale costante, risulta: U = q p sin α x L equazione del moto è dunque la seguente: 3p +8q ẋ q p sin α x = cost. 16g Derivando questa equazione rispetto al tempo si ottiene: 3p +8q ẋẍ q p sin α ẋ =0 16g che, essendo ẋ 6= 0, può essere semplificata nella seguente: 8q 4p sin α ẍ = g 8q +3p espressione che coincide con quella trovata in precedenza. In modo del tutto analogo l esercizio poteva anche essere risolto utilizzando il teorema dell energia cinetica. Esercizio n.15 Un disco di massa M e raggio r appartiene ad un piano verticale e inizialmente rotola senza strisciare su una guida circolare di raggio R. M, r G C ϕ R Assumendo che il disco sia inizialmente nell estremità superiore della guida ( (0) = 0) e che, in tale posizione, sia caratterizzato da una velocità angolare positiva ma di entità trascurabile (0. ϕ p g/r), determinare il punto di distacco del disco dalla guida nei due casi in cui: (a) il vincolo tra disco e guida garantisca il perfetto rotolamento del primo fino all istante del distacco;

16 u ρ M, r G φ C p ϕ u ρ R O Figure 1 (b) il vincolo tra disco e guida sia scabro con coefficiente d attrito statico µ s. Si isola il disco dalla guida e si mettono in evidenza le forze che agiscono sul disco, cioè la reazione vincolare φ e il peso proprio p. Per la rappresentazione delmotosiutilizzaunsistemadiriferimentopolareconiversori u ρ e u che risultano, rispettivamente, normale e tangenziale alla guida nel punto C di contatto col disco.per il disco si possono scrivere le seguenti equazioni del moto: ( M ag = φ + p Γ G = M G = C G φ con φ = φn u ρ + φ t u p =( p cos ) u ρ +(p sin ) u G O =(R + r) u ρ v G = d ( G O) =(R + r) u dt ρ =(R + r) u a G = d v G dt =(R + r) h u ρ + i u C G = r u ρ ΓG = I G ϕ = 1 MR ϕ

Si sceglie di proiettare la prima equazione secondo i versori u ρ e u,inmododa ottenere direttamente le componenti φ n e φ t della reazione vincolare; la seconda viene proiettata secondo il versore : M a G u ρ = φ u ρ + p u ρ M a G u = φ u + p u I G ϕ = C G φ Sostituendo le relazioni precedenti e semplificando si ottiene: φ n = p cos M (R + r) φ t = M (R + r) p sin 1 Mr ϕ = rφ t (a) Vincolo di puro rotolamento Se il disco rotola senza strisciare sulla guida, il sistema è caratterizzato da un grado di libertà e come coordinata libera si assume. L angoloϕ può essere determinato come funzione di osservando che la velocità del punto di contatto C del disco è nulla: v C = v G + ϕ C G =0 Sostituendo le espressioni di v G e C G ricavate in precedenza si ha: h(r + r) i u + ϕ ( r u ρ )=0 h (R + r) i r ϕ u =0 h (R + r) i r ϕ =0 ϕ = R + r r Dal sistema di equazioni (1) si ottiene: φ n = p cos M (R + r) φ t = M (R + r) p sin () = g sin 3 R+r La terza equazione rappresenta l equazione del moto ed è un equazione differenziale non lineare: per essa non è possibile esprimere la soluzione (t) mediante funzioni elementari; è però possibile ricavare l espressione della velocità angolare (t) in funzione della posizione (t) osservando che se si moltiplicano ambi i membri per (t) si ottengono due espressioni integrabili: = g 3 R + r sin Z Z g dτ= 3 R + r sin dτ+ K 1 = K g 3 R + r cos 17 (1)

18 La costante di integrazione K può essere determinata imponendo le condizioni iniziali: ½ (t =0)=0 (t =0)=0 = 4 g (1 cos ) (3) 3 R + r Si noti che quest ultima relazione rappresenta una equazione scalare del moto e, poiché il sistema è conservativo, poteva essere ottenuta direttamente mediante il teorema di conservazione dell energia meccanica: con: T U = cost. T = 1 I C ϕ = 1 µ µ 3 R + r Mr r U = p [(R + r) (R + r)cos] = 3 4 M (R + r) da cui, imponendo le condizioni iniziali, si ottiene: 3 4 M (R + r) = p (R + r)(1 cos ) ovvero, semplificando, l equazione (3). Sostituendo l espressione (3) nel sistema () si ottengono le componenti di reazione φ n e φ t in funzione della posizione : φ n = 7 p cos 4 3 7 φ t = p sin 3 = g sin 3 R+r Essendo il contatto tra disco e guida di tipo monolatero, il distacco avviene quando la componente normale di reazione si annulla (φ n =0), ovvero per = : µ 4 =arccos = 0.966 rad = 55.15 7 (b) Vincolo scabro Nel caso di vincolo scabro, il sistema è caratterizzato da un grado di libertà finché c è puro rotolamento (come coordinata libera si assume ), mentre in presenza di slittamento il sistema è caratterizzato da due gradi di libertà (come coordinate libere si assumono e ϕ). La soluzione fornita nel paragrafo precedente (puro rotolamento) vale finché è verificata la disuguaglianza di Coulomb: φ t <µ s φ n Sostituendo le espressioni precedentemente determinate: φ n = 7 µ 3 p cos 4, φ 7 t = p 3 sin

19 si ricava: sin <(7 cos 4) µ s Ã! 3µ = arctan p1+33µ s s +1 Se si rappresentano graficamenteleduefunzionih () =sinef () =(7cos 4) µ s si osserva immediatamente che <, cioè il disco inizia a slittare prima del distacco, qualunque sia il valore del coefficiente d attrito. Questo fatto consegue dalla progressiva diminuzione della componente normale φ n e dal corrispondente aumento di φ t al crescere di (nella figura seguente è rappresentato il caso µ s =0.7 con =0.775 rad = 44.4). 1-1 f() h() 0.5 0.5 0.75 1 1.5 1.5 * - La velocità angolare del disco in corrispondenza di relazione (3): = (t ) è fornita dalla r = 4 (t g )= 3 R + r (1 cos ) ϕ = ϕ (t )= R + r r (t )= r 4 3 g R + r r (1 cos ) Per > (ovvero t>t ) occorre analizzare il moto del disco in presenza dello slittamento. Le equazioni governanti il moto sono rappresentate dal sistema (1) a cui si aggiunge l equazione di Coulomb; si noti che si hanno ancora tante equazioni (4) quante sono le incognite (φ n, φ t,, ϕ): φ n = p cos M (R + r) φ t = M (R + r) p sin 1 Mr ϕ = rφ t φ t = µ s φ n φ t = µ s φ n (4)

0 Procedendo per sostituzione si ottiene: φ n = p cos M (R + r) φ t = µ s p cos + µ s M (R + r) h ϕ = µ i s r g cos (R + r) = g R+r (sin µ s cos )+µ s La quarta equazione deve essere integrata numericamente utilizzando le condizioni iniziali: (t )= (t )= = (t) Nota la funzione (t) si può tracciare φ n (t) utilizzando la prima equazione del sistema (4): il distacco avviene nell istante ˆt in cui φ n ˆt =0;l angolodidistacco è ˆ = ˆt. Per completare la soluzione si può procedere all integrazione numerica della terza equazione del sistema (4) con le seguenti condizioni iniziali: ϕ (t )= R+r r ϕ (t )= R+r r (t )= R+r r (t )= R+r r ϕ = ϕ (t) Esercizio n.16 Un sistema è costituito da due dischi concentrici pesanti mutuamente vincolati allo stesso perno liscio, in modo da poter ruotare liberamente, e da una molla rotazionale relativa. I dischi hanno raggi R e r (R > r) e masse, rispettivamente, M e m (M >m); la molla è di costante elastica K e di massa trascurabile. Il disco di raggio R rotola senza strisciare su un piano orizzontale. ϕ M, R K m, r G H La definizione della rotazione relativa è tale per cui la molla non è sollecitata (ovvero è "a riposo") per =0.

Assumendo che nella configurazione iniziale (ϕ (0) = 0) il sistema sia in quiete ( ϕ (0) = 0, (0) = 0) e che la molla sia stata "caricata" assegnando un valore (0) = π/, determinare il moto del sistema. Trascure l attrito volvente tra disco e piano d appoggio. Il sistema è caratterizzato da due gradi di libertà: come coordinate libere si scelgono la rotazione assoluta ϕ del disco di raggio R e la rotazione relativa tra i due dischi. Se si elimina la molla si possono mettere in evidenza le coppie ( ) che questa esercita sui due dischi: essendo la molla di massa trascurabile le coppie sono uguali ed opposte. 1 K K K M, R m, r φ H G ϕ K K p +P H y, j φ H x, i Per il sistema dei due dischi si possono scrivere le seguenti equazioni del moto: ( (M + m) ag = φ H + p + P Γ H + v H [(M + m) v G ]= M H In particolare si noti che nella seconda il termine v H [(M + m) v G ] risulta nullo se si considera come punto H il punto geometrico di contatto sulla verticale di G, per il quale v H = v G. Non si potrebbe invece considerare H come centro di istantanea rotazione del sistema in quanto i due dischi sono soggetti a moti diversi e H èil centro di istantanea rotazione del solo disco di raggio R, ma non del disco di raggio r. Proiettando la prima equazione nelle direzioni dei versori i e j e la seconda in

direzione di si ottiene: (M + m) a G i = φ H i + p + P i (M + m) a G j = φ H j + p + P j Γ H = M H con: x G = Rϕ, ẋ G = R ϕ, ẍ G = R ϕ y G = R, ẏ G =0, ÿ G =0 v G =ẋ G i +ẏ G j = R ϕ i a G =ẍ G i +ÿ G j = R ϕ i φh = φ t i + φ n j p + P = (m + M) g j H G = R j M H = H G p + P + K K =0 Il momento della quantità di moto dei due dischi rispetto a H può essere calcolato come somma dei momenti di ciascun disco: ΓH = Γ R H + Γ r H = h Γ R H + Γ r i G + G H m v G = = IH R ϕ h + G H m v G + IG r ϕ + i Γ R H = IH R ϕ = 3 MR ϕ Γ r G = IG r ϕ + = 1 mr ϕ + G H m v G = R j mr ϕ i = mr ϕ 3 Γ H = MR ϕ + 1 mr ϕ + + mr ϕ Il sistema di equazioni governanti il moto si riduce al seguente: φ t =(M + m) R ϕ φ n =(m + M) g Γ H h =0 Γ H = cost. 3 MR ϕ + 1 mr ϕ + i + mr ϕ = cost. in cui la costante di integrazione si ricava imponendo le condizioni iniziali: ½ ϕ (t =0)=0 3 (t =0)=0 MR ϕ + 1 mr ϕ + + mr ϕ =0 (5) Le equazioni del moto si completano con quelle relative al solo disco di raggio r o, in alternativa, con quelle relative al solo disco di raggio R. Isolando, ad esempio,

il disco di raggio r occorrerebbe mettere in evidenza la reazione vincolare φ G che il perno esercita sul disco: questa ha come punto di applicazione il baricentro G del disco e, di conseguenza, se si scrive l equazione della derivata del momento della quantità di moto rispetto a G tale reazione non compare: 3 µ r Γ G = MGr (6) con Γ Gr = I r G ϕ + MGr = G G φ G + = 1 mr ϕ + G G p + K = K Proiettando tale relazione su si ottiene: 1 mr ϕ + = K (7) Il sistema di equazioni differenziali lineari (5) e (7) può essere risolto per sostituzione: derivando (5) e sostituendo ϕ in (7) si ottiene un equazione differenziale lineare in del secondo ordine: µ 1 mr mr 3M R + mr +mr + = K ovvero: + λ =0, con: λ = K 3MR + mr +mr (8) mr 3M R +mr La soluzione dell equazione è ben nota ed è: (t) =A 1 cos (λt)+a sin (λt) e le costanti di integrazione A 1 e A si determinano imponendo le condizioni iniziali: ½ (0) = π (0) = 0 ½ A1 cos (0) + A sin (0) = π 4 A 1 λ sin (0) + A λ cos (0) = 0 ½ A1 = π 4 A =0 (t) = π cos (λt) Sostituendo questa funzione nell equazione (7) si ha: µ ϕ = λ K π cos (λt) mr Integrando e imponendo le condizioni al contorno si ottiene l espressione di ϕ (t): µ ϕ (t) = λ K π mr λ cos (λt)+a 3 t + A 4 mr π ϕ (t) = 3M R + mr +mr cos (λt)+a 3 t + A 4 ½ ½ ϕ (0) = 0 mr A4 = π 3M R +mr +m R ϕ (0) = 0 A 3 =0

4 mr π ϕ (t) = [1 cos (λt)] 3M R + mr +mr Il moto del sistema è quindi rappresentato dai due dischi che oscillano periodicamente con una frequenza f = λ/ (π) che dipende dai parametri geometrici (r e R), di massa (M e m) e dalla rigidezza della molla K. Si noti che il moto è illimitato nel tempo, ovvero l energia inizialmente fornita alla molla si conserva trasformandosi periodicamente da elastica a cinetica: il sistema è conservativo. Questo fatto, che poteva essere osservato fin dall inizio, permette di utilizzare il teorema di conservazione dell energia meccanica al posto di una delle equazioni del moto, ad esempio in sostituzione della (6): T U = cost. con T = 1 IR H ϕ + 1 Ir G ϕ + 1 + = 3 4 MR ϕ + 1 4 mr ϕ + m (R ϕ) = 1 + mr ϕ U = 1 K 3 4 MR ϕ + 1 4 mr ϕ + 1 + mr ϕ + 1 K = cost. equazione che derivata fornisce la seguente: 3 MR ϕ ϕ + 1 mr ϕ + ϕ + + mr ϕ ϕ + K =0 Dall equazione (5) si ricava: = 3MR +mr + mr ϕ mr mr ϕ = 3MR +mr + mr Sostituendo queste espressioni nella precedente e semplificando ci si conduce all equazione in (ottenuta senza utilizzare la (6)): checoincideconla(8). + K mr 3MR + mr +mr 3MR +mr =0