Massa e baricentro - UniTrentosiboni/proveMR1no/disp_4336_4564.pdf · Il baricentro della piastra...

Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 809. Geometria delle masse

Nel piano Oxy di una terna solidale Oxyz= Oe1e2e3 si considera una piastra rigidaomogenea P, di densita σ, che occupala regione compresa fra la parabola y =x2/a, la bisettrice y = x e le rette x = 0e x = a, essendo a una lunghezza carat-teristica — vedi figura. Il sistema rigidosi muove con punto fisso O rispetto adun riferimento assoluto non illustrato infigura. 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 retta y = a nel piano Oxy;

(d) il momento d’inerzia relativo alla bisettrice y = −x nel piano Oxy;

(e) il momento angolare in O e l’energia cinetica relativi alla terna assoluta, supponendoche la velocita angolare di P sia ~ω = ωe1 − 2ωe3, con ω costante assegnata.

Soluzione

(a) Massa e baricentro

Massa

La massa della piastra si ottiene integrando la densita σ sul dominio P ed e quindi datadall’integrale:

m =

∫P

σ dA = σ

a∫0

dx

x∫x2/a

dy = σ

a∫0

dx(x− x2

a

)= σ

[x2

2− x3

3a

]a0

=σa2

6.

Posizione del baricentro

Il baricentro della piastra si situa certamente nel piano di giacitura Oxy ed e individuatoda un vettore posizione della forma G−O = xGe1 + yGe2 . L’ascissa del baricentro vale:

xG =1

m

∫P

xσ dA =6

σa2σ

a∫0

dx

x∫x2/a

dy x =6

a2

a∫0

dxx(x− x2

a

)=

=6

a2

a∫0

(x2 − x3

a

)dx =

6

a2

[x3

3− x4

4a

]a0

=6

a2

(a3

3− a4

4a

)=

a

2

Stefano Siboni 4336


mentre per l’ordinata si ha l’espressione:

yG =1

m

∫P

y σ dA =6

σa2σ

a∫0

dx

x∫x2/a

dy y =6

a2

a∫0

dx

[y2

2

]xy=x2/a

=3

a2

a∫0

(x2 − x4

a2

)dx =

=3

a2

[x3

3− x5

5a2

]a0

=3

a2

(a3

3− a5

5a2

)=

2

5a ,

in modo che risulta:

G−O =a

2e1 +

2

5ae2 .

(b) Matrice d’inerziaPoiche l’intera piastra giace nel piano coordinato Oxy, la matrice d’inerzia del sistemarispetto alla terna Oxyz deve essere del tipo:

[LO] =

Lxx Lxy 0Lxy Lyy 0

0 0 Lxx + Lyy

.Il momento d’inerzia relativo all’asse Ox si scrive:

Lxx =

∫P

y2σ dA = σ

a∫0

dx

x∫x2/a

dy y2 = σ

a∫0

dx

[y3

3

]xy=x2/a

=

=σ

3

a∫0

dx(x3 − x6

a3

)=

σ

3

[x4

4− x7

7a3

]a0

=σa4

28

e quello relativo all’asse Oy vale:

Lyy =

∫P

x2σ dA = σ

a∫0

dx

x∫x2/a

dy x2 = σ

a∫0

dx(x− x2

a

)x2 =

= σ

a∫0

(x3 − x4

a

)dx = σ

[x4

4− x5

5a

]a0

=σa4

20

mentre per l’unico prodotto d’inerzia non banale risulta:

Lxy = −∫P

xyσ dA = −σa∫

0

dx

x∫x2/a

dy xy = −σa∫

0

dxx

[y2

2

]xy=x2/a

=

= −σ2

a∫0

x(x2 − x4

a2

)dx = −σ

2

a∫0

(x3 − x5

a2

)dx =

= −σ2

[x4

4− x6

6a2

]a0

= −σ2

(a4

4− a4

6

)= −σa

4

24.

Stefano Siboni 4337


La matrice d’inerzia cercata e dunque:

[LO] = σa4

1/28 −1/24 0−1/24 1/20 0

0 0 3/35

.(c) Momento d’inerzia rispetto alla retta y = aLa retta y = a non passa per l’origine ne per il baricentro G del sistema, ma e parallelaall’asse coordinato Ox. Il relativo momento d’inerzia puo essere calcolato applicando duevolte il teorema di Huygens-Steiner. Si hanno infatti le relazioni:

Iy=a = IGx +m(a− yG)2 Lxx = IOx = IGx +my2G

che sottratte membro a membro porgono:

Iy=a − Lxx = m(a− yG)2 −my2G = m(a2 − 2ayG)

e sostituendo i valori Lxx = σa4/28, m = σa2/6, yG = (2/5)a conducono al momentod’inerzia richiesto:

Iy=a = Lxx +m(a2 − 2ayG) =σa4

28+σa2

6

(a2 − 2a

2

5a)

= σa4( 1

28+

1

30

)=

29

420σa4 .

(d) Momento d’inerzia relativo alla retta y = −xLa retta y = −x contiene l’origine ed e individuata dal versore tangente:

τ =e1 − e2

|e1 − e2|=

e1 − e2√2

.

Rispetto ad essa il momento d’inerzia della piastra si scrive dunque:

Iy=−x = IOτ = τ · LO(τ) =1

2(1 − 1 0) [LO]

1−1

0

=

=1

2

[Lxx + Lyy(−1)2 − 2Lxy

]=

σa4

2

( 1

28+

1

20+

1

12

)=

71

840σa4 .

(e) Momento angolare in O ed energia cineticaMomento angolare in OPoiche la piastra e rigida e dotata di punto fisso O rispetto al riferimento assoluto, ilmomento angolare in O di P si esprime in termini della velocita angolare istantanea ~ω =ωe1 − 2ωe3 per mezzo dell’operatore d’inerzia in O:

~KO = LO(~ω) .

Stefano Siboni 4338


Le componenti di ~KO rispetto alla base e1e2e3 della terna solidale Oxyz sono date dallarappresentazione matriciale della precedente relazione:K1

K2

K3

= [LO]

ω0−2ω

= σa4

1/28 −1/24 0−1/24 1/20 0

0 0 3/35

ω0−2ω

= σa4ω

1/28−1/24−6/35

per cui il momento richiesto diventa:

~KO =( 1

28e1 −

1

24e2 −

6

35e3

)σa4ω .

Energia cineticaL’energia cinetica di P rispetto alla terna assoluta e data dalla ben nota relazione:

T =1

2~ω · LO(~ω) =

1

2~ω · ~KO =

1

2(ωe1 − 2ωe3) ·

( 1

28e1 −

1

24e2 −

6

35e3

)σa4ω =

=1

2

( 1

28+

12

35

)σa4ω2 =

53

280σa4ω2.

Esercizio 810. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativo

Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz= Oe1e2e3 un’asta omogenea pesante AB,di massa m e lunghezza a, e vincolata apassare per l’origine. Una molla ideale dicostante elastica k collega l’estremo B con laproiezione ortogonale B? di questo sull’asseorizzontale Ox. Assunti i vincoli ideali, e in-dicato con M il punto medio dell’asta, usarele variabili ξ ∈ [−1/2, 1/2] e ϕ ∈ R in figuraper determinare del sistema:

(a) l’espressione dell’energia cinetica;

(b) gli equilibri ordinari;

(c) le proprieta di stabilita degli equilibri;

(d) le equazioni pure del moto;

(e) gli equilibri di confine.

Soluzione(a) Energia cineticaL’asta rigida e priva di punti fissi, per cui conviene calcolarne l’energia cinetica ricorrendoal teorema di Konig. Il baricentro dell’asta omogenea AB coincide con il punto medio Mdi questa, individuato dal vettore posizione:

M −O = aξ sinϕ e1 − aξ cosϕ e2

Stefano Siboni 4339


e con velocita assoluta:

M = a(ξ sinϕ+ ξ cosϕ ϕ)e1 + a(−ξ cosϕ+ ξ sinϕ ϕ)e2

di modulo quadrato:M2 = a2(ξ2 + ξ2ϕ2) .

La formula di Konig fornisce allora:

T =mM2

2+

1

2IABMz

∣∣~ω∣∣2 =ma2

2(ξ2 + ξ2ϕ2) +

1

2

ma2

12|ϕe3|2 =

ma2

2

[ξ2 +

( 1

12+ ξ2

)ϕ2

].

(b) Equilibri ordinariIl sistema e scleronomo e a vincoli unilaterali ideali, soggetto esclusivamente a forze po-sizionali conservative — il peso e l’interazione elastica fra l’estremo B e la sua proiezioneortogonale B? su Ox — delle quali si devono determinare i potenziali.

Potenziale gravitazionaleDato che M e il baricentro dell’asta, il potenziale relativo alla forza peso si scrive:

Ug = −mge2 · (M −O) = mgaξ cosϕ .

Potenziale elasticoPoiche |B −M | = a/2, l’estremo B e individuato dal vettore posizione:

B −O = a(1

2+ ξ)

(sinϕ e1 − cosϕ e2) ,

mentre per la relativa proiezione ortogonale su Ox si ha:

B? −O = a(1

2+ ξ)

sinϕ e1 ,

per cui:

B −B? = −a(1

2+ ξ)

cosϕ e2

ed il potenziale elastico associato alla molla ideale diventa:

Uel = −k2|B −B?|2 = −k

2

∣∣−a(1

2+ ξ)

cosϕ e2

∣∣2 = −ka2

2

(1

2+ ξ)2

cos2ϕ .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e la somma dei potenziali parziali, gravitazionale ed elastico,precedentemente calcolati:

U(ξ, ϕ) = Ug + Uel = mgaξ cosϕ− ka2

2

(1

2+ ξ)2

cos2ϕ (810.1)

Stefano Siboni 4340


e deve intendersi definito per (ξ, ϕ) ∈ [−1/2, 1/2]× R.

Equilibri ordinariGli equilibri ordinari si identificano con i punti critici del potenziale U ricompresi nell’inter-no del dominio di definizione di questo, ossia nella striscia aperta di R2:

(ξ, ϕ) ∈ R2 : ξ ∈ (−1/2, 1/2) , ϕ ∈ R .

Si devono quindi eguagliare simultaneamente a zero le derivate parziali prime di (810.1):

Uξ(ξ, ϕ) = mga cosϕ− ka2(1

2+ ξ)

cos2ϕ

Uϕ(ξ, ϕ) = −mgaξ sinϕ+ ka2(1

2+ ξ)2

cosϕ sinϕ

(810.2)

ossia di risolvere il sistema di equazioni non lineari:mga cosϕ− ka2

(1

2+ ξ)

cos2ϕ = 0

−mgaξ sinϕ+ ka2(1

2+ ξ)2

cosϕ sinϕ = 0(ξ, ϕ) ∈ (−1/2, 1/2)× R . (810.3)

La prima equazione si esprime nella forma fattorizzata equivalente:

ka2 cosϕ

[mg

ka−(1

2+ ξ)

cosϕ

]= 0 (810.4)

che consente di distinguere due casi:

(i) per cosϕ = 0 la seconda equazione di equilibrio porge ξ = 0 e gli equilibri corrispon-denti risultano sempre definiti:

(ξ, ϕ) = (0, π/2) (ξ, ϕ) = (0,−π/2) ;

(ii) se invece si annulla l’espressione entro parentesi quadrate nella (810.4) si ottiene:

ξ =mg

ka

1

cosϕ− 1

2(810.5)

e la seconda equazione di equilibrio (810.3) si riduce a:

−mga(mgka

1

cosϕ− 1

2

)sinϕ+ ka2

(mgka

)2 1

cos2ϕcosϕ sinϕ = 0

ovvero:−mga

2sinϕ = 0 ,

e fornisce dunque le radici distinte ϕ = 0 e ϕ = π. Dalla (810.5) si ricava alloral’equilibrio ordinario:

(ξ, ϕ) =(mgka− 1

2, 0)

Stefano Siboni 4341


definito per mg/ka < 1, mentre per ϕ = π la soluzione corrispondente:

(ξ, ϕ) =(−mgka− 1

2, π)

non e associabile ad alcun equilibrio, avendosi −mg/ka− 1/2 < −1/2.

In definitiva, il sistema ammette tre equilibri ordinari, dei quali due definiti incondiziona-tamente:

(ξ, ϕ) = (0, π/2) (ξ, ϕ) = (0,−π/2) (810.6)

che vedono l’asta disporsi in direzione orizzontale con il punto medio M nell’origine, eduno definito per mg/ka < 1:

(ξ, ϕ) =(mgka− 1

2, 0)

(810.7)

in corrispondenza del quale l’asta e orientata verticalmente con l’estremo B in basso.Appare intuitivamente ragionevole che quest’ultimo equilibrio sussista soltanto se la forzaelastica caratteristica ka risulta abbastanza grande rispetto al peso mg, cosı come suonaevidente che per ϕ = π non ricorra equilibrio alcuno, poiche in tal caso l’estremo Brappresenta il punto piu alto dell’asta e la forza elastica non puo in nessun modo bilanciarela forza peso.

(c) Stabilita degli equilibri ordinariTrattandosi di sistema scleronomo posizionale e conservativo, le proprieta di stabilita degliequilibri ordinari possono essere desunte dai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversioneparziale. A questo scopo, dalle (810.2) si ricavano le espressioni delle derivate parzialiseconde del potenziale:

Uξξ(ξ, ϕ) = −ka2 cos2ϕ

Uϕξ(ξ, ϕ) = −mga sinϕ+ 2ka2(1

2+ ξ)

cosϕ sinϕ = Uξϕ(ξ, ϕ)

Uϕϕ(ξ, ϕ) = −mgaξ cosϕ+ ka2(1

2+ ξ)2

(cos2ϕ− sin2ϕ)

e la matrice hessiana corrispondente:

HU (ξ, ϕ) =

(Uξξ(ξ, ϕ) Uξϕ(ξ, ϕ)Uϕξ(ξ, ϕ) Uϕϕ(ξ, ϕ)

)di cui si deve caratterizzare il segno degli autovalori per ciascuna configurazione di equi-librio.

Configurazione (ξ, ϕ) = (0, π/2)In questa configurazione le derivate parziali seconde del potenziale risultano:

Uξξ(0, π/2) = 0 Uϕξ(0, π/2) = Uξϕ(0, π/2) = −mgaUϕϕ(0, π/2) = −ka2/4

Stefano Siboni 4342


e definiscono la matrice hessiana:

HU (0, π/2) =

(0 −mga

−mga −ka2/4

)dotata di determinante sempre negativo:

detHU (0, π/2) = −m2g2a2 < 0 .

La matrice hessiana e dunque indefinita, con autovalori di segno opposto: la presenza di unautovalore positivo assicura l’instabilita dell’equilibrio per il teorema di inversione parzialedi Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (ξ, ϕ) = (0,−π/2)Le derivate parziali seconde sono simili a quelle calcolate nella configurazione precedente:

Uξξ(0,−π/2) = 0 Uϕξ(0,−π/2) = Uξϕ(0,−π/2) = mga

Uϕϕ(0,−π/2) = −ka2/4

al pari dunque della matrice hessiana:

HU (0,−π/2) =

(0 mga

mga −ka2/4

)che risulta ancora indefinita, avendo determinante di segno negativo:

detHU (0,−π/2) = −m2g2a2 < 0 .

Gli autovalori della matrice sono di segno opposto e quello positivo implica l’instabilitadell’equilibrio grazie al teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (ξ, ϕ) =(mgka− 1

2, 0)

, per mg/ka < 1

Nella fattispecie si hanno le derivate parziali seconde:

Uξξ

(mgka− 1

2, 0)

= −ka2 Uϕξ

(mgka− 1

2, 0)

= Uξϕ

(mgka− 1

2, 0)

= 0

Uϕϕ

(mgka− 1

2, 0)

= −mga(mgka− 1

2

)+ ka2

(mgka

)2

=1

2mga

cui corrisponde la matrice hessiana diagonale:

HU

(mgka− 1

2, 0)

=

(−ka2 0

0 mga/2

).

L’autovalore positivo mga/2 comporta, anche in questo caso, l’instabilita dell’equilibrio.

Riassumendo, tutti gli equilibri del sistema sono instabili secondo Liapunov.

Stefano Siboni 4343


(d) Equazioni pure del moto

Per l’ipotesi dei vincoli ideali le equazioni pure del moto sono identificabili con quelle diLagrange:

d

dt

(∂L∂ξ

)− ∂L

∂ξ= 0

d

dt

(∂L∂ϕ

)− ∂L

∂ϕ= 0 (810.8)

in termini della lagrangiana:

L = T + U =ma2

2

[ξ2 +

( 1

12+ ξ2

)ϕ2

]+mgaξ cosϕ− ka2

2

(1

2+ ξ)2

cos2ϕ .

E immediato ricavare le espressioni parziali:

∂L

∂ξ= ma2ξ

d

dt

(∂L∂ξ

)= ma2ξ

∂L

∂ξ= ma2ξϕ2 +mga cosϕ− ka2

(1

2+ ξ)

cos2ϕ

∂L

∂ϕ= ma2

( 1

12+ ξ2

)ϕ

d

dt

(∂L∂ϕ

)= ma2

( 1

12+ ξ2

)ϕ+ 2ma2ξξϕ

∂L

∂ϕ= −mgaξ sinϕ+ ka2

(1

2+ ξ)2

cosϕ sinϕ

che sostituite nelle (810.8) porgono le equazioni del moto richieste:ma2ξ −ma2ξϕ2 −mga cosϕ+ ka2

(1

2+ ξ)

cos2ϕ = 0

ma2( 1

12+ ξ2

)ϕ+ 2ma2ξξϕ+mgaξ sinϕ− ka2

(1

2+ ξ)2

cosϕ sinϕ = 0

definite nel dominio aperto (ξ, ϕ, ξ, ϕ) ∈ (−1/2, 1/2)× R3 di R4.

(e) Equilibri di confine

Le configurazioni di confine del sistema corrispondono ai punti di frontiera del dominio(ξ, ϕ) ∈ [−1/2, 1/2]×R di definizione della parametrizzazione. La frontiera e ovviamentecostituita dalle rette ξ = −1/2 e ξ = 1/2 nel piano (ξ, ϕ) ∈ R2, rette in ciascun puntodelle quali si devono calcolare le componenti generalizzate (810.2) delle forze attive:

Qξ(ξ, ϕ) =∂U

∂ξ(ξ, ϕ) = mga cosϕ− ka2

(1

2+ ξ)

cos2ϕ

Qϕ(ξ, ϕ) =∂U

∂ϕ(ξ, ϕ) = −mgaξ sinϕ+ ka2

(1

2+ ξ)2

cosϕ sinϕ

ed applicare il teorema dei lavori virtuali.

Stefano Siboni 4344


Configurazioni (ξ, ϕ) = (−1/2, ϕo), con ϕo ∈ RIn una configurazione di questo tipo l’estremo B dell’asta viene a conicidere con l’origineO della terna di riferimento. Le componenti generalizzate si riducono a:

Qξ(−1/2, ϕo) = mga cosϕo Qϕ(−1/2, ϕo) =1

2mga sinϕo

e la condizione necessaria e sufficiente per l’equilibrio e offerta del teorema dei lavorivirtuali:

Qξ(−1/2, ϕo)δξ +Qϕ(−1/2, ϕo)δϕ ≤ 0 ∀ δξ ≥ 0 , ∀ δϕ ∈ R ,

ossia: Qξ(−1/2, ϕo) ≤ 0

Qϕ(−1/2, ϕo) = 0 .

Si deve quindi risolvere il sistema:mga cosϕo ≤ 0

1

2mga sinϕo = 0

di cui l’equazione fornisce ϕo = 0 e ϕo = π, mentre la disequazione seleziona ϕo = π erigetta ϕo = 0. Lungo questo tratto della frontiera l’unico equilibrio di confine, sempredefinito, e quindi costituito da:

(ξ, ϕ) = (−1/2, π) .

In questa configurazione l’asta si dispone verticalmente, con il vertice B in alto; poiche lamolla non puo contrastare il peso dell’asta, non meraviglia constatare che si tratti sempredi un equilibrio di confine.

Configurazioni (ξ, ϕ) = (1/2, ϕo), con ϕo ∈ RIn questo caso l’estremo A dell’asta si colloca nell’origine e le forze generalizzate diventano:

Qξ(1/2, ϕo) = mga cosϕo − ka2cos2ϕo

Qϕ(1/2, ϕo) = −1

2mga sinϕo + ka2 cosϕo sinϕo

mentre il teorema dei lavori virtuali porge la condizione di equilibrio:

Qξ(1/2, ϕo)δξ +Qϕ(1/2, ϕo)δϕ ≤ 0 ∀ δξ ≤ 0 , ∀ δϕ ∈ R

che si riduce a: Qξ(1/2, ϕo) ≥ 0

Qϕ(1/2, ϕo) = 0 ,

Stefano Siboni 4345


ossia: mga cosϕo − ka2cos2ϕo ≥ 0

−1

2mga sinϕo + ka2 cosϕo sinϕo = 0 .

(810.9)

L’equazione di equilibrio in (810.9) si esprime nella forma fattorizzata:

ka2 sinϕo

(−mg

2ka+ cosϕo

)= 0

dalla quale e immediato dedurre due soluzioni definite incondizionatamente:

ϕo = 0 ϕo = π

e due definite e distinte dalle precedenti per mg/2ka < 1:

ϕo = arccos(mg

2ka

):= ϕ? ϕo = −ϕ? .

Occorre pero verificare anche la disequazione (810.9). Si vede immediatamente che perϕo = 0 l’equilibrio ricorre se e soltanto se:

mga− ka2 ≥ 0 ⇐⇒ mg

ka≥ 1

ossia la forza elastica ka e abbastanza debole in confronto al peso mg — circostanzaperaltro ragionevole, visto che l’asta si dispone verticalmente con l’estremo B in basso el’estremo A nell’origine. Per ϕo = π l’equilibrio invece non ricorre mai, la diseguaglianzanon essendo mai soddisfatta:

−mga− ka2 ≥ 0 .

Anche questo risultato non sorprende, visto che con A nell’origine e B posto al di sopra diA lungo l’asse verticale Oy il peso e la forza elastica sono concordi e non possono bilanciarsivicendevolmente. Se infine ϕo = ϕ? o ϕo = −ϕ? la diseguaglianza e sempre verificata:

mgamg

2ka− ka2

(mg2ka

)2

≥ 0

potendosi semplificare in:m2g2

4k≥ 0 .

Ancora una volta la conclusione pare plausibile, dal momento che la forza elastica caratteri-stica ka deve risultare adeguatamente intensa rispetto al peso mg — in modo da soddisfarela condizione di esistenza mg/2ka < 1.Riepilogando i risultati ottenuti, lungo questo tratto di frontiera il sistema ammette gliequilibri di confine seguenti:

(ξ, ϕ) = (1/2, 0) per mg/ka ≥ 1;

(ξ, ϕ) =(1/2, arccos(mg/2ka)

)per mg/2ka < 1;

(ξ, ϕ) =(1/2,− arccos(mg/2ka)

)sempre per mg/2ka < 1.

Stefano Siboni 4346


Esercizio 811. Geometria delle masseNel piano Oxy di una terna solidale Oxyz =Oe1e2e3 si considera il sistema rigido compostoda una piastra circolare D, di raggio a e centroC, e da un’asta rettilinea OB, di lunghezza a,disposti come illustrato in figura. La densitadel disco e espressa dalla relazione:

σ(P ) =µ

πa4|P − C|2 ∀P ∈ D

mentre per quella dell’asta si ha:

λ(Q) =µ

a2|Q−O| ∀Q ∈ OB ,

essendo µ una massa costante caratteristica.

Si chiede di determinare del sistema:



(c) i momenti d’inerzia relativi alla retta Cy e alla bisettrice y = x;

(d) l’energia cinetica e il momento angolare in O rispetto ad un riferimento in cui il puntoO e fisso e la velocita angolare istantanea vale ~ω = 2ωe1 − ωe2, con ω 6= 0 costante;

(e) se e realizzata l’equilibratura dinamica, nell’ipotesi che il sistema ruoti attorno all’assefisso O~ω.

Soluzione(a) Massa e baricentroL’asta OB puo essere rappresentata per mezzo della parametrizzazione banale:

Q(y)−O = ye2 , y ∈ [−a, 0] ,

in termini della quale l’elemento infinitesimo di lunghezza si scrive:

ds = |Q′(y)|dy = |e2|dy = dy

e la densita lineare assume la forma:

λ(y) =µ

a2|ye2| =

µ

a2|y| = − µ

a2y , y ∈ [−a, 0] .

In modo analogo, la piastra circolare si descrive efficacemente in coordinate polari pianetraslate dal centro C del disco all’origine O della terna di riferimento:

P (ρ, φ)−O = (a+ ρ cosφ)e1 + ρ sinφe2 , (ρ, φ) ∈ [0, a]× [0, 2π]

Stefano Siboni 4347


sicche l’elemento infinitesimo di area diventa:

dA =

∣∣∣∣∂P∂ρ ∧ ∂P∂φ∣∣∣∣dρdφ =

∣∣∣∣(cosφe1 + sinφe2) ∧ ρ(− sinφe1 + cosφe2)

∣∣∣∣dρdφ = ρ dρdφ

mentre la densita areale si riduce a:

σ(ρ, φ) =µ

πa4|P − C|2 =

µ

πa4ρ2 , (ρ, φ) ∈ [0, a]× [0, 2π] .

Si sono cosı definiti tutti i dati utili al calcolo di massa, baricentro e matrice d’inerzia delsistema.

Massa dell’astaLa massa dell’asta si ottiene integrando sul segmento OB la densita λ. In termini dellaparametrizzazione precedentemente introdotta si ha:

mOB =

∫OB

λ ds =

0∫−a

(− µ

a2y)dy = − µ

a2

[y2

2

]0

−a=

µ

2.

Massa della piastraLa massa della piastra circolare viene calcolata con un integrale di superficie in coordinatepolari:

mD =

∫D

σ dA =

a∫0

dρ ρ

2π∫0

dφµ

πa4ρ2 =

µ

πa4

2π∫0

dφ

a∫0

ρ3dρ =µ

πa42π

a4

4=

µ

2.

Massa del sistemaConsiderato che l’intersezione fra asta e piastra e rappresentata dal solo punto O, checostituisce un insieme di misura nulla sia per gli integrali curvilinei sull’asta che per quellidi superficie sul disco, la massa del sistema si ricava semplicemente sommando le masseparziali di asta e disco:

m = mOB +mD =µ

2+µ

2= µ .

Baricentro dell’astaPoiche l’asta giace interamente lungo l’asse coordinato Oy, questo costituisce un ovvio assedi simmetria e il vettore posizione del relativo baricentro deve essere del tipo:

GOB −O = yOB e2 ,

con ordinata:

yOB =1

mOB

∫OB

yλ ds =2

µ

0∫−a

y(− µ

a2y)dy = − 2

a2

0∫−a

y2dy = − 2

a2

[y3

3

]0

−a= −2

3a

Stefano Siboni 4348



GOB −O = −2

3ae2 .

Baricentro della piastra

Il baricentro GD del disco D si ricava immediatamente riconoscendo nel centro geometricoC un centro di simmetria: la densita areale σ e infatti funzione della sola distanza da C.Ne deriva che GD coincide con C:

GD −O = C −O = ae1 .

Allo stesso risultato si puo pervenire anche per integrazione diretta. Il baricentro del discoe certamente individuato da un vettore posizione della forma:

GD −O = xDe1 + yDe2 ,

in quanto la piastra si colloca nel piano coordinato Oxy, che ne rappresenta un piano disimmetria banale. L’ascissa del baricentro e data da:

xD =1

mD

∫D

xσ dA =2

µ

a∫0

dρ ρ

2π∫0

dφ (a+ ρ cosφ)µ

πa4ρ2 =

=2

πa4

(2πa

a4

4+

a∫0

ρ4dρ

2π∫0

cosφdφ)

=2

πa4

(πa2

+a5

50)

= a

mentre per l’ordinata si ha l’analoga espressione:

yD =1

mD

∫D

yσ dA =2

µ

a∫0

dρ ρ

2π∫0

dφ ρ sinφµ

πa4ρ2 =

2

πa4

a∫0

ρ4dρ

2π∫0

sinφdφ =2

πa4

a5

50 = 0 ,

a conferma del precedente risultato.

Baricentro del sistema

Il baricentro puo essere determinato ricorrendo al teorema distributivo:

G−O =mOB(GOB −O) +mD(GD −O)

mOB +mD=

1

µ

[µ

2

(−2

3ae2

)+µ

2ae1

]=

a

2e1 −

a

3e2 .

(b) Matrice d’inerzia in Oxyz

La matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz e definita dalla somma dellematrici d’inerzia di asta e piastra, relativamente allo stesso riferimento.

Stefano Siboni 4349


Matrice d’inerzia dell’astaLa collocazione dell’asta lungo l’asse Oy implica una matrice d’inerzia della forma:

[LOBO ] =

LOBxx 0 00 0 00 0 LOBxx

in cui figura come unico elemento non banale il momento d’inerzia:

LOBxx =

∫OB

y2λ ds =

0∫−a

y2(− µ

a2y)dy = − µ

a2

0∫−a

y3dy = − µ

a2

[y4

4

]0

−a=

µa2

4

per cui risulta:

[LO] = µa2

1/4 0 00 0 00 0 1/4

.Matrice d’inerzia della piastraConviene determinare la matrice d’inerzia della piastra circolare rispetto al riferimentoCxyz, ottenuto traslando nel baricentro C la terna Oxyz. Questo riferimento e centraled’inerzia, data la presenza degli evidenti assi di simmetria Cx e Cy; poiche inoltre il discogiace nel piano Cxy, il momento d’inerzia relativo a Cz deve essere la somma dei momentid’inerzia relativi agli assi Cx e Cy. La matrice d’inerzia assume percio la forma diagonale:

[LDC ] =

LDC,xx 0 0

0 LDC,xx 0

0 0 2LDC,xx

dove l’unico momento d’inerzia rilevante e dato da:

LDC,xx =

∫D

y2σ dA =

a∫0

dρ ρ

2π∫0

dφ (ρ sinφ)2 µ

πa4ρ2 =

µ

πa4

a∫0

ρ5dρ

2π∫0

sin2φdφ =

=µ

πa4

a6

6

2π∫0

1− cos 2φ

2dφ =

µa2

12π

[φ− sin 2φ

2

]2π

0

=µa2

6


[LDC ] = µa2

1/6 0 00 1/6 00 0 1/3

.La matrice d’inerzia in Oxyz si puo infine ricavare per mezzo del teorema di Huygens-Steiner generalizzato:

[LDO] = [LD

C ] +mD

y2C + z2

C −xCyC −xCzC−xCyC x2

C + z2C −yCzC

−xCzC −yCzC x2C + y2

C

Stefano Siboni 4350


sapendo che:

C −O = xC e1 + yC e2 + zC e3 = ae1 ,

per cui:

[LDO] = µa2

1/6 0 00 1/6 00 0 1/3

+µ

2

0 0 00 a2 00 0 a2

= µa2

1/6 0 00 2/3 00 0 5/6

.Matrice d’inerzia del sistemaLa somma delle matrici d’inerzia, relative a Oxyz, di asta e piastra definisce la matriced’inerzia del sistema rispetto alla stessa terna:

[LO] = [LOBO ] + [LDO] =µa2

1/4 0 00 0 00 0 1/4

+ µa2

1/6 0 00 2/3 00 0 5/6

=

=µa2

5/12 0 00 2/3 00 0 13/12

.(c) Momenti d’inerzia particolariMomento d’inerzia relativo alla retta CyLa retta Cy non passa ne per l’origine ne per il baricentro del sistema, ma risulta parallelaall’asse coordinato Oy, rispetto al quale il momento d’inerzia IOy = Lyy e noto. Il momentod’inerzia rispetto a Cy puo quindi essere determinato mediante una doppia applicazionedel teorema di Huygens-Steiner, che infatti porge le relazioni:

ICy = IGy +m(a− xG)2 IOy = IGy +mx2G

dalle quali, per differenza, segue l’equazione:

ICy − IOy = m(a− xG)2 −mx2G

ed infine l’espressione richiesta:

ICy = IOy +m(a2 − 2axG) =2

3µa2 + µ

(a2 − 2a

a

2

)=

2

3µa2 ,

essendo IOy = Lyy = (2/3)µa2, m = µ e xG = a/2.

Momento d’inerzia relativo alla bisettrice y = xLa retta passa per l’origine ed e individuata dal versore tangente:

τ =e1 + e2

|e1 + e2|=

e1 + e2√2

= τ1e1 + τ2e2 + τ3e3 .

Stefano Siboni 4351


Il momento d’inerzia relativo alla bisettrice si scrive pertanto:

Iy=x = τ · LO(τ) = (τ1 τ2 τ3) [LO]

τ1τ2τ3

=1

2(1 1 0) [LO]

110

=

=1

2(Lxx + Lyy + 2Lxy) =

1

2

( 5

12µa2 +

2

3µa2)

=13

24µa2 .

(d) Energia cinetica e momento angolare in OMomento angolare in OIl momento angolare in O del sistema rigido si puo esprimere nella forma:

~KO = K1e1 +K2e2 +K3e3

dove le componenti K1,K2,K3 sono date dal prodotto di matrici:K1

K2

K3

= [LO]

ω1

ω2

ω3

= µa2

5/12 0 00 2/3 00 0 13/12

2ω−ω0

= µa2ω

5/6−2/3

0

e di conseguenza:

~KO = µa2ω(5

6e1 −

2

3e2

).

Energia cineticaL’energia cinetica del corpo rigido con punto fisso O e data dalla formula:

T =1

2~ω · ~KO =

1

2ω(2e1 − e2) · µa2ω

(5

6e1 −

2

3e2

)=

1

2µa2ω2

(5

3+

2

3

)=

7

6µa2ω2.

(e) Equilibratura dinamicaSe il sistema ruota attorno all’asse fisso Oω l’equilibratura dinamica non e realizzata.L’asse di rotazione e infatti descritto dalla parametrizzazione P (ξ)−O = ~ωξ, ξ ∈ R, ossia:

x = 2ωζy = −ωζz = 0

∀ ζ ∈ R

ed e immediato verificare che esso non contiene il baricentro G del sistema; basta accertarsiche il sistema di equazioni:

a

2= 2ωζ − a

3= −ωζ

non ammette alcuna soluzione nel parametro ζ. Poiche l’asse fisso non contiene il baricentronon risulta realizzata l’equilibratura statica, e di conseguenza neppure quella dinamica —che per definizione presuppone l’equilibratura statica del sistema.

Stefano Siboni 4352


Esercizio 812. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. non conservativoNel piano verticale Oxy di una terna inerzialeOxyz un anello circolare γ, di massa m, cen-tro H e raggio 4a, ha un diametro assegnatoAB vincolato a scorrere lungo l’asse orizzon-tale Ox. Un disco circolare omogeneo D, dimassa m, raggio a e centro C, rotola senzastrisciare su γ. Due molle ideali di egualecostante elastica k = mg/a collegano rispet-tivamente A all’origine O e C al punto piualto S di γ. Il sistema e pesante e a vincoliideali. Resistenze viscose di costante β agi-scono in A e in C. Usando come coordinatelagrangiane i parametri ξ, ϑ ∈ R in figura,determinare del sistema:

(a) gli equilibri;

(b) le proprieta di stabilita degli equilibri;

(c) l’espressione dell’energia cinetica;


(e) i modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile per β = 0.

Soluzione(a) EquilibriIl sistema e a vincoli bilaterali ideali e soggetto sia a sollecitazioni posizionali conservative— il peso e le interazioni elastiche associate alle molle — che a sollecitazioni dissipative— le resistenze viscose in A e C. Le prime si caratterizzano per mezzo dei relativi poten-ziali, mentre per le seconde si deve procedere al calcolo delle componenti generalizzatelagrangiane. A questo scopo e necessario esprimere i vettori posizione di alcuni puntinotevoli del sistema in termini delle coordinate generalizzate, in particolare:

A−O = aξe1 H −O = a(ξ + 4)e1 C −H = 5a sinϑ e1 + 5a cosϑe2

e di conseguenza:

C −O = C −H + H −O = a(ξ + 4 + 5 sinϑ)e1 + 5a cosϑe2 .

Potenziale gravitazionaleAlle forze peso agenti su anello e disco e associato il potenziale gravitazionale:

Ug = Uγg + UDg = −mge2 · (Gγ −O)−mge2 · (C −O) .

Poiche il baricentro Gγ dell’anello γ si muove parallelamente all’asse orizzontale, causail moto traslatorio rettilineo di γ, risulta senz’altro −mge2 · (Gγ − O) = costante, e diconseguenza:

Ug = −5mga cosϑ+ costante .

Stefano Siboni 4353


Potenziale elasticoIl potenziale elastico e la somma dei potenziali relativi alle due molle ideali:

Uel = −k2|A−O|2 − k

2|C − S|2

che applicando il teorema di Carnot al triangolo HCS si riduce a:

Uel = −ka2

2ξ2 − k

2(16a2 + 25a2 − 2 · 4a · 5a cosϑ) = −ka

2

2ξ2 + 20ka2 cosϑ+ costante .

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali parziali, gravitazionale ed elastico, definisce il potenziale delsistema. Omesse le costanti additive, si ha pertanto:

U(ξ, ϑ) = Ug + Uel = −5mga cosϑ− ka2

2ξ2 + 20ka2 cosϑ

ovvero:

U(ξ, ϑ) = −5mga cosϑ− mga

2ξ2 + 20mga cosϑ = mga

(15 cosϑ− ξ2

2

), (812.1)

essendo per ipotesi k = mg/a.

Componenti generalizzate delle forze viscoseLe resistenze viscose sono date dalle forze:

~FA = −βA ~FC = −βC

rispettivamente applicate nei punti A e C individuati per mezzo dei vettori posizione:

A−O = aξe1 C −O = a(ξ + 4 + 5 sinϑ)e1 + 5a cosϑe2 .

Per il calcolo delle componenti generalizzate Dξ e Dϑ sono necessarie le derivate parzialiprime:

∂A

∂ξ= ae1

∂C

∂ξ= ae1

∂A

∂ϑ= 0

∂C

∂ϑ= 5a(cosϑe1 − sinϑe2)

(812.2)

e le espressioni delle velocita istantanee:

A = aξe1 C = a(ξ + 5 cosϑϑ)e1 − 5a sinϑϑe2 , (812.3)

avendosi infatti, da definizione:

Dξ = −βA · ∂A∂ξ− βC · ∂C

∂ξDϑ = −βA · ∂A

∂ϑ− βC · ∂C

∂ϑ.

Stefano Siboni 4354


Sostituendo le relazioni (812.2) e (812.3) si ottiene:

Dξ = −βaξe1 · ae1 − β[a(ξ + 5 cosϑϑ)e1 − 5a sinϑϑe2

]· ae1 =

= −βa2ξ − βa2(ξ + 5 cosϑϑ) = −βa2(2ξ + 5 cosϑϑ)

Dϑ = −βaξe1 · 0− β[a(ξ + 5 cosϑϑ)e1 − 5a sinϑϑe2

]· 5a(cosϑe1 − sinϑe2) =

= −5βa2(ξ cosϑ+ 5 cos2ϑϑ+ 5 sin2ϑϑ) = −βa2(5 cosϑ ξ + 25ϑ) .

Le componenti generalizzate delle forze viscose sono pertanto:

Dξ = −βa2(2ξ + 5 cosϑϑ) Dϑ = −βa2(5 cosϑ ξ + 25ϑ) (812.4)

e si annullano per velocita generalizzate nulle. Rimane cosı appurato, come era lecitoattendersi, che le forze viscose non giocano alcun ruolo nella determinazione degli equilibri.

Calcolo alternativo delle componenti Dξ e Dϑ con il metodo di RayleighAlla determinazione delle componenti generalizzate Dξ e Dϑ si puo arrivare in modo piudiretto usando la funzione ausiliaria di Rayleigh:

R = −β2

(A2 + C2) = −β2

[∣∣aξe1

∣∣2 +[a(ξ + 5 cosϑϑ)e1 − 5a sinϑϑe2

]2]=

= −βa2

2(ξ2 + ξ2 + 10 cosϑ ξϑ+ 25ϑ2) = −βa

2

2(2ξ2 + 10 cosϑ ξϑ+ 25ϑ2)

per mezzo delle relazioni:

Dξ =∂R∂ξ

= −βa2

2(4ξ + 10 cosϑϑ) = −βa2(2ξ + 5 cosϑϑ)

Dϑ =∂R∂ϑ

= −βa2

2(10 cosϑ ξ + 50ϑ) = −βa2(5 cosϑ ξ + 25ϑ) .

I risultati sono in evidente accordo con quelli ricavati ricorrendo alla definizione.

EquilibriPoiche le resistenze viscose si annullano in qualsiasi stato di quiete, gli equilibri del sistemascleronomo a vincoli bilaterali ideali sono identificabili con i punti critici del potenziale(812.1). Si tratta quindi di annullare simultaneamente le derivate parziali prime:

∂U

∂ξ(ξ, ϑ) = −mgaξ ∂U

∂ϑ(ξ, ϑ) = −15mga sinϑ ,

ossia di risolvere il sistema di equazioni:−mgaξ = 0

−15mga sinϑ = 0⇐⇒

ξ = 0

sinϑ = 0

Stefano Siboni 4355


che porge le soluzioni ovvie:

(ξ, ϑ) = (0, 0) (ξ, ϑ) = (0, π) , (812.5)

definite incondizionatamente.

(b) StabilitaPer analizzare le caratteristiche di stabilita degli equilbri occorre in primo luogo deter-minare la natura delle sollecitazioni non posizionali (812.4). A questo scopo se ne calcolala potenza:

π = Dξ ξ +Dϑϑ = −βa2(2ξ + 5 cosϑϑ)ξ − βa2(5 cosϑ ξ + 25ϑ)ϑ =

= −βa2(2ξ2 + 10 cosϑ ξϑ+ 25ϑ2)

che coincide con la funzione di Rayleigh a meno di un fattore 2. La forma quadratica dellevelocita generalizzate che compare entro parentesi si puo scrivere come:

2ξ2 + 10 cosϑ ξϑ+ 25ϑ2 = (ξ ϑ) Γ(ξ, ϑ)

(ξϑ

)in termini della matrice simmetrica:

Γ(ξ, ϑ) =

(2 5 cosϑ

5 cosϑ 25

)definita positiva in quanto munita di traccia e determinante positivi:

tr Γ(ξ, ϑ) = 27 > 0 det Γ(ξ, ϑ) = 50− 25 cos2ϑ = 25 + 25 sin2ϑ > 0 .

Si conclude pertanto che:π ≤ 0 ∀ (ξ, ϑ, ξ, ϑ) ∈ R4

e che π = 0 se e solo se (ξ, ϑ) = (0, 0). Il sistema di resistenze viscose ha dunque naturacompletamente dissipativa. A questa conclusione si aggiunge la circostanza che tutti gliequilibri sono evidentemente isolati, dato il loro numero finito. E dunque lecito applicarela forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri di Barbasin-Krasovskii.A questo scopo si devono calcolare le derivate parziali seconde del potenziale:

Uξξ(ξ, ϑ) = −mga Uϑξ(ξ, ϑ) = 0

Uξϑ(ξ, ϑ) = 0 Uϑϑ(ξ, ϑ) = −15mga cosϑ

e la relativa matrice hessiana:

HU (ξ, ϑ) = mga

(−1 00 −15 cosϑ

)Stefano Siboni 4356


in ciascuna configurazione di equilibrio, in modo da distinguere i massimi relativi propridel potenziale dai punti critici che massimi non sono.

Configurazione (ξ, ϑ) = (0, 0)In questo caso la matrice hessiana del potenziale e definita negativa:

HU (0, 0) = mga

(−1 00 −15

)e consente di riconoscere l’equilibrio come massimo relativo proprio del potenziale. Lastabilita asintotica dell’equilibrio segue dalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (ξ, ϑ) = (0, π)Nella fattispecie la matrice hessiana risulta indefinita:

HU (0, π) = mga

(−1 00 15

)e caratterizza l’equilibrio come punto di sella del potenziale. L’esclusione del massimoimplica l’instabilita dell’equilibrio, ancora per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

(c) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema viene determinata applicato la proprieta additiva, comesomma dei contributi di anello e disco relativi alla stessa terna di riferimento Oxyz.

Energia cinetica dell’anelloL’anello γ si muove di moto traslatorio rettilineo, parallelamente all’asse Ox. Ad ogniistante tutti i suoi punti presentano quindi la stessa velocita, identificabile ad esempio conquella del punto A. L’energia cinetica diventa pertanto:

Tγ =m

2A2 =

m

2|aξe1|2 =

ma2

2ξ2

ed e indipendente dalla distribuzione di massa dell’anello — che infatti non e specificatose sia omogeneo o meno.

Energia cinetica del discoIl disco circolare omogeneo e privo di punti fissi e l’espressione della sua energia cineticadeve essere calcolata ricorrendo al teorema di Konig. E evidente che il baricentro di Dcoincide con il centro geometrico e di simmetria C, la cui posizione viene individuata dalvettore posizione:

C −O = a(ξ + 4 + 5 sinϑ)e1 + 5a cosϑe2

e la cui velocita istantanea si scrive:

C = a(ξ + 5 cosϑϑ)e1 − 5a sinϑϑe2

Stefano Siboni 4357


con modulo quadrato:C2 = a2(ξ2 + 10 cosϑξϑ+ 25ϑ2) .

Il momento d’inerzia del disco rispetto all’asse baricentrale Cz e dato dalla ben notaespressione:

IDCz =ma2

2,

mentre per la velocita angolare istantanea si ha:

~ωD =(4a

a+ 1)

(−ϑ)e3 = −5ϑe3 ,

come e immediato verificare eseguendo il calcolo nel riferimento solidale all’anello e con-siderando che l’orientamento relativo dell’angolo ϑ e del versore e3 non risulta conformealla convenzione destrorsa. Il teorema di Konig porge allora l’espressione:

TD =m

2C2 +

1

2IDCz∣∣~ωD∣∣2 =

ma2

2(ξ2 + 10 cosϑξϑ+ 25ϑ2) +

1

2

ma2

2

∣∣−5ϑe3

∣∣2 =

=ma2

2(ξ2 + 10 cosϑξϑ+ 25ϑ2) +

25

4ma2ϑ2 =

ma2

2

(ξ2 + 10 cosϑξϑ+

75

2ϑ2).

Energia cinetica del sistemaL’energia cinetica del sistema si ottiene ora sommando le energie cinetiche di anello e disco,calcolate in precedenza:

T = Tγ + TD =ma2

2ξ2 +

ma2

2

(ξ2 + 10 cosϑξϑ+

75

2ϑ2)

=

=ma2

2

(2ξ2 + 10 cosϑξϑ+

75

2ϑ2). (812.6)

(d) Equazioni pure del motoL’ipotesi di vincoli ideali autorizza a scrivere le equazioni pure del moto nella forma diLagrange:

d

dt

(∂L∂ξ

)− ∂L

∂ξ= Dξ

d

dt

(∂L∂ϑ

)− ∂L

∂ϑ= Dϑ (812.7)


L = T + U = ma2(ξ2 + 5 cosϑξϑ+

75

4ϑ2)

+mga(

15 cosϑ− ξ2

2

)(812.8)

e delle componenti generalizzate (812.4) delle resistenze viscose. Dalla (812.8) si deduconole espressioni parziali:

∂L

∂ξ= ma2(2ξ + 5 cosϑϑ)

∂L

∂ξ= −mgaξ

d

dt

(∂L∂ξ

)= ma2(2ξ + 5 cosϑϑ− 5 sinϑϑ2)

∂L

∂ϑ= ma2

(5 cosϑ ξ +

75

2ϑ) ∂L

∂ϑ= −5ma2 sinϑ ξϑ− 15mga sinϑ

d

dt

(∂L∂ϑ

)= ma2

(5 cosϑ ξ +

75

2ϑ− 5 sinϑ ϑξ



che sostituite nelle (812.7) porgono le equazioni del moto richieste:ma2(2ξ + 5 cosϑϑ− 5 sinϑϑ2) +mgaξ = −βa2(2ξ + 5 cosϑϑ)

ma2(

5 cosϑ ξ +75

2ϑ)

+ 15mga sinϑ = −βa2(5 cosϑ ξ + 25ϑ) .

(812.9)

(e) Modi normali delle piccole oscillazioniPer β = 0 le resistenze viscose vengono rimosse, ma le configurazioni di equilibrio (812.5)rimangono invariate. Di queste, (ξ, ϑ) = (0, π) risulta instabile per il teorema di inversioneparziale di Lagrange-Dirichlet, mentre (ξ, ϑ) = (0, 0) e stabile in forza del teorema diLagrange-Dirichlet. Attorno a questo solo equilibrio ha senso studiare le piccole oscillazioni.L’energia cinetica (812.6) e una forma quadratica delle velocita generalizzate:

T =ma2

2

(2ξ2 + 10 cosϑ ξϑ+

75

2ϑ2)

=1

2(ξ ϑ) A(ξ, ϑ)

(ξϑ

)con la matrice di rappresentazione:

A(ξ, ϑ) = ma2

(2 5 cosϑ

5 cosϑ 75/2

)che per (ξ, ϑ) = (0, 0) si riduce a:

A(0, 0) = ma2

(2 55 75/2

),

mentre la matrice hessiana del potenziale nella stessa configurazione vale:

HU (0, 0) = mga

(−1 00 −15

).

Lo studio dei modi normali delle piccole oscillazioni si basa sulla matrice ausiliaria:

Λ(ω2) = ω2A(0, 0) +HU (0, 0) = ma2ω2

(2 55 75/2

)+mga

(−1 00 −15

)=

= mga

[aω2

g

(2 55 75/2

)+

(−1 00 −15

)]= mga

(2µ− 1 5µ

5µ75

2µ− 15

)

nella quale si e posto, per brevita, µ = aω2/g. Le pulsazioni normali sono date dalle radicipositive ω dell’equazione caratteristica detΛ(ω2) = 0 ovvero, equivalentemente, di:

0 = det

(2µ− 1 5µ

5µ75

2µ− 15

)= (2µ− 1)

(75

2µ− 15

)− 25µ2 =

= 75µ2 − 30µ− 75

2µ+ 15− 25µ2 = 50µ2 − 135

2µ+ 15

Stefano Siboni 4359


e quindi dell’equazione trinomia:

20µ2 − 27µ+ 6 = 0 .

Da questa si traggono le radici positive:

µ =27±

√272 − 4 · 20 · 62 · 20

=27±

√729− 480

40=

27±√

249

40

ossia:

µ1 =27−

√249

40µ2 =

27 +√

249

40

e le pulsazioni normali risultano percio:

ω1 =√µ1

√g

a=

√27−

√249

40

√g

aω2 =

√µ2

√g

a=

√27 +

√249

40

√g

a,

con ω1 < ω2. Per ricavare i vettori delle ampiezze dei modi normali si deve risolvere ilproblema agli autovalori:(

2µi − 1 5µi

5µi75

2µi − 15

) ai

bi

= 0 ,

ai

bi

6= 0

0

,

rispettivamente per i = 1 nel caso del modo basso e per i = 2 per il modo alto. Poiche lepulsazioni normali sono determinate proprio imponendo la lineare dipendenza del prece-dente sistema lineare, ci si puo limitare a considerare una sola delle due equazioni, peresempio la prima:

(2µi − 1)ai + 5µibi = 0

per poi sceglierne una qualsiasi soluzione non banale, in particolare:

ai = −5µi bi = 2µi − 1 .

Modo basso, associato alla pulsazione ω1

In questo caso le ampiezze di oscillazione sono entrambe di segno negativo:

a1 = −5µ1 = −27−√

249

8

b1 = 2µ1 − 1 =27−

√249

20− 1 =

7−√

249

20

per cui il modo normale di oscillazione assume la forma: δξ

δϑ

= A1

−27−√

249

87−√

249

20

cos

√27−√

249

40

√g

at+ α1

∀ t ∈ R ,

Stefano Siboni 4360


con A1 6= 0 e α1 costanti reali arbitrarie. Da notare che in questo modo normale i dueparametri lagrangiani oscillano in fase attorno ai rispettivi valori di equilibrio.

Modo alto, associato alla pulsazione ω2

Nella fattispecie le ampiezze di oscillazione sono invece di segno opposto:

a2 = −5µ2 = −27 +√

249

8

b2 = 2µ2 − 1 =27 +

√249

20− 1 =

7 +√

249

20

e forniscono il modo normale:

δξ

δϑ

= A2

−27 +√

249

87 +√

249

20

cos

√27 +√

249

40

√g

at+ α2

∀ t ∈ R ,

in cui figurano le costanti reali arbitrarie A2 6= 0 e α2. Per questo modo normale leoscillazioni armoniche dei due parametri lagrangiani attorno ai relativi valori di equilibrioavvengono in opposizione di fase.

Esercizio 813. Equazioni cardinali della statica

Nel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz due dischi circolari D1 e D2, di ugualemassa m, uguale raggio a, e centri rispettivi A e B, sono vincolati a rotolare sulla retta

fissa r di equazione y = 5a − x, mantenen-dosi in mutuo contatto nel punto C. Il primodisco e omogeneo e rotola senza strisciare sur; il secondo non e omogeneo, con baricentroG posto a distanza a/2 dal centro B, e rotolastrisciando senza attrito tanto su r quanto suD1. Il sistema e pesante e una molla ideale dicostante elastica k collega A con l’origine O. Siassumono reazioni vincolari esterne nei puntidi contatto P , Q e C illustrati in figura. Usan-do come coordinate libere i parametri ξ, ϕ ∈ Rin figura, determinare del sistema:

(a) le equazioni cardinali necessarie e sufficienti per l’equilibrio;

(b) gli equilibri;

(c) le reazioni vincolari in P , Q e C per tutti gli stati di quiete.

Soluzione(a) Equazioni cardinali utili a caratterizzare gli equilibri

Stefano Siboni 4361


Si osserva in via preliminare che tutte le forze attive applicate al sistema agiscono nelpiano verticale Oxy della terna Oxyz = Oe1e2e3, per cui e senz’altro lecito assumere cheanche le reazioni vincolari manifestino analogo comportamento, con la componente lungoe3 identicamente nulla. Sul disco D1 agiscono le seguenti sollecitazioni esterne:

il peso −mge2 applicato nel centro di simmetria e baricentro A — si ricorda che ilsistema delle forze peso, in realta distributo sull’intero corpo, e equivalente al solopeso totale applicato nel relativo baricentro, che su un sistema rigido ideale producegli stessi effetti dinamici e statici;

la forza elastica −k(A−O), applicata sempre in A;

una reazione vincolare ~ΦP = ΦPxe1 + ΦPy e2 agente in P e dovuta al contatto con laretta r, con ΦPx,ΦPy ∈ R arbitrari per via della condizione di puro rotolamento;

una reazione vincolare ~ΦC = ΦCxe1−ΦCxe2, con ΦCx ∈ R, applicata in C, attribuibileal contatto con il disco D2 e ortogonale al contorno ∂D1 — e dunque parallela allaretta d’appoggio r.

Il vettore posizione del centro A rispetto all’origine si puo esprimere facilmente in terminidelle coordinate libere:

A−O = S −O + P − S + A− P = 5ae1 − aξe1 + aξe2 +a√2e1 +

a√2e2 =

=(

5 +1√2− ξ)ae1 +

( 1√2

+ ξ)ae2 ,

in modo che la forza elastica agente sul disco D1 in A si scrive esplicitamente come:

−k(A−O) = −ka(

5 +1√2− ξ)e1 − ka

( 1√2

+ ξ)e2 .

Analogamente, il disco D2 e soggetto alle forze esterne elencate di seguito:

il peso −mge2 agente nel baricentro G;

una reazione vincolare ~ΦQ = ΦQxe1 + ΦQxe2, con ΦQx ∈ R arbitrario, esercitata inQ dalla retta d’appoggio e a questa ortogonale per via della condizione di assenzad’attrito;

una forza reattiva −~ΦC = −ΦCxe1 + ΦCxe2, con ΦCx ∈ R arbitrario, agente in C eimputabile al contatto con il disco D1, sul quale il rotolamento ammette strisciamentoed avviene senza attrito radente. Questa forza, conformemente al principio di azionee reazione, e opposta a quella — gia discussa — che il disco D2 esercita su D1 in C.

La condizione necessaria e sufficiente per l’equilibrio e offerta dalle equazioni cardinalistatiche per le due parti rigide che costituiscono il sistema — i dischi D1 e D2.

Stefano Siboni 4362


Prima equazione cardinale della statica per D1

L’equazione cardinale dell’impulso nel caso statico impone che sia nulla la somma delleforze esterne applicate al disco D1:

−mge2 − ka(

5 +1√2− ξ)e1 − ka

( 1√2

+ ξ)e2 + ΦPxe1 + ΦPy e2 + ΦCxe1 − ΦCxe2 = 0 .

Considerando le componenti lungo e1 e lungo e2 si perviene al sistema di equazioni scalari:−ka

(5 +

1√2− ξ)

+ ΦPx + ΦCx = 0

−mg − ka( 1√

2+ ξ)

+ ΦPy − ΦCx = 0 .(813.1)

Seconda equazione cardinale della statica n P per D1

L’equazione cardinale del momento richiede l’annullarsi del momento in P di tutte le forzeesterne agenti su D2:

(A− P ) ∧[−mge2 − k(A−O)

]+ (P − P ) ∧ ~ΦP + (C − P ) ∧ ~ΦC = 0

ossia:(A− P ) ∧

[−mge2 − k(A−O)

]+ (C − P ) ∧ ~ΦC = 0 , (813.2)

con:

A− P =a√2e1 +

a√2e2

C − P = C −A + A− P = − a√2e1 +

a√2e2 +

a√2e1 +

a√2e2 =

√2 ae2

−mge2 − k(A−O) = −ka(

5 +1√2− ξ)e1 +

[−ka

( 1√2

+ ξ)−mg

]e2

~ΦC = ΦCxe1 − ΦCxe2 .

Sostituite le espressioni precedenti nell’equazione (813.2), questa diventa:

e3

∣∣∣∣∣∣a/√

2 a/√

2

−ka(

5 +1√2− ξ)−ka

( 1√2

+ ξ)−mg

∣∣∣∣∣∣+ e3

∣∣∣∣∣ 0√

2 a

ΦCx −ΦCx

∣∣∣∣∣ = 0

ed una volta eseguiti i prodotti vettoriali si riduce alla sola equazione scalare:

a√2

[−ka

( 1√2

+ ξ)−mg + ka

(5 +

1√2− ξ)]−√

2 aΦCx = 0

ovvero a:a√2

(−mg + 5ka− 2kaξ)−√

2 aΦCx = 0 . (813.3)

Stefano Siboni 4363


Prima equazione cardinale della statica per D2

La somma delle forze esterne agenti su D2, attive e reattive, porge l’equazione di equilibrio:

−mge2 + ΦQxe1 + ΦQxe2 − ΦCxe1 + ΦCxe2 = 0

e quindi il sistema di equazioni scalari:ΦQx − ΦCx = 0

−mg + ΦQx + ΦCx = 0 .(813.4)

Seconda equazione cardinale della statica in Q per D2

L’equazione richiede che sia nullo il momento risultante in Q di tutte le forze esterneapplicate al disco:

(G−Q) ∧ (−mge2) + (Q−Q) ∧ ~ΦQ + (C −Q) ∧ (−~ΦC) = 0

vale a dire:

(G−Q) ∧ (−mge2)− (C −Q) ∧ ~ΦC = 0 , (813.5)

dove:

G−Q = B −Q + G−B =a√2e1 +

a√2e2 +

a

2sinϕ e1 −

a

2cosϕ e2 =

= a( 1√

2+

1

2sinϕ

)e1 + a

( 1√2− 1

2cosϕ

)e2

C −Q = B −Q + C −B =a√2e1 +

a√2e2 +

a√2e1 −

a√2e2 =

√2 ae1

~ΦC = ΦCxe1 − ΦCxe2 .

L’equazione (813.5) diventa cosı:

e3

∣∣∣∣∣∣a( 1√

2+

1

2sinϕ

)a( 1√

2− 1

2cosϕ

)0 −mg

∣∣∣∣∣∣− e3

∣∣∣∣∣√

2 a 0

ΦCx −ΦCx

∣∣∣∣∣ = 0

e una volta calcolati i determinanti si riduce a:

−mga( 1√

2+

1

2sinϕ

)+√

2 aΦCx = 0 . (813.6)

Condizione di equilibrioLa condizione necessaria e sufficiente affinche (ξ, ϕ) sia una configurazione di equilibrio e

Stefano Siboni 4364


che siano simultaneamente soddisfatte le equazioni (813.1), (813.3), (813.4) e (813.6):

−ka(

5 +1√2− ξ)

+ ΦPx + ΦCx = 0

−mg − ka( 1√

2+ ξ)

+ ΦPy − ΦCx = 0

a√2

(−mg + 5ka− 2kaξ)−√

2 aΦCx = 0

ΦQx − ΦCx = 0

−mg + ΦQx + ΦCx = 0

−mga( 1√

2+

1

2sinϕ

)+√

2 aΦCx = 0

(813.7)

per una qualche scelta delle componenti reali ΦPx, ΦPy, ΦCx, ΦQx.

(b) EquilibriLe equazioni di equilibrio (813.7) si possono riscrivere nella forma equivalente:

ΦPx = ka(

5 +1√2− ξ)− ΦCx (813.8a)

ΦPy = mg + ka( 1√

2+ ξ)

+ ΦCx (813.8b)

ΦCx =1

2(5ka−mg − 2kaξ) (813.8c)

ΦQx = ΦCx (813.8d)

ΦQx = mg − ΦCx (813.8e)

ΦCx =1√2mg( 1√

2+

1

2sinϕ

). (813.8f)

Dalle equazioni lineari (813.8d) e (813.8e) si deduce immediatamente che:

ΦQx =mg

2ΦCx =

mg

2(813.9)

in modo che le (813.8c) e (813.8f) diventano equazioni pure di equilibrio:

mg

2=

1

2(5ka−mg − 2kaξ)

mg

2=

1√2mg( 1√

2+

1

2sinϕ

)e porgono il sistema:

mg =5

2ka− kaξ

0 =1

2√

2mg sinϕ

⇐⇒

ξ =

5

2− mg

ka

sinϕ = 0

Stefano Siboni 4365


dal quale si traggono i due equilibri:

(ξ, ϕ) =(5

2− mg

ka, 0)

(ξ, ϕ) =(5

2− mg

ka, π). (813.10)

(c) Reazioni vincolari esterne per gli stati di quieteLe componenti ΦPx e ΦPy si ricavano dalle equazioni (813.8a) e (813.8b) sostituendo le(813.9) e il valore di equilibrio (813.10) della variabile ξ:

ΦPx = ka(

5 +1√2− ξ)− ΦCx = ka

(5 +

1√2− 5

2+mg

ka

)− mg

2= ka

(5

2+

1√2

)+mg

2

ΦPy = mg+ka( 1√

2+ξ)

+ΦCx = mg+ka( 1√

2+

5

2−mgka

)+mg

2= ka

(5

2+

1√2

)+mg

2

in modo che per entrambi gli stati di quiete, nelle due configurazioni di equilibrio, lereazioni vincolari esterne risultano le seguenti:

~ΦP =

[ka(5

2+

1√2

)+mg

2

](e1 + e2) ~ΦC =

mg

2(e1 − e2) ~ΦQ =

mg

2(e1 + e2) .

Esercizio 814. Equazioni differenziali nel piano

Considerare nel piano (x, y) ∈ R2 il seguente sistema di equazioni differenziali: x = xy − 1

y = x− 2y − 2

per determinarne:

(a) i punti fissi;

(b) le caratteristiche di stabilita dei punti fissi.

Soluzione(a) Punti fissiI punti fissi sono le soluzioni costanti del sistema di equazioni differenziali e si ottengonoquindi risolvendo il sistema di equazioni algebriche: 0 = xy − 1

0 = x− 2y − 2(814.1)

la seconda delle quali permette di esprimere la variabile x in funzione della y:

x = 2y + 2 (814.2)

Stefano Siboni 4366


e sostituita nella prima la riduce all’equazione trinomia nella sola y:

0 = (2y + 2)y − 1 ⇐⇒ 2y2 + 2y − 1 = 0 .

Le soluzioni corrispondenti sono:

y =−2±

√4 + 8

4=−1±

√3

2

e tramite la (814.2) porgono infine i punti fissi richiesti:

(x, y) =(

1 +√

3,−1 +

√3

2

)(x, y) =

(1−√

3,−1−

√3

2

)(814.3)

(b) Stabilita dei punti fissiQuelle considerate non sono equazioni lagrangiane del moto e l’analisi di stabilita deipunti fissi deve essere condotta facendo ricorso a teoremi generali, quale quello di analisilineare della stabilita, che e certamente applicabile data la forma normale e autonoma delleequazioni del primo ordine e l’appartenenza dalla classe C1 dei secondi membri:

f(x, y) = xy − 1 g(x, y) = x− 2y − 2 .

Allo scopo e necessario calcolare le derivate parziali prime:

∂f

∂x(x, y) = y

∂f

∂y(x, y) = x

∂g

∂x(x, y) = 1

∂g

∂y(x, y) = −2

e la matrice jacobiana corrispondente del secondo membro:

J(x, y) =

(y x1 −2

)in ciascun punto fisso, e procedere quindi al calcolo degli autovalori.

Punto fisso (x, y) =(

1 +√

3,−1 +

√3

2

)In questo caso la matrice jacobiana diventa:

J(

1 +√

3,−1 +

√3

2

)=

−1 +√

3

21 +√

3

1 −2

e la relativa equazione caratteristica si scrive:

0 = det

[J(

1 +√

3,−1 +

√3

2

)− λI

]= det

−1 +√

3

2− λ 1 +

√3

1 −2− λ

=

Stefano Siboni 4367


=(−1 +

√3

2− λ)

(−2− λ)− 1−√

3 = λ2 +5−√

3

2λ− 2

√3 .

L’equazione presenta una permanenza di segno e una variazione: conformemente alla regoladei segni di Cartesio essa deve presentare una radice reale positiva e, di conseguenza, unaradice negativa. Il risultato e altresı evidente per via del segno negativo del prodotto fra icoefficienti di secondo grado e di grado zero:

1 · (−2√

3) = −2√

3 < 0 .

La presenza dell’autovalore positivo implica l’instabilita del punto fisso (che e una sella).

Punto fisso (x, y) =(

1−√

3,−1−

√3

2

)Nella fattispecie si ha la matrice jacobiana:

J(

1−√

3,−1−

√3

2

)=

−1−√

3

21−√

3

1 −2

con equazione caratteristica:

0 = det

[J(

1−√

3,−1−

√3

2

)− λI

]= det

−1−√

3

2− λ 1−

√3

1 −2− λ

=

=(−1−

√3

2− λ)

(−2− λ)− 1 +√

3 = λ2 +5 +√

3

2λ+ 2

√3 .

Il discriminante dell’equazione ha segno negativo:

∆ =(5 +

√3

2

)2

− 4 · 2√

3 =25 + 3 + 10

√3

4− 8√

3 =28− 22

√3

4< 0

per cui gli autovalori sono complessi coniugati ed hanno parte reale negativa:

<e(λ1) = <e(λ2) = −5 +√

3

4< 0 .

Questa circostanza assicura la stabilita asintotica del punto fisso, che costituisce un fuocostabile. Si osservi che il ricorrere di due permanenze nell’equazione caratteristiche nonconsente di applicare la regola dei segni di Cartesio in modo risolutivo: in base ad essa,infatti, il numero di radici positive potrebbe essere uguale a 2 o nullo.

Stefano Siboni 4368


Esercizio 815. Un bizzarro problema di geometria delle masse

In the plane π let γ be a simple closed curve, boundary of a closed domain D. Let G be agiven point of D. Suppose that n ≥ 2 distinct points P1, . . . , Pn with adjustable positivemasses m1, . . . ,mn, respectively, are placed on the domain D in such a way that the totalmass is 1, the centre of mass coincides with G and the moment of inertia with respect toG is maximum, i.e.:

n∑i=1

mi = 1n∑i=1

mi(Pi −O) = G−On∑i=1

mi|Pi −G|2 maximum ,

where P −Q is the position vector of any point P ∈ π with respect to another point Q ∈ πand | · | denotes the usual Euclidean norm in R2.

(a) Prove that all the points Pi must lie on the boundary γ of the domain D.

(b) In the case n = 2 show that if γ is an ellipse the points P1 and P2 are the intersectionsof γ with the straight-line through G and parallel to the major axis.

(c) If γ is a circle of centre O and radius r, prove that the maximum moment of inertiais r2 − |G−O|2 for any n ≥ 2.

Solution(a) Without loss of generality assume that the point P1 lies in the interior of D, i.e. ata positive distance from the boundary γ. Let us denote by Go the centre of mass of thepoint masses P2, . . . , Pn, and by mo = 1 −m1 the total mass of the same points. A wellknown property (sometimes named distributive law) states that G can be identified withthe centre of mass of the point masses (P1,m1) and (Go,mo), and lies thereby along thesegment P1Go. By posing, for simplicity’s sake, d1 = |P1 − G| and do = |Go − G|, it iseasily checked that:

m1 =do

d1 + domo =

d1

d1 + do. (815.1)

It is always possibile to move P1 to the boundary γ along the straight-line G−Go in sucha way that the distance d1 grows relative to its original value, because P1 is an inner pointof D. The contribution of P1 to the moment of inertia:

m1d21 =

dod21

d1 + do(815.2)

is an increasing function of d1 at fixed do, as the positive sign of the derivative with respectto d1 shows:

∂

∂d1

(m1d

21

)=

d21 + 2d1do

(do + d1)2> 0 , (815.3)

and so is the mass mo = d1/(d1 + do). Consequently, the moment of inertia grows if:

the point P1 is moved to the boundary γ of D along the straight line G−Go, so thatd1 increases to a new value d′1 > d1, and

Stefano Siboni 4369


the residual points P2, . . . , Pn are kept fixed and their masses m2, . . . ,mn are scaledby the factor

d′1d′1 + do

d1 + dod1

> 1

which increases all of them. We have indeed:

m1d21 +

n∑i=2

mi|Pi −G|2 =dod

21

d1 + do+

n∑i=2

mi|Pi −G|2 <

<dod′21

d′1 + do+

n∑i=2

mid′1

d′1 + do

d1 + dod1

|Pi −G|2 ,

whereas the total mass 1 and the centre of mass G are left unchanged. This conclusioncontradicts the original assumption that the moment of inertia was maximum. In theprevious analysis it is assumed that P1 6= Go, so we still must consider the occurrencethat P1 = Go. In this case, no matter the mass m1 is, we have G = P1 = Goand the point P1 provides no contribution to the moment of inertia. By diminishingm1 and using the mass made available to increase all the other masses m2, . . . ,mn

proportionally to their original values, the moment of inertia grows since all the pointsare distinct, whereas the centre of mass G is left unchanged. Hence we still obtain acontradiction, which completes the proof.

(b) For n = 2 the centre of mass G must lie at the interior of D and the points P1 and P2

are the intersections of an appropriate straight-line through G with the closed contour γ.By posing d1 = |P1 −G| and d2 = |P2 −G|, the moment of inertia relative to G takes theparticular form:

m1|P1 −G|2 +m2|P2 −G|2 =d2

d1 + d2d2

1 +d1

d1 + d2d2

2 = d1d2 (815.4)

Stefano Siboni 4370


and thereby the maximum occurs when the product of the distances from G is as large aspossible. In the usual reference frame Oxy of the plane π an ellipse of semi-major axis a andsemi-minor axis b is represented by the canonical equation x2/a2 + y2/b2 = 1. Denoted by(xG, yG) the coordinates of G relative to the same frame, the change of variables x = xG+ξ,y = yG + η leads to the equation (xG + ξ)2/a2 + (yG + η)2/b2 = 1, while any straight-linethrough G is described by η = kξ for some constant slope k ∈ R. The two intersectionsbetween the curve and the straight-line are determined by the set of equations:

η = kξ

(xG + ξ)2/a2 + (yG + η)2/b2 = 1

leading to the second order algebraic equation in ξ:

( 1

a2+k2

b2

)ξ2 + 2

(xGa2

+yGk

b2

)ξ +

x2G

a2+y2G

b2− 1 = 0 (815.5)

whose (always real) solutions ξ+ > 0 and ξ− < 0 specify the points of intersection as(ξ, η) = (ξ+, kξ+) and (ξ, η) = (ξ−, kξ−). Their distances from G are then written as:

d1 =√ξ2+ + (kξ+)2 =

√1 + k2 |ξ+| =

√1 + k2 ξ+

d2 =√ξ2− + (kξ−)2 =

√1 + k2 |ξ−| = −

√1 + k2 ξ−

and the distance product becomes d1d2 = −(1+k2)ξ+ξ− . By using (815.5), which providesan explicit formula for the product ξ+ξ−, we obtain:

d1d2 =1 + k2

1

a2+k2

b2

(1− x2

G

a2− y2

G

b2

)=(

1− x2G

a2− y2

G

b2

)b2

1 +1− b2

a2

b2

a2+ k2

and conclude at a glance that the product is maximum when k = 0. By the way, the

maximum moment of inertia holds a2(

1− x2G

a2− y2

G

b2

). The residual case of the straight-

line ξ = 0 corresponds to k → +∞ and does not change the conclusion, since the value ofd1d2 becomes:

d1d2 =(

1− x2G

a2− y2

G

b2

)b2 <

(1− x2

G

a2− y2

G

b2

)a2

due to the condition a > b. The proof is complete.

Stefano Siboni 4371


The figure below outlines the method of solution.

(c) If γ is a circle of centre O, any distribution of points along γ with centre of mass G hasthe same moment of inertia relative to G. In fact, the moment of inertia with respect tothe centre O is always equal to r2 and by Huygens-Steiner theorem the moment of inertiarelative to G is simply r2−|G−O|2 and provides the required maximum. It is understoodthat the points P1, . . . , Pn are the vertices of any polygon inscribed in γ and containing G— due to the convex hull property of the centre of mass.

RemarkDue to the statement (c), if γ is a circle and n = 2 the moment of inertia relative to Gmust be independent on the position of the points P1, P2 ∈ γ, aligned with G.

Indeed, for another pair of points Q1, Q2 ∈ γ,aligned with G too, the quadrilateral P1Q1P2Q2

is inscribed in the circle γ and its diagonalsP1P2 and Q1Q2 intersect in G. Ptolemy’s the-orem implies then that |P1 − G| · |P2 − G| =Q1−G| · |Q2−G|. More explicitly, it is enoughto notice that the triangles P1GQ2 and P2GQ1

are similar. Indeed, the angles P1Q2Q1 andP1P2Q1 are equal, as circumference angles sub-tended by the minor arc P1Q1. Moreover, theangles P1GQ2 and Q1GP2 are opposed by thevertex and therefore equal as well. Finally, bydifference, so are the angles GP1Q2 and GQ1P2.

Stefano Siboni 4372



Nel piano Oxy di una terna Oxyz un disco circolare omogeneo D, di centro C, raggio a emassa m, e vincolato a rotolare senza strisciare su una semicirconferenza fissa γ, di raggioa e centro O, posta nel III e IV quadrante (vedi figura). Un’asta rigida omogenea AC,di lunghezza 2a e massa m, ha il primo estremo incernierato al disco in C e il secondoestremo A libero di scorrere lungo l’asse verticale Oy e collegato all’origine da una mollaideale di costante elastica k.

Il sistema e pesante e a vincoli ideali. La terna Oxyz ruota con velocita angolare costanteω attorno all’asse Oy, rispetto ad un riferimento inerziale non rappresentato in figura. Ildisco D non puo oltrepassare l’asse Ox. Si usi l’angolo AOC = θ ∈ [−π/3, π/3] per deter-

minare del sistema, rispetto a Oxyz:


(b) gli equilibri ordinari;

(c) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;



Soluzione

(a) Energia cinetica

Per calcolare l’energia cinetica del sistema rispetto alla terna Oxyz conviene determinareseparatamente le energie cinetiche delle parti mobili D e AC, per poi sommare i duecontributi.

Energia cinetica del disco DIl disco omogeneo D risulta privo di punti fissi e ha baricentro nel proprio centro geometrico(e di simmetria) C. L’energia cinetica di D si puo quindi determinare attraverso la formuladi Konig:

TD =m

2C2 +

1

2IDCz∣∣~ωD∣∣2 .

Stefano Siboni 4373


La velocita del baricentro si ricava derivando in t il relativo vettore posizione:

C −O = 2a sin θe1 − 2a cos θe2 ,

nel quale si deve intendere θ come una qualsiasi funzione regolare del tempo, derivata cheporge:

C = 2a(cos θe1 + sin θe2)θ

con modulo quadrato:C2 = 4a2θ2 .

Il momento d’inerzia di D rispetto all’asse baricentrale Cz e invece dato da:

IDCz =ma2

2

mentre la velocita angolare per un disco di raggio r = a che rotola senza strisciare lungoil bordo esterno di una circonferenza fissa di raggio R = a si scrive:

~ωD =(Rr

+ 1)θe3 =

(aa

+ 1)θe3 = 2θe3 .

Si ottiene pertanto:

TD =m

24a2θ2 +

1

2

ma2

2

∣∣2θe3

∣∣2 = 2ma2θ2 +ma2θ2 = 3ma2θ2 .

Energia cinetica dell’asta ACAnche per l’asta AC, priva di punti fissi al pari di D, si impone l’uso del teorema di Konig.Indicato con M il punto medio e baricentro di AC, si ha infatti:

TAC =m

2M2 +

1

2IACMz

∣∣~ωAC∣∣2 .Il baricentro e individuato dal vettore posizione:

M−O =A−O + C −O

2=−4a cos θe2 + 2a sin θe1 − 2a cos θe2

2= a sin θe1−3a cos θe2

come si ricava immediatamente notando che il triangolo OAC e isoscele. La corrispondentevelocita risulta percio:

M = (a cos θe1 + 3a sin θe2)θ

di modulo quadrato:

M2 = a2(cos2θ + 9 sin2θ)θ2 = a2(1 + 8 sin2θ)θ2 .

Per il momento d’inerzia relativo a Mz e la velocita angolare dell’asta si ottengono invecele espressioni:

IACMz =m(2a)2

12=

ma2

3~ωAC = −θe3 .

Stefano Siboni 4374


L’energia cinetica dell’asta diventa cosı:

TAC =m

2a2(1 + 8 sin2θ)θ2 +

1

2

ma2

3

∣∣−θe3

∣∣2 =ma2

2

(4

3+ 8 sin2θ

)θ2 .

Energia cinetica del sistemaSommando le energie cinetiche di disco e asta si ricava l’energia cinetica del sistema:

T = TD + TAC = 3ma2θ2 +ma2

2

(4

3+ 8 sin2θ

)θ2 =

ma2

2

(22

3+ 8 sin2θ

)θ2 . (816.1)

(b) Equilibri ordinariIl sistema e scleronomo e a vincoli ideali, soggetto esclusivamente a sollecitazioni posizionalie conservative. Gli equilibri sono quindi caratterizzati dal teorema dei lavori virtuali. Perdeterminarli occorre ricavare i potenziali associati a tutte le forze posizionali conservative,e quindi sommarli in modo da individuare il potenziale del sistema.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale delle forze peso agenti sul disco e dato dalla formula:

UDg = −mge2 · (C −O) = 2mga cos θ ,

mentre quello relativo all’asta omogenea si scrive:

UACg = −mge2 · (M −O) = 3mga cos θ .

Per il potenziale gravitazionale del sistema si ottiene pertanto l’espressione:

Ug = UDg + UACg = 5mga cos θ .

Potenziale elasticoIl potenziale associato alla molla ideale che collega l’estremo A all’origine O e definito dallarelazione:

Uel = −k2|A−O|2 = −k

2(4a cos θ)2 = −8ka2cos2θ .

Potenziale centrifugoLa terna Oxyz e posta in rotazione con velocita angolare costante ω attorno all’asse ver-ticale Oy, e risulta quindi non inerziale. In particolare, e sede di forze centrifughe agentitanto sul disco quanto sull’asta. Ciascuno dei due corpi da il proprio contributo al poten-ziale centrifugo del sistema. Per il disco vale:

UDcf =

ω2

2IDOy =

ω2

2

[m (2a sin θ)2 + IDCy

]= 2ma2ω2sin2θ + costante ,

mentre il potenziale dell’asta si ricava efficacemente dalla definizione:

UACcf =ω2

2IACOy =

ω2

2

2a∫0

(s sin θ)2 m

2ads =

2

3ma2ω2sin2θ

Stefano Siboni 4375


usando l’ascissa curvilinea s ∈ [0, 2a], misurata lungo l’asta a partire dall’estremo A, comevariabile di integrazione. Ignorata la costante additiva, inessenziale, il potenziale centrifugocomplessivo vale dunque:

Ucf =8

3ma2ω2sin2θ .

Forze di Coriolis

Nel sistema non inerziale Oxyz sono attive anche le forze di Coriolis, agenti sia sul discoche sull’asta. E pero facile verificare che la componente generalizzata di queste forze risultaidenticamente nulla, e dunque ininfluente sulla dinamica e sulla statica del sistema. Perconvincersene basta osservare che un generico punto P del sistema e vincolato a muoversinel piano Oxy e la sua posizione e completamente determinata dall’angolo θ, sicche:

P −O = P (θ)−O

e la corrispondente velocita e della forma:

P =∂P

∂θ(θ) θ .

Poiche questa velocita deve risultare parallela al piano Oxy qualunque sia il valore di θ, sideduce che la derivata ∂P/∂θ e parallela allo stesso piano. Per contro, la forza di Coriolisapplicata allo stesso punto (supposto di massa mP ) risulta ortogonale a Oxy, in modo che:

−2mPωe2 ∧ P ·∂P

∂θ= 0

e la stessa conclusione si estende ovviamente alla componente generalizzata di tutte le forzedi Coriolis agenti su ogni punto del sistema:

QCorθ =∑P


∂θ= 0 .

Fisicamente, l’inefficacia delle forze di Coriolis e dovuta proprio alla loro ortogonalitarispetto al piano vincolare Oxy, capace, in quanto liscio, di equilibrarle mediante le op-portune reazioni vincolari.

Potenziale del sistema

La somma dei potenziali parziali, gravitazionale, elastico e centrifugo, fornisce il potenzialedel sistema:

U(θ) = 5mga cos θ − 8ka2cos2θ +8

3ma2ω2sin2θ (816.2)

da intendersi definito per θ ∈ [−π/3, π/3].

Stefano Siboni 4376


Equilibri ordinariIl teorema dei lavori virtuali identifica gli equilibri ordinari con i punti critici del potenziale,purche compresi nell’interno del dominio di definizione della parametrizzazione. Si trattaquindi di porre uguale a zero la derivata prima:

U ′(θ) = −5mga sin θ +(

16ka2 +16

3ma2ω2

)sin θ cos θ (816.3)

ovvero di risolvere l’equazione trigonometrica:

−5mga sin θ +(

16ka2 +16

3ma2ω2

)sin θ cos θ = 0

per θ ∈ (−π/3, π/3). Il problema si riscrive nella forma piu conveniente:(16ka2 +

16

3ma2ω2

)(−λ+ cos θ) sin θ = 0

essendo stato introdotto, per brevita, il parametro d’ordine:

λ :=5mga

16ka2 +16

3ma2ω2

=5mg

16ka+16

3maω2

> 0 . (816.4)

Soluzioni banali si hanno per sin θ = 0:

θ = 0 θ = π ,

delle quali tuttavia solo la prima e accettabile, viste le restrizioni su θ. Altri equilibriordinari ricorrono invece per −λ+ cos θ = 0:

θ = arccosλ := θ? θ = −θ? ,

definiti e distinti dal precedente a condizione che si abbia λ < 1 e

λ > cos(π/3) = 1/2 .

(c) Stabilita degli equilibri ordinariData la natura posizionale conservativa del sistema, le caratteristiche di stabilita degliequilibri ordinari possono essere studiate facendo uso dei teoremi di Lagrange-Dirichlet edi inversione parziale. A questo scopo si rende necessario calcolare la derivata seconda delpotenziale:

U ′′(θ) = −5mga cos θ +(

16ka2 +16

3ma2ω2

)(cos2θ − sin2θ

)in ciascuna configurazione di equilibrio ordinaria.

Stefano Siboni 4377


Configurazione θ = 0In questo caso la derivata seconda del potenziale non ha segno definito:

U ′′(0) = −5mga+ 16ka2 +16

3ma2ω2 =

(16ka2 +

16

3ma2ω2

)(1− λ)

e obbliga a distinguere tre diversi casi, secondo il valore del parametro d’ordine:

se λ < 1, si ha U ′′(0) > 0 e l’equilibrio risulta instabile per il teorema di inversioneparziale di Lagrange-Dirichlet;

per λ > 1 e invece U ′′(0) < 0, per cui l’equilibrio costituisce un massimo relativoproprio del potenziale. La stabilita segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet;

se infine λ = 1, la derivata seconda del potenziale si annulla e la discussione dellastabilita richiederebbe un’analisi piu approfondita. In effetti, per λ = 1 la derivataseconda del potenziale si riduce a:

U ′′(θ) =(

16ka2 +16

3ma2ω2

)(− cos θ + cos2θ − sin2θ

)in modo che le derivate successive diventano:

U (3)(θ) =(

16ka2 +16

3ma2ω2

)(sin θ − 4 sin θ cos θ

)U (4)(θ) =

(16ka2 +

16

3ma2ω2

)(cos θ − 4 cos2θ + 4 sin2θ

)e in θ = 0 assumono i valori:

U (3)(0) = 0 U (4)(0) = −3(

16ka2 +16

3ma2ω2

).

Il segno negativo della derivata non nulla di ordine piu basso (il quarto) implica cheil punto critico θ = 0 sia un massimo relativo proprio del potenziale, stabile perLagrange-Dirichlet.

A scanso di equivoci, si ricordi che per questo equilibrio il parametro d’ordine λ non esoggetto ad alcuna condizione, salvo il fatto di essere per definizione positivo.

Configurazione θ = θ?, con cos θ? = λ e 1/2 < λ < 1Nella fattispecie la derivata seconda del potenziale assume la forma:

U ′′(θ?) = −5mga cos θ? +(

16ka2 +16

3ma2ω2

)(cos2θ? − sin2θ?

)=

=(

16ka2 +16

3ma2ω2

)(−λ cos θ? + cos2θ? − sin2θ?

)=

= −(

16ka2 +16

3ma2ω2

)sin2θ?

e dunque segno strettamente negativo, in quanto θ? ∈ (0, π/3). Quando definito, l’equili-brio rappresenta un massimo relativo proprio del potenziale ed e stabile per Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 4378


Configurazione θ = −θ?, con cos θ? = λ e 1/2 < λ < 1Come peraltro segue dalla parita del potenziale, in questa posizione di equilibrio la derivataseconda del potenziale e identica a quella calcolata nella posizione simmetrica precedente:

U ′′(−θ?) = U ′′(θ?) = −(

16ka2 +16

3ma2ω2

)sin2θ?

e quindi di segno negativo. L’equilibrio e ancora stabile per Lagrange-Dirichlet.

(d) Equazioni pure del motoL’ipotesi dei vincoli ideali e la natura posizionale conservativa del sistema autorizzano aidentificare le equazioni pure del moto con la sola equazione di Lagrange:

d

dt

(∂L∂θ

)− ∂L

∂θ= 0 (816.5)


L = T + U =ma2

2

(22

3+ 8 sin2θ

)θ2 + 5mga cos θ − 8ka2cos2θ +

8

3ma2ω2sin2θ

dalla quale seguono le espressioni parziali:

∂L

∂θ= ma2

(22

3+ 8 sin2θ

)θ

d

dt

(∂L∂θ

)= ma2

(22

3+ 8 sin2θ

)θ + 16ma2 sin θ cos θ θ2

∂L

∂θ= 8ma2 sin θ cos θ θ2 − 5mga sin θ +

(16ka2 +

16

3ma2ω2

)sin θ cos θ .

Sostituite in (816.5), queste espressioni conducono all’equazione pura del moto richiesta:

ma2(22

3+8 sin2θ

)θ+8ma2 sin θ cos θ θ2+5mga sin θ−

(16ka2+

16

3ma2ω2

)sin θ cos θ = 0 .

(e) Equilibri di confineLe configurazioni di confine del sistema si hanno per θ = −π/3 e θ = π/3. La lorocaratterizzazione come equilibri viene ottenuta tramite il teorema dei lavori virtuali.

Configurazione θ = π/3In questo caso la condizione di equilibrio si scrive:

U ′(π/3) δθ ≤ 0 ∀ δθ ≤ 0

ed equivale semplicemente alla disequazione U ′(π/3) ≥ 0. Ricordando l’espressione (816.3)della derivata prima, la condizione diventa allora:

−5mga sinπ

3+(

16ka2 +16

3ma2ω2

)sin

π

3cos

π

3≥ 0

Stefano Siboni 4379


ossia:

−5mga

√3

2+(

16ka2 +16

3ma2ω2

)√3

2

1

2≥ 0

ed infine, introdotto il parametro d’ordine secondo la definizione (816.4):

−λ+1

2≥ 0 .

Il sistema ammette un equilibrio di confine in θ = π/3 se e solo se λ ≤ 1/2. Si osservicome il risultato appaia del tutto ragionevole dal punto di vista fisico: la configurazionerisulta di equilibrio quando la costante elastica k e/o il modulo della velocita angolare ωsono abbastanza grandi rispetto a g — le forze elastica e/o centrifuga prevalgono sul peso,conformemente alla (816.4).

Configurazione θ = −π/3L’equilibrio ricorre se e soltanto se:

U ′(−π/3) δθ ≤ 0 ∀ δθ ≥ 0

ossia U ′(−π/3) ≤ 0. Si ha dunque:

−5mga sin(−π

3

)+(

16ka2 +16

3ma2ω2

)sin(−π

3

)cos(−π

3

)≤ 0

e di conseguenza:

5mga

√3

2−(

16ka2 +16

3ma2ω2

)√3

2

1

2≤ 0

ovvero λ − 1/2 ≤ 0. La condizione necessaria e sufficiente perche si abbia equilibrio e lastessa determinata nel caso precedente:

λ ≤ 1/2

ed e suscettibile della stessa interpretazione fisica.


Nel piano Oxy di una terna solidale Oxyz = Oe1e2e3 si considera il sistema rigido compo-sto da una piastra quadrata P di lato a eda un’asta rettilinea AB di lunghezza a, di-sposte come in figura. La densita di P vale:

σ(P ) =µ

a4|P −O|2 ∀P ∈ P ,

mentre quella dell’asta si scrive:

λ(P ) =µ

a3|P −A|2 ∀P ∈ AB ,

essendo µ una massa caratteristica. Il siste-ma si muove con punto fisso O rispetto adun riferimento assoluto non illustrato in

Stefano Siboni 4380


figura. Determinare del sistema:



(c) i momenti d’inerzia rispetto alle rette OC e AC;

(d) il momento angolare in O e l’energia cinetica relativi alla terna assoluta, dove lavelocita angolare del sistema vale ~ω = ωe3, con ω costante assegnata;

(e) l’asse di Mozzi e la velocita di C nella stessa terna assoluta considerata in (d).

SoluzioneLa piastra P viene descritta per mezzo della parametrizzazione banale:

P (x, y)−O = xe1 + ye2 , (x, y) ∈ [0, a]2 ,

cui corrispondono l’elemento infinitesimo di area dA = dxdy e la densita areale:

σ(x, y) =µ

a4(x2 + y2) , (x, y) ∈ [0, a]2 .

Per l’asta AB puo essere conveniente introdurre invece l’ascissa curvilinea s:

P (s)−O = (a+ s)e1 , s ∈ [0, a] ,

che esprime in modo ovvio l’elemento infinitesimo di lunghezza come ds e la densita linearenella forma:

λ(s) =µ

a3s2 , s ∈ [0, a] .

(a) Massa e baricentroMassa della piastraLa massa di P si ricava integrando la densita areale σ sull’intero dominio quadrato:

mP =

∫P

σ dA =

a∫0

dx

a∫0

dyµ

a4(x2 + y2) =

µ

a4

a∫0

dx(x2a+

a3

3

)=

µ

a4

(a3

3a+

a3

3a)

=2

3µ .

Massa dell’astaLa massa dell’asta e data dall’integrale di λ sul segmento AB:

mAB =

∫AB

λ ds =

a∫0

µ

a3s2 ds =

µ

3.

Stefano Siboni 4381


Massa del sistemaDal momento che il punto di intersezione A fra P e AB ha misura nulla e non contribuiscene all’integrale di superficie su P ne a quello curvilineo su AB, sommando le masse parzialidi piastra e asta si ottiene la massa del sistema:

m = mP +mAB =2

3µ+

µ

3= µ .

Baricentro della piastraPoiche la densita σ e funzione della sola distanza dal vertice O, la bisettrice y = x del I eIII quadrante nel piano Oxy costituisce un ovvio asse di simmetria della piastra, lungo ilquale deve necessariamente collocarsi anche il relativo baricentro GP. Il vettore posizionedel baricentro ha quindi la forma:

GP −O = xP e1 + xP e2

e la sola coordinata indipendente va calcolata usando la definizione:

xP =1

mP

∫P

xσ dA =3

2µ

a∫0

dx

a∫0

dy xµ

a4(x2 + y2) =

3

2a4

a∫0

dx

a∫0

dy (x3 + xy2) =

=3

2a4

a∫0

dx(x3a+ x

a3

3

)=

3

2a4

(a4

4a+

a2

2

a3

3

)=

3

2

(1

4+

1

6

)a =

5

8a

per cui risulta:

GP −O =5

8ae1 +

5

8ae2 .

Baricentro dell’astaLa retta di giacitura Ox e anche un banale asse di simmetria dell’asta AB, il cui baricentrodeve quindi essere individuato da un vettore posizione del tipo GAB−O = xAB e1. L’ascissaxAB si ricava immediatamente dalla definizione:

xAB =1

mAB

∫AB

xλ ds =3

µ

a∫0

(a+s)µ

a3s2ds =

3

a3

a∫0

(as2 +s3)ds =3

a3

(aa3

3+a4

4

)=

7

4a

fornendo infine:

GAB −O =7

4ae1 .

Baricentro del sistemaData l’irrilevanza dell’intersezione fra asta e piastra, il baricentro G del sistema puo esseredeterminato ricorrendo alla formula distributiva:

G−O =mP(GP −O) +mAB(GAB −O)

mP +mAB

Stefano Siboni 4382


che sostituendo i valori precedentemente calcolati porge:

G−O =1

µ

[2

3µ(5

8ae1 +

5

8ae2

)+µ

3

7

4ae1

]=

5

12ae1 +

5

12ae2 +

7

12ae1 = ae1 +

5

12ae2 .

(b) Matrice d’inerzia relativa a OxyzMatrice d’inerzia della piastraLa piastra giace nel piano coordinato Oxy ed in tale piano ammette la bisettrice y = xcome asse di simmetria. Ne segue che i prodotti d’inerzia di indice z sono tutti nulli, chei momenti d’inerzia relativi agli assi Ox e Oy sono uguali e che la loro somma fornisceil momento d’inerzia associato all’asse Oz, per cui la matrice d’inerzia deve assumere laforma:

[LPO] =

LPxx LP

xy 0

LPxy LP

xx 0

0 0 2LPxx

.

L’unico momento d’inerzia indipendente si determina ricorrendo alla definizione:

LPxx =

∫P

y2σ dA =

a∫0

dx

a∫0

dy y2 µ

a4(x2 + y2) =

µ

a4

a∫0

dx

a∫0

dy (x2y2 + y4) =

=µ

a4

a∫0

dx(x2 a

3

3+a5

5

)=

µ

a4

(a3

3

a3

3+ a

a5

5

)=

14

45µa2 ,

mentre per l’unico prodotto d’inerzia non banale si ha l’espressione:

LPxy = −

∫P

xyσ dA = −a∫

0

dx

a∫0

dy xyµ

a4(x2 + y2) = − µ

a4

a∫0

dx

a∫0

dy (x3y + xy3) =

= − µ

a4

a∫0

dx(x3 a

2

2+ x

a4

4

)= − µ

a4

(a4

4

a2

2+a2

2

a4

4

)= −1

4µa2 ,


[LPO] = µa2

14/45 −1/4 0−1/4 14/45 0

0 0 28/45

.

Matrice d’inerzia dell’astaPoiche l’asta si dispone per intero lungo l’asse Ox, la sua matrice d’inerzia si riduce a:

[LABO ] =

0 0 00 LAByy 0

0 0 LAByy

= µa2

0 0 00 31/30 00 0 31/30

Stefano Siboni 4383


essendo:

LAByy =

∫AB

x2λ ds =

a∫0

(a+ s)2 µ

a3s2ds =

µ

a3

a∫0

(a2 + 2as+ s2)s2ds =

=µ

a3

a∫0

(a2s2 + 2as3 + s4) ds =µ

a3

(a2 a

3

3+ 2a

a4

4+a5

5

)=

31

30µa2 .

Matrice d’inerzia del sistemaPer ottenere la matrice d’inerzia del sistema non resta che sommare le matrici d’inerziaparziali di piastra e asta:

[LO] = [LPO] + [LABO ] = µa2

14/45 −1/4 0−1/4 14/45 0

0 0 28/45

+ µa2

0 0 00 31/30 00 0 31/30

=

= µa2

14/45 −1/4 0−1/4 121/90 0

0 0 149/90

.(c) Momenti d’inerzia relativi alle rette OC e ACMomento d’inerzia relativo alla retta OCLa retta OC passa ovviamente per l’origine ed e individuata dal versore tangente:

n =C −O|C −O|

=1√2e1 +

1√2e2 .

Per il momento d’inerzia richiesto vale allora la formula:

IOC =1

2(1 1 0) [LO]

110

=1

2

(Lxx + Lyy + 2Lxy

)=

=1

2µa2(14

45+

121

90− 2 · 1

4

)= µa2 28 + 121− 45

180=

104

180µa2 =

26

45µa2 .

Momento d’inerzia relativo alla retta ACLa retta AC non passa per l’origine, ma risulta comunque parallela all’asse Oy. Con-siderando la retta parallela Gy passante per il baricentro, il teorema di Huygens-Steinerporge allora le relazioni:

IAC = IGy +m(a− xG)2 IOy = IGy +mx2G

che sottratte membro a membro consentono di ricavare il momento d’inerzia desiderato:

IAC = IOy −mx2G +m(a− xG)2 = IOy +m(a2 − 2axG) ,

Stefano Siboni 4384


ossia:

IAC =121

90µa2 + µ(a2 − 2a · a) =

121

90µa2 − µa2 =

31

90µa2 .

(d) Momento angolare in O ed energia cineticaMomento angolare in OPoiche il sistema rigido e noto avere punto fisso O e velocita angolare istantanea ~ω = ωe3

rispetto al riferimento assoluto, il suo momento angolare in O puo essere determinato permezzo della relazione:

~KO = LO(ωe3) = ωLO(e3) = ω149

90µa2e3 =

149

90µa2ω e3 .

Energia cineticaAnalogamente, l’energia cinetica del sistema rispetto al riferimento assoluto si scrive:

T =1

2~ω · ~KO =

1

2ω e3 ·

149

90µa2ω e3 =

149

180µa2ω2 .

(e) Asse di Mozzi e velocita assoluta del punto CPoiche il sistema rigido si muove costantemente con punto fisso O, l’asse di Mozzi e unasse istantaneo di rotazione passante per O e diretto come la velocita angolare istantaneaωe3. Si tratta quindi dell’asse coordinato Oe3, che in effetti costituisce un asse fisso per ilsistema.La velocita istantanea del vertice C rispetto alla terna assoluta si ricava usando la formuladi Poisson per l’atto di moto rigido:

C = O + ~ω ∧ (C −O) = 0 + ωe3 ∧ (ae1 + ae2) = aω(e2 − e1) = −aωe1 + aωe2 .

Esercizio 818. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. non conservativo

Nel piano verticale Oxy di una terna inerzialeOxyz un disco circolare omogeneo D, di massam, centro O e raggio r, ruota liberamente attornoall’asse orizzontale Oz. Sul disco si avvolge un filoperfettamente flessibile e inestendibile, di massatrascurabile, la cui estremita A e fissata su unpunto assegnato del bordo di D, mentre l’altrae agganciata ad un punto materiale C, pure dimassa m. Il tratto di filo non a contatto con Dsi mantiene sempre verticale. Il punto A e col-legato da una molla ideale di costante elastica kal punto fisso B dell’asse orizzontale Ox, di a-scissa −2r. Su A agisce infine una resistenza vi-scosa di costante β. Tenendo conto del peso edassumendo i vincoli ideali, usare l’angolo φ ∈ Rin figura come coordinata generalizzata per de-terminare del sistema:

Stefano Siboni 4385


(a) gli equilibri;


(c) l’espressione dell’energia cinetica e le equazioni pure del moto;

(d) i modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile per β = 0;

(e) per β = 0 e kr = mg, i valori dell’energia meccanica per i quali si hanno moti a metaasintotica.

Soluzione(a) EquilibriIl sistema scleronomo a vincoli bilaterali ideali e sottoposto a sollecitazioni posizionaliconservative — il peso, l’interazione elastica fra A e B — e a sollecitazioni dissipative —la resistenza viscosa in A. Per le prime si deve determinare il potenziale, mentre delleseconde occorre ricavare la componente generalizzata.

Potenziale gravitazionaleIndicata con L la lunghezza — costante — del filo compresa fra A e C, il potenzialegravitazionale del punto materiale C si scrive:

Ug = −mge2 · (C −O) = −mge2 ·[−(L− rφ)e2

]= mg(L− rφ) = −mgrφ+ costante ,

mentre quello del disco circolare omogeneo e chiaramente costante e, in quanto tale, irri-levante.

Potenziale elasticoGli estremi della molla ideale di costante elastica k sono determinati dai vettori posizione:

A−O = r cosφ e1 + r sinφ e2 B −O = −2re1

per cui:A−B = r(cosφ+ 2)e1 + r sinφ e2

e quindi:

|A−B|2 = r2(cosφ+ 2)2 + r2sin2φ = r2(5 + 4 cosφ) = 4r2 cosφ+ costante .

Per il potenziale elastico associato alla molla si ha cosı l’espressione:

Uel = −k2|A−B|2 = −k

24r2 cosφ = −2kr2 cosφ .

Potenziale del sistemaBasta sommare i potenziali parziali, gravitazionale ed elastico, per ottenere il potenzialedel sistema:

U(φ) = Ug + Uel = −mgrφ− 2kr2 cosφ . (818.1)

Stefano Siboni 4386


Componente generalizzata delle forze viscoseSul punto A agisce la resistenza viscosa:

−βA = −βr(− sinφ e1 + cosφ e2)φ

e tenuto conto della derivata parziale:

∂A

∂φ= r(− sinφ e1 + cosφ e2) ,

la sua componente generalizzata si riduce a:

Dφ = −βA· ∂A∂φ

= −βr(− sinφ e1 +cosφ e2)φ·r(− sinφ e1 +cosφ e2) = −βr2φ . (818.2)

Come era da aspettarsi, la componente generalizzata della resistenza viscosa si annullaper velocita generalizzata φ uguale a zero, e dunque non concorre in alcun modo alladeterminazione degli equilibri. Questi saranno percio identificati da tutti e soli i punticritici del potenziale U .

EquilibriLa derivata prima del potenziale si riduce a:

U ′(φ) = −mgr + 2kr2 sinφ

e fornisce l’equazione di equilibrio:

−mgr + 2kr2 sinφ = 0 ⇐⇒ sinφ =mg

2kr,

dalla quale si deducono gli equilibri seguenti:

(i) φ = arcsin(mg

2kr

)= φ? ∈ (0, π/2), per mg/2kr < 1;

(ii) φ = π − φ?, sempre per mg/2kr < 1;

(iii) φ = π/2, nel caso sia mg/2kr = 1.

Tutte le configurazioni precedenti si intendono definite a meno di multipli interi di 2π, checomunque sono ininfluenti nella successiva analisi di stabilita. Si osservi, tuttavia, come leconfigurazioni associate a valori di φ che differiscano di un multiplo intero non nullo di 2πsiano a stretto rigore distinte, corrispondendo ad una diversa quota del punto materiale Ce ad un diverso numero di avvolgimenti del filo attorno al disco.

(b) Stabilita degli equilibriLa potenza della sollecitazione dissipativa e sempre non positiva:

π = Dφφ = −βr2φ φ = −βr2φ2 ≤ 0

Stefano Siboni 4387


e si annulla esclusivamente per velocita generalizzata φ nulla. Si tratta dunque di sol-lecitazione completamente dissipativa. A questo si aggiunge la circostanza che tutti gliequilibri del sistema sono evidentemente isolati. Di conseguenza, e sempre possibile ana-lizzare le proprieta di stabilita degli equilibri ricorrendo alla forma forte del teorema diLagrange-Dirichlet. A questo scopo occorre calcolare la derivata seconda del potenziale:

U ′′(φ) = 2kr2 cosφ

in ciascuna configurazione di equilibrio.

Configurazione φ = φ?, con φ? ∈ (0, π/2)In questo caso risulta:

U ′′(φ?) = 2kr2 cosφ? > 0

e si puo quindi escludere che l’equilibrio possa rappresentare un massimo relativo propriodel potenziale. Tale esclusione assicura l’instabilita dell’equilibrio per la forma forte delteorema di Lagrange-Dirichlet;

Configurazione φ = π − φ?, sempre con φ? ∈ (0, π/2)Nella fattispecie si ha:

U ′′(π − φ?) = −2kr2 cosφ? < 0

e l’equilibrio e un massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile per ilteorema forte di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione φ = π/2, per mg/2kr = 1Per questo equilibrio la derivata seconda del potenziale si annulla ed e necessario ricorreread uno sviluppo di Taylor del potenziale di ordine superiore al secondo. Dalle espressionidelle derivate fino al terzo ordine incluso:

U(φ) = −2kr2 cosφ−mgrφ = −2kr2(

cosφ+mg

2krφ)

= −2kr2(cosφ+ φ)

U ′(φ) = −2kr2(− sinφ+ 1)

U ′′(φ) = 2kr2 cosφ

U ′′′(φ) = −2kr2 sinφ

si ha infatti in φ = 0:

U(π/2) = −πkr2 U ′(π/2) = 0 U ′′(π/2) = 0 U ′′′(π/2) = −2kr2 ,

in modo che lo sviluppo di Taylor nell’intorno dello stesso punto diventa:

U(φ) = −πkr2 − 2kr2

3!

(φ− π

2

)3

+ o

[(φ− π

2

)3]

φ→ π

2

ed il punto critico viene percio riconosciuto come un semplice flesso orizzontale. L’esclusio-ne del massimo comporta, come prima, l’instabilita della configurazione.

Stefano Siboni 4388


(c) Energia cinetica ed equazioni pure del motoEnergia cineticaL’energia cinetica del sistema e la somma delle energie cinetiche di disco e punto C. Ildisco omogeneo ruota con velocita angolare φe3 attorno all’asse fisso Oz, per cui la suaenergia cinetica si scrive:

TD =1

2IDOz|φ e3|2 =

1

2

mr2

2φ2 =

mr2

4φ2 .

Quanto al punto C, come gia osservato la sua posizione e individuata dal vettore:

C −O = −(L− rφ)e2

cui corrisponde la velocita istantanea:

C = rφ e2

e dunque l’energia cinetica:

TC =m

2C2 =

m

2|rφ e2|2 =

mr2

2φ2 .

Si conclude pertanto che l’energia cinetica del sistema vale:

T = TD + TC =mr2

4φ2 +

mr2

2φ2 =

3

4mr2φ2 .

Equazioni del motoGrazie all’ipotesi dei vincoli ideali, le equazioni pure del moto possono essere identificatecon l’unica equazione di Lagrange:

d

dt

(∂L∂φ

)− ∂L

∂φ= Dφ (818.3)

in termini della componente generalizzata (818.2) delle forze viscose e della lagrangiana:

L = T + U =3

4mr2φ2 −mgrφ− 2kr2 cosφ .

Sostituendo in (818.3) si ottiene cosı:

3

2mr2φ+mgr − 2kr2 sinφ = −βr2φ .

(d) Modi normali delle piccole oscillazioni per β = 0Se la sollecitazione dissipativa viene rimossa (β = 0) la sola configurazione di equilibriostabile — a meno dei soliti multipli interi di 2π — si ha per φ = π−φ?, che costituisce unmassimo relativo proprio del potenziale se mg/2kr < 1. L’instabilita di φ = φ?, nelle stesse

Stefano Siboni 4389


condizioni, segue dal teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet, mentre quelladi φ = π/2 si deduce ricorrendo all’analisi di Weierstrass, considerato che l’equilibrio e unflesso orizzontale per l’energia potenziale. L’equazione pura del moto si riduce a:

3

2mr2φ+mgr − 2kr2 sinφ = 0

e linearizzata nell’intorno di φ = π − φ? conduce all’equazione delle piccole oscillazioni:

3

2mr2φ− 2kr2 cos(π − φ?)(φ− π + φ?) = 0

ossia:3

2mr2 δφ+ 2kr2 cosφ? δφ = 0 ,

dove si e posto δφ = φ− π + φ? ∼ 0. Si tratta ovviamente dell’equazione di un oscillatorearmonico semplice unidimensionale, con pulsazione:

ω =

√2

3mr22kr2 cosφ? =

√4k

3mcosφ? =

√4k

3m

(1− m2g2

4k2r2

)1/4

(818.4)

definita per mg/2kr < 1. Il modo normale di oscillazione si puo dunque scrivere nellaforma:

φ = π − φ? +A cos(ωt+ α) ∀ t ∈ R ,

con ω dato da (818.4), A ∼ 0 costante positiva arbitraria (piccola) e α fase reale assegnataa piacere.

(e) Valori dell’energia meccanica associati ai moti asintoticiNel caso sia β = 0 (sistema conservativo) e kr = mg, la precedente analisi mostra che ilpotenziale presenta dei minimi relativi propri nelle posizioni:

φ = arcsin(mg

2kr

)+ 2πn = arcsin

(1

2

)+ 2πn =

π

6+ 2πn , n ∈ Z ,

e dei massimi relativi propri in:

φ = π − arcsin(mg

2kr

)+ 2πn =

5π

6+ 2πn , n ∈ Z ,

non ammettendo nessun altro punto critico. Dai criteri di Weierstrass e allora evidente chei moti asintotici del sistema si hanno soltanto per valori dell’energia meccanica E = T −Upari a quelli dell’energia potenziale −U nei propri massimi locali:

En = −U(π

6+ 2πn

)= mgr

(π6

+ 2πn)

+ 2kr2 cos(π

6+ 2πn

)=

= mgr(π

6+ 2πn

)+√

3 kr2 , ∀n ∈ Z .

Stefano Siboni 4390


Esercizio 819. Statica del corpo rigido appoggiato

Un corpo rigido pesante di massa m poggia sul piano orizzontale Oxy di una terna inerzialeOxyz, con i punti di appoggio: P1(−2, 3), P2(−1,−1), P3(2,−2), P4(2, 1), e baricentroG(0, 1, 2). Determinare:

(a) se la configurazione del sistema e di equilibrio nell’ipotesi di piano d’appoggio inde-formabile e liscio;

(b) se la configurazione e di equilibrio nell’ipotesi che il piano Oxy sia debolmente cedevolee liscio;

(c) le reazioni vincolari agli appoggi per lo stato di quiete nella configurazione considerata.

Soluzione(a) Equilibrio nell’ipotesi di piano indeformabile liscioSe il piano di appoggio si assume perfettamente indeformabile e liscio, la condizione neces-saria e sufficiente per l’equilibrio e che il centro di pressione C(0, 1, 0), proiezione ortogonaledel baricentro G(0, 1, 2) sul piano d’appoggio Oxy, appartenga al poligono d’appoggio.In questo caso e evidente che l’inviluppo convesso conv(Ω) della base d’appoggio Ω =P1, P2, P3, P4 consiste semplicemente nel quadrilatero P1P2P3P4, e che C ∈ conv(Ω). Diconseguenza, si puo senz’altro concludere che la configurazione in esame e di equilibrio.

(b) Equilibrio nell’ipotesi di piano debomente cedevole liscioIndicate per brevita con (xi, yi) le coordinate dei punti d’appoggio Pi, i = 1, 2, 3, 4, si ha:

x1 = −2 x2 = −1 x3 = 2 x4 = 2

y1 = 3 y2 = −1 y3 = −2 y4 = 1 .

Il modello del piano d’appoggio debolmente cedevole prevede che per poter riconoscere laconfigurazione assegnata come un equilibrio del sistema sia necessario calcolare la matriceausiliaria S di elementi:

Sxx =

4∑i=1

x2i = (−2)2 + (−1)2 + 22 + 22 = 13

Syy =4∑i=1

y2i = 32 + (−1)2 + (−2)2 + 12 = 15

Sxy =4∑i=1

xiyi = (−2) · 3 + (−1) · (−1) + 2 · (−2) + 2 · 1 = −7

Sx =

4∑i=1

xi = −2− 1 + 2 + 2 = 1

Sy =

4∑i=1

yi = 3− 1− 2 + 1 = 1 S1 =

4∑i=1

1 = #Ω = 4

Stefano Siboni 4391


vale a dire:

S =

Sxx Sxy SxSxy Syy SySx Sy S1

=

13 −7 1−7 15 11 1 4

,che consente di determinare le costanti di struttura del modello e tutte le reazioni vincolariesterne agli appoggi. Sviluppando con Laplace rispetto alla prima riga, si verifica facilmenteche il determinante di S vale:

detS = 13 ·∣∣∣∣ 15 1

1 4

∣∣∣∣− (−7) ·∣∣∣∣−7 1

1 4

∣∣∣∣+ 1 ·∣∣∣∣−7 15

1 1

∣∣∣∣ = 542 ,

per cui la matrice e invertibile ed ammette l’inversa:

S−1 =1

542

∣∣∣∣ 15 11 4

∣∣∣∣ − ∣∣∣∣−7 11 4

∣∣∣∣ ∣∣∣∣−7 115 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ 13 11 4

∣∣∣∣ −∣∣∣∣ 13 1−7 1

∣∣∣∣simm.

∣∣∣∣ 13 −7−7 15

∣∣∣∣

=1

542

59 29 −2229 51 −20−22 −20 146

.

I coefficienti di struttura a, b, c del sistema sono definiti dall’equazione di equilibrio, equi-valente alle equazioni cardinali statiche:

S

abc

= mg

xCyC1

e sono quindi dati dalla relazione matriciale: a

bc

= S−1

xCyC1

mg .

Per definizione le reazioni vincolari nei vari punti d’appoggio Pi sono della forma Φie3, conle componenti non banali espresse da:

Φi = (xi yi 1)

abc

= (xi yi 1) S−1

xCyC1

mg , (819.1)

essendo il versore e3 diretto verticalmente verso l’alto. Per (xC , yC) ricompreso nel poligonodi completo appoggio A, tutte le componenti Φi agli appoggi devono essere strettamentepositive, per cui risulta:

A =

(x, y) ∈ R2 : (xi yi 1) S−1

xy1

> 0 , ∀ i = 1, 2, 3, 4

Stefano Siboni 4392


essendosi omessi, per brevita, tanto l’indice C quanto il valore — ininfluente — del pesototale mg. Le condizioni da considerare sono dunque, trascurando anche il fattore 1/542in S−1:

(−2 3 1)

59 29 −2229 51 −20−22 −20 146

xy1

> 0 (−1 − 1 1)

59 29 −2229 51 −20−22 −20 146

xy1

> 0

(2 − 2 1)

59 29 −2229 51 −20−22 −20 146

xy1

> 0 (2 1 1)

59 29 −2229 51 −20−22 −20 146

xy1

> 0

ossia:

(53 75 130)

xy1

> 0 (−110 − 100 188)

xy1

> 0

(38 − 64 142)

xy1

> 0 (125 89 82)

xy1

> 0

ed infine, eseguendo i prodotti residui:

53x+ 75y + 130 > 0

−110x− 100y + 188 > 0

38x− 64y + 142 > 0

125x+ 89y + 82 > 0 .

(819.2)

Le soluzioni (x, y) del sistema di disequazioni lineari (819.2) definiscono tutti e soli i puntidel poligono di completo appoggio. Nella fattispecie e immediato verificare che le coordi-nate (x, y) = (0, 1) del centro di pressione C soddisfano il sistema (819.2), e si deve dunqueconcludere che C ∈ A. La configurazione e percio di equilibrio per il sistema.

(c) Reazioni vincolari agli appoggi nello stato di quiete

Grazie al risultato precedente il sistema puo rimanere in quiete nella configurazione (diequilibrio) assegnata ed e quindi possibile determinare le reazioni vincolari agli appoggi intale stato di quiete. Poiche gli appoggi sono 4, tuttavia, il modello del piano d’appoggiorigido risulta staticamente indeterminato e non consente di ricavare in modo univoco lereazioni vincolari esterne cercate. Conviene quindi fare riferimento al modello del pianodebolmente cedevole, per il quale le reazioni vincolari esterne agli appoggi hanno le com-

Stefano Siboni 4393


ponenti:

Φ1 =1

542(53 · 0 + 75 · 1 + 130)mg =

205

542mg

Φ2 =1

542(−110 · 0− 100 · 1 + 188)mg =

88

542mg

Φ3 =1

542(38 · 0− 64 · 1 + 142)mg =

78

542mg

Φ4 =1

542(125 · 0 + 89 · 1 + 82)mg =

171

542mg

univocamente specificate dalle relazioni (819.1) per (xC , yC) = (0, 1). In conclusione, lereazioni vincolari esterne nello stato di quiete risultano:

~Φ1 =205

542mg e3

~Φ2 =88

542mg e3

~Φ3 =78

542mg e3

~Φ4 =171

542mg e3 .

Esercizio 820. Sistema di equazioni differenziali nel piano

Nel piano Oxy si considera il sistema di equazioni differenziali ordinarie:

x = x2 + 2y2 − 6 y = 2− xy .

Si chiede di determinare:

(a) i punti fissi (ossia le soluzioni costanti) del sistema;

(b) le caratteristiche di stabilita di tali punti fissi.

Soluzione(a) Punti fissiI punti fissi sono le soluzioni costanti del sistema di equazioni differenziali e si ricavanopercio risolvendo il sistema di equazioni algebriche:

0 = x2 + 2y2 − 6

0 = 2− xy .

La seconda equazione assume la forma equivalente:

y =2

x(820.1)

che sostituita nella prima consente di ricavare una equazione nella sola variabile x:

x2 +8

x2− 6 = 0

riconducibile all’equazione biquadratica:

x4 − 6x2 + 8 = 0

Stefano Siboni 4394


dalla quale seguono le radici in x2:

x2 =6±√

62 − 4 · 82

=6± 2

2= 3± 1 =

4

2

e quindi quelle in x:

x = +2 x = −2 x = +√

2 x = −√

2 .

Basta infine considerare l’equazione (820.1) per ottenere i punti fissi richiesti:

(x, y) = (2, 1) (x, y) = (−2,−1) (x, y) = (√

2,√

2) (x, y) = (−√

2,−√

2) .

(b) Stabilita dei punti fissiLe equazioni differenziali sono in forma normale del primo ordine, con i secondi membri:

f(x, y) = x2 + 2y2 − 6 g(x, y) = 2− xy

che ammettono, definite ∀ (x, y) ∈ R2, le derivate parziali prime:

∂f

∂x(x, y) = 2x

∂f

∂y(x, y) = 4y

∂g

∂x(x, y) = −y ∂g

∂y(x, y) = −x

e definiscono percio la matrice jacobiana:

J(x, y) =

∂f

∂x(x, y)

∂f

∂y(x, y)

∂g

∂x(x, y)

∂g

∂y(x, y)

=

(2x 4y−y −x

)

della quale si deve determinare lo spettro in ciascun punto fisso.

Punto fisso (x, y) = (2, 1)In questo caso la matrice jacobiana si riduce a:

J(2, 1) =

(4 4−1 −2

)e ha equazione caratteristica:

0 = det[J(2, 1)− λI

]= det

(4− λ 4−1 −2− λ

)= (λ− 4)(λ+ 2) + 4 = λ2 − 2λ− 4

Stefano Siboni 4395


con autovalori reali di segno opposto:

λ1,2 =2±√

4 + 4 · 42

= 1±√

5 .

Il ricorrere di un autovalore con parte reale positiva implica l’instabilita del punto fisso peril teorema di analisi lineare della stabilita.

Punto fisso (x, y) = (−2,−1)Nella fattispecie la matrice jacobiana diventa:

J(−2,−1) =

(−4 −41 2

)con equazione caratteristica:

0 = det[J(−2,−1)− λI

]= det

(−4− λ −4

1 2− λ

)= (λ+ 4)(λ− 2) + 4 = λ2 + 2λ− 4

ed autovalori:

λ1,2 =−2±

√4 + 4 · 42

= −1±√

5 .

Come prima, dall’autovalore positivo λ2 = −1 +√

5 segue l’instabilita del punto fisso.

Punto fisso (x, y) = (√

2,√

2)In questo punto fisso si ha la jacobiana:

J(√

2,√

2) =

(2√

2 4√

2−√

2 −√

2

)alla quale e associata l’equazione caratteristica:

0 = det[J(√

2,√

2)− λI]

=

(2√

2− λ 4√

2−√

2 −√

2− λ

)= (λ− 2

√2)(λ+

√2) + 8

ossia:

λ2 −√

2λ+ 4 = 0 .

Gli autovalori sono complessi coniugati:

λ1,2 =

√2±√

2− 4 · 42

=

√2± i

√14

2

ma con parte reale positiva. Il teorema di analisi lineare della stabilita implica nuovamentel’instabilita del punto fisso.

Stefano Siboni 4396


Punto fisso (x, y) = (−√

2,−√

2)La matrice jacobiana del punto fisso assume in questo caso la forma:

J(−√

2,−√

2) =

(−2√

2 −4√

2√2

√2

)e conduce all’equazione caratteristica:

0 = det[J(−√

2,−√

2)− λI]

=

(−2√

2− λ −4√

2√2

√2− λ

)= (λ+ 2

√2)(λ−

√2) + 8

vale a dire:λ2 +

√2λ+ 4 = 0

da cui si traggono gli autovalori complessi coniugati:

λ1,2 =−√

2±√

2− 4 · 42

=−√

2± i√

14

2

con parte reale negativa. Il punto fisso risulta cosı asintoticamente stabile per il teoremadi analisi lineare di stabilita.

Esercizio 821. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoNel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz= Oe1e2e3 un anello circolare omogeneo γ,di raggio r e massa m, ruota liberamente at-torno al proprio centro O. A γ e saldato unpunto B di massa m. Sul bordo esterno diγ puo rotolare senza strisciare un disco cir-colare omogeneo D, di massa m, raggio a ecentro C, quest’ultimo collegato da una mollaideale di costante k al punto fisso A dell’asseorizzontale Ox, con ascissa 2r. Il sistema epesante e a vincoli ideali. Si usino gli angoliϕ, ϑ ∈ R in figura come coordinate generaliz-zate per determinare del sistema:

(a) gli equilibri;

(b) le caratteristiche di stabilita degli equilibri;



(e) le espressioni della quantita di moto e del momento angolare in O.

Soluzione(a) EquilibriIl sistema scleronomo e a vincoli bilaterali ideali e subisce esclusivamente l’azione di forzeposizionali conservative: il peso, agente su anello e disco, e l’interazione elastica dovuta al-

Stefano Siboni 4397


la molla ideale che collega il punto fisso A con il centro C del disco D. Conviene calcolarei potenziali associati a ciascuna tipologia di sollecitazione e sommare quindi i contributiparziali cosı determinati per ricavare il potenziale del sistema. A questo scopo si scrivonopreliminarmente i seguenti vettori posizione notevoli, utili per i calcoli successivi:

A−O = 2re1 B −O = r sinϕ e1 − r cosϕ e2

C −O = (r + a) sin(ϕ+ ϑ)e1 − (r + a) cos(ϕ+ ϑ)e2 .

Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale del sistema risulta dalla somma dei potenziali gravitazionalirelativi all’anello e al disco. L’anello omogeneo γ di per se non concorre al potenziale, inquanto il suo baricentro viene a coincidere con il centro fisso O; si ha pero un contributoda parte del punto B, solidale a γ. Un termine analogo viene dal disco D. Si ha pertanto:

Ug = −mge2 · (B −O)−mge2 · (C −O) = mgr cosϕ+mg(r + a) cos(ϕ+ ϑ) .

Potenziale elasticoIl potenziale associato alla molla ideale che congiunge i punti A e C si scrive:

Uel = −k2|C −A|2

con:C −A =

[(r + a) sin(ϕ+ ϑ)− 2r

]e1 − (r + a) cos(ϕ+ ϑ)e2

e quindi:|C −A|2 = −4r(r + a) sin(ϕ+ ϑ) + costante ,

per cui, ignorando la costante additiva:

Uel = 2kr(r + a) sin(ϕ+ ϑ) .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e dato dalla somma dei potenziali parziali, gravitazionale edelastico:

U(ϕ, ϑ) = Ug + Uel = mgr cosϕ+mg(r + a) cos(ϕ+ ϑ) + 2kr(r + a) sin(ϕ+ ϑ)

con (ϕ, ϑ) ∈ R2.

Equilibri del sistemaData l’assenza di configurazioni di confine e la presenza esclusiva di forze posizionali con-servative, gli equilibri del sistema sono tutti ordinari e vanno identificati con tutti e soli ipunti critici del potenziale U . Per individuarli occorre calcolare le derivate parziali primedel potenziale U :

∂U

∂ϕ= −mgr sinϕ−mg(r + a) sin(ϕ+ ϑ) + 2kr(r + a) cos(ϕ+ ϑ)

∂U

∂ϑ= −mg(r + a) sin(ϕ+ ϑ) + 2kr(r + a) cos(ϕ+ ϑ)

Stefano Siboni 4398


ed eguagliarle simultaneamente a zero:−mgr sinϕ−mg(r + a) sin(ϕ+ ϑ) + 2kr(r + a) cos(ϕ+ ϑ) = 0

−mg(r + a) sin(ϕ+ ϑ) + 2kr(r + a) cos(ϕ+ ϑ) = 0

per ottenere le equazioni pure di equilibrio: sinϕ = 0

mg(r + a) sin(ϕ+ ϑ) = 2kr(r + a) cos(ϕ+ ϑ) .(821.1)

Come e immediato verificare per assurdo, nella seconda equazione non puo aversi cos(ϕ+ϑ) = 0 e l’equazione si riesprime nella forma equivalente:

tg(ϕ+ ϑ) =2kr

mg> 0 . (821.2)

La prima delle (821.1) porge ovviamente:

ϕ = 0 , ϕ = π ,

mentre dalla (821.2) segue:

ϕ+ ϑ = arctg(2kr

mg

):= α , ϕ+ ϑ = α+ π ,

con α ∈ (0, π/2) sempre definito. Gli equilibri del sistema risultano percio:

(ϕ, ϑ) = (0, α) (ϕ, ϑ) = (0, α+ π) (ϕ, ϑ) = (π, α− π) (ϕ, ϑ) = (π, α)

e sono definiti incondizionatamente.

(b) Stabilita degli equilibriData la natura posizionale conservativa del sistema scleronomo, le proprieta di stabilitasecondo Liapunov degli equilibri possono essere caratterizzate ricorrendo ai teoremi classicidi Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo si rende necessario calcolarepreliminarmente le derivate parziali seconde del potenziale:

∂2U

∂ϕ2(ϕ, ϑ) = −mgr cosϕ−mg(r + a) cos(ϕ+ ϑ)− 2kr(r + a) sin(ϕ+ ϑ)

∂2U

∂ϕ∂ϑ(ϕ, ϑ) =

∂2U

∂ϑ∂ϕ(ϕ, ϑ) = −mg(r + a) cos(ϕ+ ϑ)− 2kr(r + a) sin(ϕ+ ϑ)

∂2U

∂ϑ2(ϕ, ϑ) = −mg(r + a) cos(ϕ+ ϑ)− 2kr(r + a) sin(ϕ+ ϑ)

Stefano Siboni 4399


che consentono di scrivere la relativa matrice hessiana:

HU (ϕ, ϑ) =

∂2U

∂ϕ2(ϕ, ϑ)

∂2U

∂ϕ∂ϑ(ϕ, ϑ)

∂2U

∂ϑ∂ϕ(ϕ, ϑ)

∂2U

∂ϑ2(ϕ, ϑ)

della quale si devono caratterizzare le proprieta spettrali in ciascun equilibrio.

Configurazione (ϕ, ϑ) = (0, α)In questo caso si ha:

∂2U

∂ϑ2(0, α) = −mg(r + a) cosα− 2kr(r + a) sinα = −mg(r + a) cosα

(1 +

2kr

mgtgα

)=

= −mg(r + a) cosα(1 + tg 2α

)= −mg(r + a)

cosα

per cui la matrice hessiana diventa:

HU (0, α) =

−mgr −mg(r + a)

cosα−mg(r + a)

cosα

− mg(r + a)

cosα−mg(r + a)

cosα

con determinante certamente positivo:

detHU (0, α) = mgrmg(r + a)

cosα> 0

e traccia negativa:

trHU (0, α) = −mgr − 2mg(r + a)

cosα< 0 .

Poiche gli autovalori reali della matrice simmetrica hanno prodotto e somma rispetti-vamente uguali al determinante ed alla traccia teste calcolati, si conclude che HU (0, α)presenta entrambi gli autovalori di segno negativo e risulta percio definita negativa. Nederiva che l’equilibrio costituisce un massimo locale forte del potenziale, la cui stabilita eassicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (ϕ, ϑ) = (0, α+ π)Nella fattispecie un calcolo immediato dimostra che:

∂2U

∂ϑ2(0, α+ π) = mg(r + a) cosα+ 2kr(r + a) sinα = mg(r + a) cosα

(1 +

2kr

mgtgα

)=

= mg(r + a) cosα(1 + tg 2α

)=

mg(r + a)

cosα

Stefano Siboni 4400


e che di conseguenza:

∂2U

∂ϕ2(0, α+ π) = −mgr +

mg(r + a)

cosα.

La matrice hessiana assume percio la forma:

HU (0, α+ π) =

−mgr +mg(r + a)

cosα

mg(r + a)

cosαmg(r + a)

cosα

mg(r + a)

cosα

ed ha determinante sempre di segno negativo:

detHU (0, α+ π) = −mgrmg(r + a)

cosα< 0

che implica il segno alterno dei due autovalori (matrice indefinita). Il ricorrere di unautovalore positivo implica l’instabilita dell’equilibrio in virtu del teorema di inversioneparziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (ϕ, ϑ) = (π, α− π)Per questo equilibrio risulta:

∂2U

∂ϑ2(π, α− π) = −mg(r + a) cosα− 2kr(r + a) sinα = −mg(r + a)

cosα

e quindi:∂2U

∂ϕ2(π, α− π) = mgr − mg(r + a)

cosα.

E facile verificare che la matrice hessiana:

HU (π, α− π) =

mgr − mg(r + a)

cosα−mg(r + a)

cosα

− mg(r + a)

cosα−mg(r + a)

cosα

e indefinita per via del segno negativo del suo determinante:

detHU (π, α− π) = −mgrmg(r + a)

cosα< 0 .

Anche questo equilibrio risulta pertanto instabile per il teorema di inversione parziale diLagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 4401


Configurazione (ϕ, ϑ) = (π, α)In questo caso valgono le espressioni:

∂2U

∂ϑ2(π, α) = mg(r + a) cosα+ 2kr(r + a) sinα =

mg(r + a)

cosα∂2U

∂ϕ2(π, α) = mgr +

mg(r + a)

cosα

e la matrice hessiana si riduce a:

HU (π, α) =

mgr +mg(r + a)

cosα

mg(r + a)

cosαmg(r + a)

cosα

mg(r + a)

cosα

con determinante e traccia positivi:

detHU (π, α) = mgrmg(r + a)

cosα> 0 trHU (π, α) = mgr +

2mg(r + a)

cosα> 0 .

Il carattere definito positivo della matrice garantisce l’instabilita dell’equilibrio, sempreper il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

(c) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema e data dalla somma delle energie cinetiche dell’anello γ, delpunto materiale B e del disco D, che conviene senz’altro calcolare separatamente.

Energia cinetica dell’anello γL’anello rigido ruota attorno all’asse fisso Oz, con angolo di rotazione ϕ. La sua velocitaangolare istantanea vale dunque ~ωγ = ϕ e3 e la corrispondente energia cinetica si scrive:

Tγ =1

2IγOz∣∣~ωγ∣∣2 =

1

2mr2|ϕ e3|2 =

mr2

2ϕ2 .

Energia cinetica del punto materiale BIl punto B e solidale all’anello e ruota quindi attorno all’asse Oz con velocita angolare ϕe3,mantenendosi a distanza costante r da esso. Dalla velocita B = ϕe3 ∧ (B − O) si ricavapertanto l’energia cinetica richiesta:

TB =m

2B2 =

m

2r2ϕ2 =

mr2

2ϕ2 .

Energia cinetica del disco DIl disco rotola senza strisciare lungo il bordo esterno dell’anello γ, che pero non e fissorispetto alla terna assoluta Oxyz. Relativamente ad una qualsiasi terna solidale a γ, per

Stefano Siboni 4402


esempio con l’origine in O, un asse coincidente con Oz e gli altri due posti nel piano Oxye co-rotanti con γ, la velocita angolare ~ω′D di D e espressa dalla nota formula:

~ω′D =( ra

+ 1)ϑ e3 ,

in cui si e riconosciuto che la posizione del disco lungo la guida circolare viene individuatadal solo angolo ϑ. Per ottenere la velocita angolare ~ωD di D rispetto alla terna assolutaoccorre sommare, conformemente al teorema dei moti rigidi composti, la velocita angolaredi trascinamento della terna solidale a γ rispetto alla stessa terna assoluta:

~ωγ = ϕe3

che porge pertanto:

~ωD = ~ω′D + ~ωγ =( ra

+ 1)ϑ e3 + ϕe3 =

(r + a)ϑ+ aϕ

ae3 .

Data l’evidente mancanza di punti fissi, l’energia cinetica del disco si ricava dal teoremadi Konig:

TD =m

2C2 +

1

2IDCz∣∣~ωD∣∣2

dove il centro geometrico e baricentro C del disco e individuato dal vettore posizione:

C −O = (r + a) sin(ϕ+ θ)e1 − (r + a) cos(ϕ+ θ)e2

ed ha velocita istantanea:

C = (r + a)[cos(ϕ+ θ)e1 + sin(ϕ+ θ)e2](ϕ+ ϑ)

di modulo quadrato:C2 = (r + a)2(ϕ+ ϑ)2 ,

mentre il momento d’inerzia del disco rispetto all’asse baricentrale Cz vale:

IDCz =ma2

2.

In definitiva, risulta:

TD =m

2(r+a)2(ϕ+ ϑ)2 +

ma2

4

[(r + a)ϑ+ aϕ]2

a2=

m

2(r+a)2(ϕ+ ϑ)2 +

m

4[(r+a)ϑ+aϕ]2.

Energia cinetica del sistemaLa somma delle energie cinetiche parziali fin qui calcolate porge l’energia cinetica delsistema:

T = Tγ + TB + TD =mr2

2ϕ2 +

mr2

2ϕ2 +

m

2(r + a)2(ϕ+ ϑ)2 +

m

4[(r + a)ϑ+ aϕ]2 =

= mr2ϕ2 +m

2(r + a)2(ϕ+ ϑ)2 +

m

4[(r + a)ϑ+ aϕ]2 .

Stefano Siboni 4403


(d) Equazioni del motoL’ipotesi dei vincoli ideali autorizza a identificare le equazioni pure del moto con quelle diLagrange:

d

dt

(∂L∂ϕ

)− ∂L

∂ϕ= 0

d

dt

(∂L∂ϑ

)− ∂L

∂ϑ= 0


L = T + U = mr2ϕ2 +m

2(r + a)2(ϕ+ ϑ)2 +

m

4[(r + a)ϑ+ aϕ]2+

+mgr cosϕ+mg(r + a) cos(ϕ+ ϑ) + 2kr(r + a) sin(ϕ+ ϑ) .

Si hanno le ovvie relazioni:

d

dt

(∂L∂ϕ

)= 2mr2ϕ+m(r + a)2(ϕ+ ϑ) +

m

2[(r + a)ϑ+ aϕ] a

∂L

∂ϕ= −mgr sinϕ−mg(r + a) sin(ϕ+ ϑ) + 2kr(r + a) cos(ϕ+ ϑ)

d

dt

(∂L∂ϑ

)= m(r + a)2(ϕ+ ϑ) +

m

2[(r + a)ϑ+ aϕ] (r + a)

∂L

∂θ= −mg(r + a) sin(ϕ+ ϑ) + 2kr(r + a) cos(ϕ+ ϑ)

dalle quali si deducono le equazioni richieste:

2mr2ϕ+m(r + a)2(ϕ+ ϑ) +m

2[(r + a)ϑ+ aϕ] a+

+mgr sinϕ+mg(r + a) sin(ϕ+ ϑ)− 2kr(r + a) cos(ϕ+ ϑ) = 0

m(r + a)2(ϕ+ ϑ) +m

2[(r + a)ϑ+ aϕ] (r + a) +

+mg(r + a) sin(ϕ+ ϑ)− 2kr(r + a) cos(ϕ+ ϑ) = 0 .

(e) Quantita di moto e momento angolare in OQuantita di motoLa quantita di moto del sistema e definita additivamente, come somma delle quantita dimoto di anello γ, punto materiale B e disco D:

~Q = ~Qγ + ~QB + ~QD = mB +mC ,

dove il contributo dell’anello e banalmente nullo, coincidendone il baricentro con l’originefissa O. I vettori posizione dei punti B e C:

B −O = r(sinϕ e1 − cosϕ e2)

C −O = (r + a)[sin(ϕ+ ϑ) e1 − cos(ϕ+ ϑ) e2

]Stefano Siboni 4404


consentono di ricavare le espressioni delle relative velocita istantanee:

B = r(cosϕ e1 + sinϕ e2)ϕ

C = (r + a)[cos(ϕ+ ϑ) e1 + sin(ϕ+ ϑ) e2

](ϕ+ ϑ)

e porgono la quantita di moto cercata:

~Q = mr(cosϕ e1 + sinϕ e2)ϕ+m(r + a)[cos(ϕ+ ϑ) e1 + sin(ϕ+ ϑ) e2

](ϕ+ ϑ) .

Momento angolare in O

Analogamente, anche il momento angolare in O del sistema e dato dalla somma dei con-tributi di anello, punto B e disco. L’anello ruota con velocita angolare ϕe3 attorno all’assefisso Oz, che e un evidente asse di simmetria e dunque centrale d’inerzia; il momentoangolare in O si scrive semplicemente come:

~KγO = IγOzϕ e3 = mr2ϕ e3 .

Per calcolare il contributo di B ci si puo affidare semplicemente alla definizione:

~KBO = (B −O) ∧mB = r(sinϕ e1 − cosϕ e2) ∧ r(cosϕ e1 + sinϕ e2)ϕ = mr2ϕ e3 .

Quanto al disco D, infine, l’assenza di punti fissi obbliga a considerare la formula di Konig:

~KDO = (C −O) ∧mC + ~K ′DC

nella quale (C −O) ∧mC = m(r + a)2(ϕ+ ϑ)e3 e il momento angolare in C relativo allaterna baricentrale e ancora quello di un corpo rigido con un asse fisso — Cz — che e ancheasse di simmetria e centrale d’inerzia, per cui risulta:

~K ′DC = IDCz~ωD =mr2

2

(r + a)ϑ+ aϕ

ae3

e quindi:

~KDO = m(r + a)2(ϕ+ ϑ)e3 +

mr2

2

(r + a)ϑ+ aϕ

ae3 .

Il momento angolare in O del sistema vale cosı:

~KO = 2mr2ϕ e3 +m(r + a)2(ϕ+ ϑ)e3 +mr2

2

(r + a)ϑ+ aϕ

ae3 .

Stefano Siboni 4405


Esercizio 822. Geometria delle masse e cinematica rigida

Nel piano Oxy di una terna solidale Oxyz= Oe1e2e3 giace una piastra rigida omoge-nea P, di massa m, ottenuta rimuovendo daun disco circolare di raggio 2R e centro O unaporzione circolare di raggio R tangente al bor-do, come illustrato in figura. Rispetto ad unriferimento assoluto P si muove con velocitaangolare costante ~ω = ωe1 e con il punto Odotato di velocita O = Rωe1, pure costante.Determinare del sistema:

(a) la posizione del baricentro rispetto a Oxyz;


(c) una terna centrale d’inerzia ed i relativi momenti centrali;

(d) l’asse di Mozzi e la tipologia del moto rigido rispetto alla terna assoluta;

(e) l’energia cinetica relativa alla terna assoluta.

Soluzione(a) BaricentroLa piastra P e ottenuta considerando un disco circolare omogeneo completo D, di raggio 2Re centro O, e rimuovendone una porzione circolare C, di raggio R e centro C. La densitaareale della piastra si scrive:

σ =m

π(2R)2 − πR2=

m

3πR2

e deve essere identificata anche con quella di D e C, le cui masse risultano percio:

mD = σπ(2R)2 =m

3πR24πR2 =

4

3m mC = σπR2 =

m

3πR2πR2 =

m

3,

mentre i relativi baricentri coincidono per simmetria con i rispettivi centri geometrici:

GD −O = 0 GC −O = Re1 .

Poiche e evidentemente D = P∪C e l’intersezione dei due domini costituisce un insieme dimisura nulla, il teorema distributivo consente di scrivere l’equazione:

mD(GD −O) = mP(GP −O) +mC(GC −O)

che risolta rispetto al vettore posizione del baricentro GP di P porge:

GP −O =mD

mP(GD −O)− mC

mP(GC −O)

Stefano Siboni 4406


e sostituendo i valori espliciti conduce al risultato richiesto:

GP −O =4

30− 1

3Re1 = −R

3e1 .

(b) Matrice d’inerzia relativa a OxyzLa matrice d’inerzia relativa a Oxyz della piastra P puo essere espressa come differenzadelle matrici d’inerzia di D e C, relative alla stessa terna di riferimento:

[LPO] = [LD

O]− [LCO] . (822.1)

Le due matrici vengono ricavate nel seguito.

Matrice d’inerzia in Oxyz del disco DCome ben noto, la matrice d’inerzia di un disco circolare omogeneo di densita areale σ,raggio a e centro O assume la forma:πσa4/4 0 0

0 πσa4/4 00 0 πσa4/2

(822.2)

rispetto alla terna (centrale d’inerzia) Oxyz che ha Oxy come piano di giacitura del discostesso. Per σ = m/3πR2 e a = 2R si ottiene, nella fattispecie:

πσa4 = πm

3πR2(2R)4 =

16

3mR2

e quindi:

[LDO] = mR2

4/3 0 00 4/3 00 0 8/3

.Matrice d’inerzia in Oxyz del disco CLa stessa relazione (822.2) consente di determinare la matrice d’inerzia di C relativa allaterna baricentrale Cxyz, ponendo σ = m/3πR2 e a = R:

[LCC ] = mR2

1/12 0 00 1/12 00 0 1/6

.Per riportarsi alla terna Oxyz basta ricordare che GC −O = Re1 = d1e1 + d2e2 + d3e3 edapplicare il teorema di Huygens-Steiner generalizzato:

[LCO] = [LC

C ] +mC

d22 + d2

3 −d1d2 −d1d3

−d1d2 d21 + d2

3 −d2d3

−d1d3 −d2d3 d21 + d2

2

=

= mR2

1/12 0 00 1/12 00 0 1/6

+m

3

0 0 00 R2 00 0 R2

= mR2

1/12 0 00 5/12 00 0 1/2

,Stefano Siboni 4407


essendo mC = m/3 la massa del disco.

Matrice d’inerzia in Oxyz della piastra PSi dispone ora di tutti i dati utili a calcolare, tramite la (822.1), la matrice d’inerzia inOxyz della piastra:

[LPO] = [LD

O]− [LCO] = mR2

4/3 0 00 4/3 00 0 8/3

−mR2

1/12 0 00 5/12 00 0 1/2

=

= mR2

5/4 0 00 11/12 00 0 13/6

.(c) Terna centrale e momenti centrali d’inerziaL’asse Ox = Cx = GPx e un evidente asse di simmetria del sistema e dunque rappresenta,come da ben noto teorema, un asse centrale d’inerzia della piastra. Analogamente, e facilericonoscere che GPz costituisce anch’esso un asse centrale d’inerzia, in quanto ortogonale alpiano di (giacitura e) simmetria Oxy e passante banalmente per GP. Il riferimento GPxyzdefinisce pertanto una terna centrale d’inerzia del sistema. La matrice d’inerzia relativa allaterna centrale si ricava facilmente dal teorema di Huygens-Steiner generalizzato, ponendoGP −O = −(R/3)e1 = δ1e1 + δ2e2 + δ3e3 e ricordando che mP = m:

[LPGP

] = [LPO]−mP

δ22 + δ2

3 −δ1δ2 −δ1δ3−δ1δ2 δ2

1 + δ23 −δ2δ3

−δ1δ3 −δ2δ3 δ21 + δ2

2

=

= mR2

5/4 0 00 11/12 00 0 13/6

−m 0 0 0

0 R2/9 00 0 R2/9

=

= mR2

5/4 0 00 29/36 00 0 37/18

.Gli elementi diagonali forniscono i momenti centrali d’inerzia richiesti:

A1 =5

4mR2 A2 =

29

36mR2 A3 =

37

18mR2 .

(d) Asse di Mozzi e natura del moto rigido rispetto alla terna assolutaAsse di Mozzi (o istantaneo di moto)Poiche O e chiaramente un punto del sistema, e dunque anche dello spazio a questo solidale,l’asse istantaneo di moto nel riferimento assoluto e individuato dalla parametrizzazione:

P − Ω = O − Ω +~ω ∧ O|~ω|2

+ α~ω , ∀α ∈ R

ossia:

P − Ω = O − Ω +ωe1 ∧Rωe1

|ωe1|2+ αωe1 , ∀α ∈ R

Stefano Siboni 4408


ed infine:

P − Ω = O − Ω + αωe1 , ∀α ∈ R ,

nella quale Ω indica l’origine della terna assoluta. La velocita angolare costante ~ω = ωe1

e la velocita istantanea O = Rωe1, anch’essa costante e parallela a ~ω, implicano che l’asseistantaneo di moto sia la retta Oe1.

Natura del moto rigido della piastra

Il moto della piastra rispetto alla terna assoluta e la composizione di un moto traslatoriorettilineo uniforme, di velocita istantanea ~v = Rωe1, e di un moto rotatorio uniforme convelocita angolare ~ω = ωe1. Essendo ~v ‖ ~ω, tale definisce costituisce un moto elicoidaleuniforme.

(e) Energia cinetica relativa alla terna assoluta

L’energia cinetica della piastra rispetto al riferimento assoluto si esprime per mezzo delteorema di Konig. Basta osservare che il baricentro GP si muove lungo l’asse (di Mozzi)Oe1 con velocita istantanea GP = O + ~ω ∧ (GP − O) = O = Rωe1, e che rispetto aduna qualsiasi terna baricentrale il moto della piastra avviene con asse fisso Oe1 e velocitaangolare ωe1:

T =mP

2G2

P +1

2~ω · LP

GP(~ω) =

m

2R2ω2 +

1

2ω2e1 · LP

GP(e1) =

=mR2ω2

2+

1

2ω2 5

4mR2 =

1

2mR2ω2 +

5

8mR2ω2 =

9

8mR2ω2 .


Un disco circolare omogeneo D1, di massa m, raggioa e centro O, ruota liberamente attorno all’asse oriz-zontale Oz di una terna inerziale Oxyz. Al bordo diD1 e saldato un punto materiale P di massa m. Unsecondo disco omogeneo D2, pure di massa m e rag-gio a, ha il centro C libero di scorrere lungo l’asseverticale Oy e puo ruotare attorno a tale centro.Un filo inestendibile e imponderabile e teso attornoal bordo dei due dischi, senza poter strisciare su diessi. I due estremi A e B del filo non toccano mai ibordi dei dischi e sono collegati da una molla idealedi costante elastica k — vedi figura. La lunghezzaL del filo e tale per cui D1 e D2 non giungono maia contatto fra loro. Resistenze viscose di ugualecostante β agiscono in P e C. Assunti i vincoli ide-ali, usare le coordinate φ ∈ R e s > 0 in figura perdeterminare del sistema:

Stefano Siboni 4409


(a) gli equilibri;

(b) le proprieta di stabilita degli equilibri (tenere conto di tutte le sollecitazioni!);

(c) l’espressione dell’energia cinetica, verificandone la natura definita positiva;


(e) i modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile per β = 0 emg = ka.

Soluzione

(a) Equilibri

Il sistema e scleronomo, a vincoli bilaterali ideali. E soggetto ad alcune sollecitazioniposizionali conservative, costituite dal peso e dall’interazione elastica fra i punti A e B, ealle resistenze viscose agenti in P e C, che invece hanno natura dissipativa. Per quantoqueste ultime siano certamente nulle in qualsiasi stato di quiete e non concorrano percioalla determinazione delle configurazioni di equilibrio, conviene senz’altro ricavarne fin dasubito le componenti generalizzate, che torneranno utili nella successiva discussione distabilita.

Potenziale elastico

Il potenziale associato alla molla ideale di costante elastica k e dato dall’espressione:

Uel = −k2|A−B|2 = −k

2|ase2|2 = −ka

2

2s2 .

Potenziale gravitazionale

Il potenziale gravitazionale e la somma di due contributi: uno relativo al punto materialeP e uno relativo al disco D2. Il disco D1 non concorre al potenziale, dal momento che ilsuo baricentro coincide con il punto fisso O. Per il punto P si ha:

UPg = −mge2 · (P −O) = −mga sinφ ,

mentre per il disco D2 vale l’espressione:

UD2g = −mge2 · (C −O) =

mga

2s+ costante

in quanto l’ordinata (negativa) del baricentro C si ricava per mezzo dell’ovvia formula:

−L+ as− πa− πa2

= −a2s+ costante ,

dove L indica la lunghezza complessiva, costante, della fune. La somma dei potenziali UPge UD2

g porge il potenziale gravitazionale Ug del sistema.

Stefano Siboni 4410


Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e la somma dei potenziali elastico e gravitazionale:

U(s, φ) = −ka2

2s2 −mga sinφ+

mga

2s , (s, φ) ∈ R+ × R . (823.1)

Componenti generalizzate delle resistenze viscoseI punti di applicazione delle resistenze viscose sono individuati dai seguenti vettori po-sizione:

P −O = a(cosφ e1 + sinφ e2) C −O = −as2e2 + costante

cui corrispondono le velocita istantanee:

P = a(− sinφ e1 + cosφ e2)φ C = −as2e2

e le derivate parziali:

∂P

∂s= 0

∂P

∂φ= a(− sinφ e1 + cosφ e2)

∂C

∂s= −a

2e2

∂C

∂φ= 0 .

Le componenti generalizzate relative si scrivono percio:

Ds = −βP · ∂P∂s− βC · ∂C

∂s= −β

(−as

2e2

)·(−a

2e2

)= −βa

2

4s (823.2)

Dφ = −βP · ∂P∂φ− βC · ∂C

∂φ= −βa(− sinφ e1 + cosφ e2)φ · a(− sinφ e1 + cosφ e2) = −βa2φ

e, come atteso, si annullano entrambe per velocita generalizzate uguali a zero.

EquilibriGli equilibri del sistema vanno identificati con tutti e soli i punti critici del potenziale(823.1) e si ricavano dunque annullando simultaneamente le derivate parziali prime:

∂U

∂s(s, φ) = −ka2s+

mga

2

∂U

∂φ(s, φ) = −mga cosφ ,

ossia risolvendo il sistema di equazioni:−ka2s+

mga

2= 0

−mga cosφ = 0

Stefano Siboni 4411


che porge due soluzioni definite incondizionatamente:

(s, φ) =(mg

2ka,π

2

)(s, φ) =

(mg2ka

,−π2

).

(b) Stabilita degli equilibriPer l’analisi di stabilita degli equilibri e cruciale appurare la natura precisa delle sol-lecitazioni dissipative. La potenza di tali sollecitazioni non soltanto risulta sempre nonpositiva:

π = Dss+Dφφ = −βa2

4s2 − βa2φ2 ≤ 0 ,

ma si annulla anche unicamente per (s, φ) = (0, 0). Si tratta dunque di sollecitazione com-pletamente dissipativa. Questa circostanza, insieme al fatto che gli equilibri determinatialla sezione precedente sono senza dubbio tutti isolati perche in numero finito, autorizzaad applicare la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, che individua come asin-toticamente stabili i massimi relativi propri del potenziale, ed instabili tutti gli altri punticritici. E fondamentale calcolare le derivate parziali seconde del potenziale:

∂2U

∂s2(s, φ) = −ka2 ∂2U

∂φ∂s(s, φ) = 0

∂2U

∂s∂φ(s, φ) = 0

∂2U

∂φ2(s, φ) = mga sinφ

e caratterizzare lo spettro della relativa matrice hessiana:

HU (s, φ) =

(−ka2 0

0 mga sinφ

)in ciascuna configurazione di equilibrio.

Configurazione (s, φ) = (mg/2ka, π/2)In questo caso la matrice hessiana del potenziale diventa:

HU (mg/2ka, π/2) =

(−ka2 0

0 mga

)ed ha evidentemente autovalori di segno opposto. Questa circostanza esclude che l’equili-brio possa rappresentare un massimo relativo proprio del potenziale: di qui l’instabilitadella configurazione per il teorema forte di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (s, φ) = (mg/2ka,−π/2)Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale risulta definita negativa:

HU (mg/2ka,−π/2) =

(−ka2 0

0 −mga



e consente di riconoscere nell’equilibrio un massimo relativo proprio del potenziale, la cuistabilita asintotica segue dalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

(c) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema e definita in modo additivo, come somma delle energie ci-netiche del punto P , del disco D1 e del disco D2.

Energia cinetica del punto PDal vettore posizione P −O = a(cosφ e1 + sinφ e2) segue la velocita istantanea di P :

P = a(− sinφ e1 + cosφ e2)φ

e quindi l’espressione dell’energia cinetica:

TP =m

2P 2 =

ma2

2φ2 .

Energia cinetica del disco D1

Il disco D1 ruota attorno all’asse fisso Oz secondo l’angolo di rotazione φ, cui corrispondela velocita angolare istantanea ~ω1 = φe3. L’energia cinetica e quindi data da:

TD1 =1

2ID1

Oz

∣∣φe3

∣∣2 =1

2

ma2

2φ2 =

ma2

4φ2 .

Energia cinetica del disco D2

Il disco si muove nel piano Oxy, ma non presenta alcun punto fisso. Si deve quindi ricorrerealla formula di Konig:

TD2=

m

2C2 +

1

2ID2

Cz

∣∣~ω2

∣∣2nella quale risulta:

C = −as2e2 ID2

Cz =ma2

2,

mentre la velocita angolare istantanea ~ω2 viene ottenuta notando che, per via della man-canza di scorrimento fra filo e dischi, D2 subisce una rotazione assoluta di un angolo:

φ− sa

2

1

a= φ− s

2(823.3)

— la rotazione antioraria di un angolo φ e quella del disco D1, trasmessa inalterata dalfilo non scorrevole quando la distanza as fra i capi A e B si mantenga nulla. Un as > 0comporta un allungamento verso il basso di ambo i tratti verticali del filo, di una lunghezzapari a as/2; a tale allungamento corrisponde una rotazione oraria di as/2a = s/2 radianti,che costituisce il secondo contributo in (823.3). Si ha pertanto:

~ω2 =(φ− s

2

)e3

Stefano Siboni 4413


e l’energia cinetica del disco diventa:

TD2 =m

2

a2s2

4+

1

2

ma2

2

(φ− s

2

)2

=ma2

8s2 +

ma2

4

(φ− s

2

)2

.

Energia cinetica del sistemaLa somma delle energie cinetiche parziali definisce l’energia cinetica del sistema:

T = TP + TD1+ TD2

=ma2

2φ2 +

ma2

4φ2 +

ma2

8s2 +

ma2

4

(φ− s

2

)2

=

=ma2

2

(3

2φ2 +

s2

4+φ2

2+s2

8− 1

2φs)

=ma2

2

(3

8s2 + 2φ2 − 1

2sφ).

Si verifica il carattere definito positivo dell’espressione ottenuta, nelle velocita generalizzates, φ, notando che T puo essere espressa come:

T =1

2(s φ)A(s, φ)

(sφ

)con matrice di rappresentazione:

A(s, φ) = ma2

(3/8 −1/4−1/4 2

)reale, simmetrica e definita positiva per via del segno positivo di traccia e determinante:

trA(s, φ) = ma2(3

8+ 2)

=19

8ma2 > 0

detA(s, φ) = (ma2)2(3

4− 1

16

)=

11

16m2a4 > 0 .

(d) Equazioni pure del motoGrazie all’ipotesi dei vincoli ideali, le equazioni pure del moto del sistema scleronomo siidentificano con quelle di Lagrange:

d

dt

(∂L∂s

)− ∂L

∂s= Ds

d

dt

(∂L∂φ

)− ∂L

∂φ= Dφ

nelle quali figura la lagrangiana:

L = T + U =ma2

2

(3

8s2 + 2φ2 − 1

2sφ)− ka2

2s2 −mga sinφ+

mga

2s .

Il calcolo dei termini parziali a primo membro e immediato:

∂L

∂s=

ma2

2

(3

4s− 1

2φ) ∂L

∂φ=

ma2

2

(4φ− 1

2s)

d

dt

(∂L∂s

)= ma2

(3

8s− 1

4φ) d

dt

(∂L∂φ

)= ma2

(2φ− 1

4s)

∂L

∂s= −ka2s+

mga

2

∂L

∂φ= −mga cosφ

Stefano Siboni 4414


e tenuto conto delle componenti dissipative (823.2) conduce alle equazioni del moto richi-este: ma2

(3

8s− 1

4φ)

+ ka2s− mga

2= −βa

2

4s

ma2(

2φ− 1

4s)

+mga cosφ = −βa2φ .

(e) Modi normali delle piccole oscillazioniPer β = 0 le sollecitazioni dissipative vengono rimosse dal sistema e il solo equilibriostabile — non asintoticamente — e costituito da (s, φ) = (mg/2ka,−π/2) = (1/2,−π/2),come segue direttamente dal teorema di Lagrange-Dirichlet. I modi normali delle piccoleoscillazioni vengono studiati intorno a quest’unico equilibrio. A tale scopo si scrivono lematrici dell’energia cinetica e hessiana del potenziale nella configurazione considerata:

A(1/2,−π/2) = ma2

(3/8 −1/4−1/4 2

)

HU (1/2,−π/2) =

(−ka2 0

0 −mga

)definita positiva la prima e negativa la seconda. Le pulsazioni normali delle piccole oscil-lazioni sono determinate dalle soluzioni ω > 0 dell’equazione caratteristica:

det[ω2A(1/2,−π/2) +HU (1/2,−π/2)

]= 0 (823.4)

che scritta esplicitamente diventa:

det

[ma2ω2

(3/8 −1/4−1/4 2

)+

(−ka2 0

0 −mga

)]= 0

e con la sostituzione aω2/g = µ si riduce alla forma adimensionale:

det

[µ

(3/8 −1/4−1/4 2

)+

(−1 00 −1

)]= 0

vale a dire:

det

3

8µ− 1 −µ

4−µ

42µ− 1

= 0 .

Eseguiti i prodotti e raccolti i termini simili si ottiene l’equazione trinomia:

1

2µ2 − 19

8µ+ 1 = 0

che ammette due radici reali positive:

µ1,2 =19

8±√(−19

8

)2

− 4 · 1

2· 1 =

19

8±√

361− 128

64=

19±√

233

8

Stefano Siboni 4415


ossia:

µ1 =19−

√233

8µ2 =

19 +√

233

8,

cui corrispondono le pulsazioni normali:

ω1 =√µ1

√g

a=

√19−

√233

8

√g

a

ω2 =√µ2

√g

a=

√19 +

√233

8

√g

a.

Poiche ω1 < ω2, a ω1 e associato il primo modo normale (“modo basso”), mentre ω2

corrisponde alla pulsazione del secondo modo normale (“modo alto”). Per determinareesplicitamente tali modi normali occorre ricavare i vettori delle ampiezze, risolvendo ilsistema di equazioni lineari omogenee: 3

8µi − 1 −µi

4−µi

42µi − 1

ai

bi

=

0

0

in (ai bi) 6= (0 0) e per i = 1, 2. Cio equivale a risolvere il sistema:

(3

8µi − 1

)ai −

µi4bi = 0

−µi4ai + (2µi − 1)bi = 0

le cui equazioni risultano linearmente dipendenti in forza dell’equazione caratteristica(823.4). E quindi sufficiente considerare una sola delle due equazioni, per esempio laprima: (3

8µi − 1

)ai −

µi4bi = 0

e scriverne una qualsiasi soluzione non banale, come ad esempio:

ai = 64 · µi4

= 16µi bi = 64 ·(3

8µi − 1

)= 24µi − 64

dove il fattore 64 e stato introdotto per eliminare il denominatore nell’espressione di µi. Imodi normali di oscillazione vengono cosı espressi nella forma:(

sφ

)=

(1/2−π/2

)+Ai

(16µi

24µi − 64

)cos(ωit+ ϕi

)∀ t ∈ R ,

con Ai > 0 e ϕi ∈ R costanti assegnate a piacere.

Stefano Siboni 4416


Modo basso — di pulsazione ω1

In questo caso le ampiezze del modo normale di oscillazione sono date da:

a1 = 16µ1 = 16 · 19−√

233

8= 38− 2

√233 > 0

b1 = 24µ1 − 64 = 24 · 19−√

233

8− 64 = −7− 3

√233 < 0

ed il modo normale si scrive esplicitamente come:

(sφ

)=

(1/2−π/2

)+A1

(38− 2

√233

−7− 3√

233

)cos

(√19−

√233

8

√g

at+ ϕ1

)∀ t ∈ R ,

in termini delle costanti arbitrarie A1 > 0 e ϕ1 ∈ R. Si osservi che, per via del segnoopposto delle due ampiezze, nel modo basso i parametri lagrangiani oscillano in opposizionedi fase attorno ai rispettivi valori di equilibrio: quando s presenta la massima elongazione,φ assume quella minima, e viceversa. L’oscillazione del disco superiore D1 tende in uncerto senso ad “accompagnare” quella della molla ideale AB: allorche la molla raggiunge ilmassimo allungamento l’angolo di rotazione φ di D1 assume il valore minimo, e viceversa.Il fatto che questo sia il modo normale di minima pulsazione appare dunque piuttostoragionevole.

Modo alto — di pulsazione ω2

Nella fattispecie le ampiezze hanno lo stesso segno:

a2 = 16µ2 = 16 · 19 +√

233

8= 38 + 2

√233 > 0

b2 = 24µ2 − 64 = 24 · 19 +√

233

8− 64 = −7 +

√233 > 0

e consentono di esprimere il modo normale di oscillazione nella forma:

(sφ

)=

(1/2−π/2

)+A2

(38 + 2

√233

−7 + 3√

233

)cos

(√19 +

√233

8

√g

at+ ϕ2

)∀ t ∈ R ,

con A2 > 0 e ϕ2 ∈ R costanti arbitrarie. Le coordinate lagrangiane oscillano in fase at-torno ai relativi valori di equilibrio, raggiungendo simultaneamente l’elongazione massimao minima. L’oscillazione del disco superiore D1 tende qui a “contrastare” quella della mollaAB, e non sorprende che a questo modo normale corrisponda la pulsazione massima.


Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz = Oe1e2e3 un disco circolare omogeneo D, diraggio r, massa m e centro O, ruota liberamente attorno all’asse Oz. Su di esso si avvolge

Stefano Siboni 4417


un filo imponderabile, perfettamente flessibileed inestendibile di lunghezza L > πr. Un e-stremo del filo e fissato a un punto A del bordodi D, mentre l’altro estremo si salda ad unpunto materiale C di massa m, vincolato alpiano Oxy. Si suppone che il tratto BC delfilo non a contatto con il disco si mantengasempre perfettamente teso. Una molla idealedi costante elastica k collega A con il puntofisso N(−2r, 0). Il sistema si assume pesante ea vincoli ideali. Usare gli angoli φ = xOB ∈ Re ψ = BOA ∈ (0, L/r) illustrati in figura perdeterminare del sistema:


(b) gli equilibri;



(e) le espressioni della quantita di moto e del momento angolare in O.

Soluzione(a) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema e la somma di due contributi, uno relativo al disco D e l’altroassociato al punto materiale C. I due contributi vengono calcolati separatamente.

Energia cinetica del discoLa rotazione del disco D avviene attorno all’asse fisso Oz ed e descritta dall’angolo dirotazione φ+ψ, compreso fra il semiasse Ox positivo (ovviamente fisso nella terna assoluta)e il raggio OA (solidale al disco in quanto A e un punto fissato del bordo di questo). Levelocita angolare istantanea di D si scrive percio:

~ω = (φ+ ψ)e3

e l’energia cinetica corrispondente diventa:

TD =1

2IDOz|~ω|2 =

1

2

mr2

2|(φ+ ψ)e3|2 =

mr2

4(φ+ ψ)2 .

Energia cinetica del punto materiale CIl vettore posizione di C rispetto alla terna Oxyz si puo esprimere nella forma:

C −O = B −O + C −B

dove B −O si deduce immediatamente dalla definizione dell’angolo φ:

B −O = r cosφ e1 + r sinφ e2 .

Stefano Siboni 4418


Per determinare C − B basta osservare che per l’inestendibilita del filo deve risultare|B − C| = L − rψ > 0 e che, dovendo essere BC ortogonale al raggio OB, l’angolo che ilsegmento BC forma con la verticale condotta da B verso il basso deve coincidere con φ:

C −B = (L− rψ) sinφ e1 − (L− rψ) cosφ e2 .

Di conseguenza, la posizione di C viene individuata da:

C −O =[r cosφ+ (L− rψ) sinφ

]e1 +

[r sinφ− (L− rψ) cosφ

]e2 (824.1)

e la velocita istantanea del punto vale:

C =[−r sinφ φ− rψ sinφ+ (L− rψ) cosφ φ

]e1 +

[r cosφ φ+ rψ cosφ+ (L− rψ) sinφ φ

]e2

con modulo quadrato:

C2 = r2φ2 + r2ψ2 + (L− rψ)2φ2 + 2r2φψ = r2(φ+ ψ)2 + (L− rψ)2φ2 .

Di qui l’espressione dell’energia cinetica:

TC =m

2C2 =

mr2

2(φ+ ψ)2 +

m

2(L− rψ)2φ2 .

Energia cinetica del sistemaLa somma delle energie cinetiche di disco e punto materiale definisce l’energia cinetica delsistema:

T = TD + TC =mr2

4(φ+ ψ)2 +

mr2

2(φ+ ψ)2 +

m

2(L− rψ)2φ2 =

=3

4mr2(φ+ ψ)2 +

m

2(L− rψ)2φ2 . (824.2)

(b) EquilibriIl sistema e scleronomo e a vincoli bilaterali ideali. Le sollecitazioni attive sono tutteposizionali e conservative, essendo rappresentate dal peso e dall’interazione elastica fra ipunti A ed N .

Potenziale delle forze pesoAl potenziale delle forze peso concorre soltanto il punto C, dal momento che il baricentrodel disco va identificato con il centro O di questo e non e soggetto ad alcuna variazione diquota. Si ha dunque, usando la (824.1):

Ug = −mge2 · (C −O) = −mg[r sinφ− (L− rψ) cosφ

].

Stefano Siboni 4419


Potenziale elasticoPer il potenziale associato alla molla ideale che collega i punti A ed N si ha l’espressioneseguente:

Uel = −k2|A−N |2

nella quale figura il vettore posizione:

A−N = A−O − (N −O) = r cos(φ+ ψ)e1 + r sin(φ+ ψ)e2 − (−2re1) =

= r[2 + cos(φ+ ψ)

]e1 + r sin(φ+ ψ)e2

di modulo quadrato:

|A−N |2 = r2[4 + cos2(φ+ ψ) + 4 cos(φ+ ψ) + sin2(φ+ ψ)

]= r2

[5 + 4 cos(φ+ ψ)

].

Omesse le costanti additive, risulta cosı:

Uel = −2kr2 cos(φ+ ψ) .

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali gravitazionale ed elastico porge il potenziale del sistema:

U(φ, ψ) = Ug + Uel = mg[−r sinφ+ (L− rψ) cosφ

]− 2kr2 cos(φ+ ψ) (824.3)

definito per (φ, ψ) ∈ R× (0, L/r).

EquilibriL’ipotesi dei vincoli bilaterali ideali e la natura posizionale conservativa del sistema im-plicano che gli equilibri — tutti ideali — siano i punti critici del potenziale U . Essi siottengono quindi uguagliando simultaneamente a zero le derivate parziali prime:

∂U

∂φ(φ, ψ) = Uφ(φ, ψ) = mg

[−r cosφ− (L− rψ) sinφ

]+ 2kr2 sin(φ+ ψ)

∂U

∂ψ(φ, ψ) = Uψ(φ, ψ) = −mgr cosφ+ 2kr2 sin(φ+ ψ)

(824.4)

ossia risolvendo il sistema di equazioni trigonometriche:mg[−r cosφ− (L− rψ) sinφ

]+ 2kr2 sin(φ+ ψ) = 0

−mgr cosφ+ 2kr2 sin(φ+ ψ) = 0

che sostituendo la seconda equazione nella prima si riduce a:−mg(L− rψ) sinφ = 0

−mgr cosφ+ 2kr2 sin(φ+ ψ) = 0 .(824.5)

Stefano Siboni 4420


Essendo per ipotesi L − rψ > 0 la prima equazione (824.5) equivale semplicemente asinφ = 0 e porge, modulo inessenziali multipli interi di 2π, le soluzioni:

φ = 0 φ = π .

Per φ = 0 la seconda equazione di equilibrio (824.5) diventa:

−mgr + 2kr2 sinψ = 0 ⇐⇒ sinψ =mg

2kr

e ammette le radici:

ψ = arcsin(mg

2kr

):= ψ? ∈

(0,π

2

]ψ = π − ψ?

definite se e solo se mg/2kr ≤ 1. Analogamente, nel caso di φ = π la seconda equazionedi equilibrio si semplifica in:

mgr − 2kr2 sinψ = 0 ⇐⇒ sinψ =mg

2kr

e conduce alle stesse radici ψ = ψ? e ψ = π − ψ? con la stessa condizione di esistenza.Riassumendo, il sistema ammette gli equilibri:

(φ, ψ) = (0, ψ?) (φ, ψ) = (0, π − ψ?)

(φ, ψ) = (π, ψ?) (φ, ψ) = (π, π − ψ?)

definiti per mg/2kr ≤ 1, con ψ? = arcsin(mg/2kr). Si noti che per mg/2kr = 1 risultaψ? = π−ψ? = π/2, in modo che gli equilibri distinti si riducono a due soltanto. La figuraseguente illustra le quattro configurazioni di equilibrio:

Stefano Siboni 4421


Si osservi che le configurazioni (φ, ψ) = (π, ψ?) e (φ, ψ) = (π, π − ψ?) vedono l’estremo Cdel filo collocarsi al di sopra del punto B e dunque presuppongono che il filo stesso possasopportare sollecitazioni di compressione anziche di semplice trazione: si tratterebbe, indefinitiva, di equilibri fisicamente non significativi, poiche il filo non potrebbe mantenersiteso.

(c) Stabilita degli equilibriLa natura posizionale conservativa del sistema scleronomo consente di analizzare la stabilitadegli equilibri mediante i teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questoscopo si devono calcolare le derivate parziali seconde del potenziale:

Uφφ(φ, ψ) = mg[r sinφ− (L− rψ) cosφ

]+ 2kr2 cos(φ+ ψ)

Uφψ(φ, ψ) = Uψφ(φ, ψ) = mgr sinφ+ 2kr2 cos(φ+ ψ)

Uψψ(φ, ψ) = 2kr2 cos(φ+ ψ)

e le proprieta spettrali della corrispondente matrice hessiana:

HU (φ, ψ) =

(mg[r sinφ− (L− rψ) cosφ

]+ 2kr2 cos(φ+ ψ) mgr sinφ+ 2kr2 cos(φ+ ψ)

mgr sinφ+ 2kr2 cos(φ+ ψ) 2kr2 cos(φ+ ψ)

)

in ciascuna configurazione di equilibrio.

Configurazione (φ, ψ) = (0, ψ?)Per questo equilibrio la matrice hessiana si riduce a:

HU (0, ψ?) =

(−mg(L− rψ?) + 2kr2 cosψ? 2kr2 cosψ?

2kr2 cosψ? 2kr2 cosψ?

)

ed ha determinante di segno negativo per mg/2kr < 1:

detHU (0, ψ?) = −mg(L− rψ?)2kr2 cosψ? < 0

Stefano Siboni 4422


che implica il ricorrere di autovalori di segno opposto. Dall’autovalore positivo seguel’instabilita dell’equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Permg/2kr = 1 risulta ψ? = π/2 e il determinante si annulla, mentre la traccia e negativa:

trHU (0, ψ?) = −mg(L− rψ?) < 0 .

Gli autovalori dell’hessiana sono uno negativo e uno nullo, per cui nulla puo dirsi circa lecaratteristiche di stabilita dell’equilibrio.

Configurazione (φ, ψ) = (0, π − ψ?)Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale assume la forma:

HU (0, π − ψ?) =

(−mg

[L− r(π − ψ?)

]− 2kr2 cosψ? −2kr2 cosψ?

− 2kr2 cosψ? −2kr2 cosψ?

)

con determinante positivo per mg/2kr < 1:

detHU (0, π − ψ?) = mg[L− r(π − ψ?)

]2kr2 cosψ? > 0

e nullo se mg/2kr = 1, mentre la traccia e comunque negativa:

trHU (0, π − ψ?) = −mg[L− r(π − ψ?)

]− 4kr2 cosψ? < 0 .

Per mg/2kr < 1 la matrice hessiana ammette due autovalori negativi e consente di ri-conoscere l’equilibrio come massimo relativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet. Se invece mg/2kr = 1, gli autovalori sono uno negativo e uno uguale a zero, percui ricorre un caso critico di stabilita. Va osservato che per mg/2kr = 1 questo equilibriocoincide con quello studiato al punto precedente:

(φ, ψ) = (0, π − ψ?) = (0, ψ?) = (0, π/2) .

L’analisi di stabilita richiede un ulteriore approfondimento. Conviene riesprimere il poten-ziale in forma adimensionale:

u(φ, ψ) =1

2kr2U(φ, ψ) = −mg

2krsinφ+

mg

2kr

(Lr− ψ

)cosφ− cos(φ+ ψ) =

= − sinφ+(Lr− ψ

)cosφ− cos(φ+ ψ)

e considerarne la restrizione alla retta φ = 0:

u(0, ψ) =L

r− ψ − cosψ , ∀ψ ∈ (0, L/r) ,

le cui derivate fino al terzo ordine si scrivono:

u′(0, ψ) = −1 + sinψ u′′(0, ψ) = cosψ u′′′(0, ψ) = − sinψ

Stefano Siboni 4423


e nel punto critico ψ = π/2 assumono i valori rispettivi:

u′(0, π/2) = 0 u′′(0, π/2) = 0 u′′′(0, π/2) = −1 .

Cio porta all’approssimazione di Taylor:

u(0, ψ) = u(0, π/2)− 1

6

(ψ − π

2

)3

+O

[(ψ − π

2

)4] (

ψ → π

2

)dalla quale si riconosce che ψ = π/2 costituisce un flesso orizzontale discendente per larestrizione u(0, ψ). Poiche il punto critico (φ, ψ) = (0, π/2) e punto di accumulazionedella retta φ = 0, questo risultato consente di escludere che l’equilibrio costituisca unmassimo relativo proprio del potenziale, al quale dunque il teorema di Lagrange-Dirichletnon e applicabile. Si tratta cosı di un vero caso critico di stabilita, essendo escluso a prioriil ricorso all’inversione parziale di Lagrange-Dirichlet per l’assenza di autovalori positividell’hessiana. Tuttavia, per i sistemi a 2 gradi di liberta posizionali conservativi, Painleveha dimostrato l’instabilita delle configurazioni di equilibrio che non siano massimi relativipropri del potenziale (supposto funzione sviluppabile in serie di Taylor in un intorno delpunto di equilibrio), anche nel caso in cui un autovalore dell’hessiana sia negativo e l’altrosia nullo. Sono esattamente le condizioni che ricorrono nel caso qui considerato.

Configurazione (φ, ψ) = (π, ψ?)In questo caso la matrice hessiana risulta:

HU (π, ψ?) =

(mg(L− rψ?)− 2kr2 cosψ? −2kr2 cosψ?

− 2kr2 cosψ? −2kr2 cosψ?

)

e presenta determinante negativo per mg/2kr < 1:

detHU (π, ψ?) = −mg(L− rψ?) 2kr2 cosψ? < 0

che garantisce l’instabilita dell’equilibrio per l’inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.Qualora sia mg/2kr = 1 il determinante si annulla, ma la traccia assume segno positivo:

trHU (π, ψ?) = mg(L− rψ?) > 0

implicando un autovalore positivo ed uno nullo. Dal teorema di inversione parziale seguecomunque l’instabilita della configurazione.

Configurazione (φ, ψ) = (π, π − ψ?)La matrice hessiana diventa:

HU (π, π − ψ?) =

(mg[L− r(π − ψ?)

]+ 2kr2 cosψ? 2kr2 cosψ?

2kr2 cosψ? 2kr2 cosψ?

)

Stefano Siboni 4424


con traccia sempre positiva:

mg[L− r(π − ψ?)

]+ 4kr2 cosψ? > 0 .

La matrice ammette comunque almeno un autovalore positivo, che assicura l’instabilitadell’equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

(d) Equazioni pure del motoGrazie all’ipotesi dei vincoli ideali, e tenuto conto della natura posizionale conservativa delsistema, le equazioni pure del moto possono essere scritte in forma lagrangiana:

d

dt

(∂T∂φ

)− ∂T

∂φ=

∂U

∂φ

d

dt

(∂T∂ψ

)− ∂T

∂ψ=

∂U

∂ψ

in termini dell’energia cinetica (824.2):

T =3

4mr2(φ+ ψ)2 +

m

2(L− rψ)2φ2

e del potenziale (824.3):

U = mg[−r sinφ+ (L− rψ) cosφ

]− 2kr2 cos(φ+ ψ) .

Si devono calcolare i termini che figurano nei binomi di Lagrange:

∂T

∂φ=

3

2mr2(φ+ ψ) +m(L− rψ)2φ

∂T

∂φ= 0

d

dt

(∂T∂φ

)=

3

2mr2(φ+ ψ) +m(L− rψ)2φ− 2mr(L− rψ)ψφ

∂T

∂ψ=

3

2mr2(φ+ ψ)

∂T

∂ψ= −mr(L− rψ)φ2

d

dt

(∂T∂ψ

)=

3

2mr2(φ+ ψ)

mentre le derivate parziali del potenziale erano gia state determinate in (824.4):

∂U

∂φ(φ, ψ) = mg

[−r cosφ− (L− rψ) sinφ

]+ 2kr2 sin(φ+ ψ)

∂U

∂ψ(φ, ψ) = −mgr cosφ+ 2kr2 sin(φ+ ψ) .

Le equazioni del moto sono pertanto:3

2mr2(φ+ ψ) +m(L− rψ)2φ− 2mr(L− rψ)ψφ =

= mg[−r cosφ− (L− rψ) sinφ

]+ 2kr2 sin(φ+ ψ)

3

2mr2(φ+ ψ) +mr(L− rψ)φ2 = −mgr cosφ+ 2kr2 sin(φ+ ψ) .

Stefano Siboni 4425


(e) Quantita di moto e momento angolare in OQuantita di motoLa quantita di moto ~Q del sistema si ottiene come somma delle quantita di moto di discoe punto C. Il contributo del disco e chiaramente nullo, dal momento che il baricentro di Dsi identifica con il punto fisso O. Si ha pertanto:

~Q = mC = m[−r sinφ φ− rψ sinφ+ (L− rψ) cosφ φ

]e1 +

+ m[r cosφ φ+ rψ cosφ+ (L− rψ) sinφ φ

]e2 .

Momento angolare in OIl momento angolare in O del sistema e la somma dei momenti angolari di disco e puntoC rispetto allo stesso polo. Per il disco si ha l’espressione:

~KDO = LD

O

[(φ+ ψ)e3

]= (φ+ ψ) LD

O(e3) = (φ+ ψ)mr2

2e3 =

mr2

2(φ+ ψ)e3 ,

mentre per il punto C ci si affida alla definizione, ricordando la (824.1):

~KCO = (C −O) ∧mC =

=[r cosφ+ (L− rψ) sinφ

]e1 +

[r sinφ− (L− rψ) cosφ

]e2

∧

∧m[−r sinφ φ− rψ sinφ+ (L− rψ) cosφ φ

]e1+

+[r cosφ φ+ rψ cosφ+ (L− rψ) sinφ φ

]e2

.

La sola componente non banale e ovviamente quella lungo e3:

m

∣∣∣∣∣ r cosφ+ (L− rψ) sinφ r sinφ− (L− rψ) cosφ

−r sinφ φ− rψ sinφ+ (L− rψ) cosφ φ r cosφ φ+ rψ cosφ+ (L− rψ) sinφ φ

∣∣∣∣∣ ,e calcolato il determinante si riduce a:

m[r2φ+ r2ψ + (L− rψ)2φ

],

in modo che:~KCO = m

[r2φ+ r2ψ + (L− rψ)2φ

]e3 .

Si conclude pertanto che:

~KO = ~KDO + ~KC

O =mr2

2(φ+ ψ)e3 +m

[r2φ+ r2ψ + (L− rψ)2φ

]e3 =

= m

[r2

2(φ+ ψ) + r2φ+ r2ψ + (L− rψ)2φ

]e3 .

Stefano Siboni 4426



Un’asta rettilinea omogenea OA, di massa me lunghezza a, giace lungo l’asse Ox di unaterna Oxyz. Una piastra circolare D, di rag-gio a, centro C e densita:

σ(P ) =m

πa3|P − C| ∀P ∈ D ,

e tangente ad Ox e ad Oy nei punti A e B,rispettivamente (vedi figura). Determinaredel sistema:

(a) la massa e la posizione del baricentro relativa a Oxyz;

(b) la matrice d’inerzia rispetto a Oxyz;

(c) il momento d’inerzia relativo alla retta OC.

Soluzione(a) Massa e baricentroMassa del discoLa massa del disco D si ricava integrando sul dominio circolare la densita areale σ. Convieneeseguire il calcolo in coordinate polari rispetto al centro C:

mD =

∫D

σ dA =

a∫0

dρ ρ

2π∫0

dφm

πa3ρ =

m

πa3

a∫0

ρ2dρ

2π∫0

dφ =m

πa3

a3

32π =

2

3m.

Massa del sistemaLa massa del sistema e la somma delle masse di asta e disco:

mS = mOA +mD = m+2

3m =

5

3m.

Baricentro dell’astaIl baricentro dell’asta omogenea OA si identifica con il punto medio di questa, che nerappresenta un ovvio centro di simmetria ed e individuato dal vettore posizione:

GOA −O =a

2e1 .

Baricentro del discoIl baricentro del disco coincide con il suo centro C, che e infatti un centro di simmetriadella superficie materiale. Per verificarlo basta notare che i punti del disco simmetricirispetto a C si trovano alla stessa distanza dal centro e presentano percio la stessa densitaareale — σ e funzione esclusivamente di tale distanza:

GD −O = C −O = ae1 + ae2 .

Stefano Siboni 4427


Baricentro del sistemaIl baricentro del sistema e definito dal teorema distributivo:

G−O =mOA(GOA −O) +mD(GD −O)

mOA +mD=

=3

5m

[ma

2e1 +

2

3m(ae1 + ae2)

]=

3

5

(7

6e1 +

2

3e2

)a =

7

10ae1 +

2

5ae2 .

(b) Matrice d’inerziaMatrice d’inerzia dell’astaPoiche l’asta OA giace lungo l’asse Ox, la matrice d’inerzia di OA rispetto a Oxyz deveessere della forma:

[LOAO ] =

0 0 00 LOAyy 0

0 0 LOAyy

e dipendere unicamente dal momento d’inerzia relativo a Oy/Oz:

LOAyy =

∫OA

x2λ ds =

a∫0

x2m

adx =

ma2

3

per cui:

[LOAO ] = ma2

0 0 00 1/3 00 0 1/3

.Matrice d’inerzia del discoAvendo gia riconosciuto che il baricentro del disco va identificato con il centro C, convienesenz’altro calcolare la matrice d’inerzia di D rispetto alla terna Cxyz e quindi riportare ilrisultato nel riferimento Oxyz ricorrendo al teorema di Huygens-Steiner generalizzato. Lamatrice d’inerzia [LD

C ] e di forma diagonale:

[LDC ] =

LDCxx 0 00 LD

Cxx 00 0 2LD

Cxx

= ma2

1/5 0 00 1/5 00 0 2/5

per via degli evidenti assi di simmetria Cx e Cy, rispetto ai quali i momenti d’inerzia sonochiaramente uguali:

LDCyy = LD

Cxx =

∫D

y2σ dA =

a∫0

dρ ρ

2π∫0

dφ (ρ sinφ)2 m

πa3ρ =

m

πa3

a∫0

ρ4dρ

2π∫0

sin2φdφ =

=m

πa3

a5

5

2π∫0

1− cos 2φ

2dφ =

ma2

10π

[φ− sin 2φ

2

]2π

0

=ma2

5.

Stefano Siboni 4428


Poiche il baricentro C del disco e individuato dal vettore posizione C − O = ae1 + ae2 =d1e1 + d2e2 + d3e3, il teorema di Huygens-Steiner generalizzato per la matrice d’inerziarelativa a Oxyz porge l’espressione:

[LDO] = [LD

C ] +mD

d22 + d2

3 −d1d2 −d1d3

−d1d2 d21 + d2

3 −d2d3

−d1d3 −d2d3 d21 + d2

2

=

=ma2

1/5 0 00 1/5 00 0 2/5

+2

3m

a2 −a2 0−a2 a2 0

0 0 2a2

= ma2

13/15 −2/3 0−2/3 13/15 0

0 0 26/15

.Matrice d’inerzia del sistemaPer ottenere la matrice d’inerzia relativa ad Oxyz del sistema basta sommare le matricid’inerzia di asta e disco rispetto allo stesso riferimento:

[LO] = [LOAO ] + [LDO] = ma2

0 0 00 1/3 00 0 1/3

+ma2

13/15 −2/3 0−2/3 13/15 0

0 0 26/15

=

= ma2

13/15 −2/3 0−2/3 6/5 0

0 0 31/15

.(c) Momento d’inerzia relativo alla retta OCLa retta OC passa ovviamente per l’origine ed e individuata dal versore tangente:

n =C −O|C −O|

=ae1 + ae2

|ae1 + ae2|=

1√2e1 +

1√2e2 .

Il momento d’inerzia del sistema rispetto alla retta OC e quindi dato dalla nota formula:

IOC = n · LO(n) =1

2(1 1 0) [LO]

110

=1

2

(Lxx + Lyy + 2Lxy

)=

=1

2ma2

[13

15+

6

5+ 2(−2

3

)]=

1

2ma2

(31

15− 4

3

)=

11

30ma2.

Esercizio 826. Moto di un punto materiale su una curva fissa nello spazio

In una terna inerziale Oxyz = Oe1e2e3 avente l’asse Oz diretto verticalmente verso l’altoun punto materiale pesante P , di massa m, e libero di scorrere senza attrito lungo la curvadi parametrizzazione:

P (φ)−O = a cosφ e1 + a sinφ e2 +h

2πφ e3 ,

dove φ ∈ (0, 4π) e a, h sono costanti positive. Determinare del sistema:

Stefano Siboni 4429


(a) le equazioni pure del moto e la forma generale dei moti;

(b) gli equilibri nell’ipotesi che la curva abbia coefficiente di attrito statico µs > 0.

Soluzione(a) Equazione del motoLa curva vincolare e parametrizzata da:

P (φ)−O = a cosφ e1 + a sinφ e2 +h

2πφ e3 , φ ∈ (0, 4π) ,

con derivata prima:

P ′(φ) = −a sinφ e1 + a cosφ e2 +h

2πe3 , φ ∈ (0, 4π) ,

e versore tangente sempre definito:

τ(φ) =P ′(φ)

|P ′(φ)|=

1√a2 +

h2

4π2

(−a sinφ e1 + a cosφ e2 +

h

2πe3

).

La curva e quindi regolare — si tratta in effetti di un arco di elica cilindrica di raggio a epasso h. L’ascissa curvilinea s viene definita per mezzo della relazione differenziale:

ds = |P ′(φ)| dφ =

√a2 +

h2

4π2dφ

che porge, a meno di una costante additiva arbitraria:

s =

√a2 +

h2

4π2φ .

Poiche l’unica forza attiva e il peso ~F = −mge3, nell’ipotesi di curva liscia, l’equazionepura del moto del punto materiale P assume la forma:

ms = −mge3 · τ(φ)

ossia, sostituendo le espressioni esplicite di ascissa curvilinea a versore tangente:

m

√a2 +

h2

4π2φ = −mg 1√

a2 +h2

4π2

h

2π.

L’equazione ottenuta equivale alla seguente:

φ = − g

a2 +h2

4π2

h

2π

Stefano Siboni 4430


e descrive un moto uniformemente accelerato nella variabile angolare φ. L’espressionegenerale dei moti e quindi:

φ = − g

a2 +h2

4π2

h

2π

t2

2+ αt+ β ∀ t ∈ R ,

in termini delle costanti reali arbitrarie α e β che vanno determinate dalle condizioni inizialiφ(0) e φ(0). Si osservi che anche il moto di P lungo l’asse verticale Oz e uniformementeaccelerato, con accelerazione:

az = φh

2π= − g

a2 +h2

4π2

h2

4π2= − g

1 +h2

4π2a2

h2

4π2a2.

(b) Equilibri in presenza di attriti radentiIl presenza di attriti radenti la condizione necessaria e sufficiente per l’equilibrio e offertadalla legge di Coulomb-Morin dell’attrito radente statico:∣∣(~F · τ) τ

∣∣ ≤ µs∣∣~F − (~F · τ) τ

∣∣ (826.1)

dove la forza attiva e costituita dalla sola forza peso:

~F = −mge3

mentre (~F · τ) τ e ~F − (~F · τ) τ indicano le proiezioni ortogonali della forza attiva ~F lungola direzione tangente e lungo il piano ortogonale, rispettivamente. La proiezione lungo ladirezione tangente si ricava in modo diretto:

(~F · τ) τ =1

a2 +h2

4π2

(−mg h

2π

)(−a sinφ e1 + a cosφ e2 +

h

2πe3

)

e quella ortogonale per differenza:

~F − (~F · τ) τ = −mge3 +mg

h

2π

a2 +h2

4π2

(−a sinφ e1 + a cosφ e2 +

h

2πe3

)=

=mg

a2 +h2

4π2

(− h

2πa sinφ e1 +

h

2πa cosφ e2 − a2e3

)=

=mga

a2 +h2

4π2

(− h

2πsinφ e1 +

h

2πcosφ e2 − ae3

).

Stefano Siboni 4431


La condizione (826.1) diventa cosı:

mgh

2π

a2 +h2

4π2

√a2 +

h2

4π2≤ µs

mga

a2 +h2

4π2

√h2

4π2+ a2

e semplificando i fattori comuni si riduce a:

h

2πa≤ µs .

Si conclude allora che se h/2πa ≤ µs tutte le configurazioni risultano di equilibrio peril sistema — il passo h dell’elica deve essere sufficientemente piccolo rispetto al raggioa. In caso contrario il sistema non ammette alcun equilibrio. Si noti la stretta analogiacon il problema del punto materiale vincolato ad un piano inclinato con attrito — l’elicacilindrica puo riguardarsi come una sorta di piano inclinato “avvolto su se stesso”, attornoalla retta direttrice Oz della curva.


Un disco circolare omogeneo D, di massa m, raggio a e centro C, rotola senza strisciarelungo il bordo interno di una guida circolare γ dicentro O e raggio 5a fissa nel piano Oxy di unaterna Oxyz con l’asse Oy diretto verso l’alto. InC e in O e incernierata un’asta rettilinea omoge-nea OC, di lunghezza 4a e massa m. Lo stessopunto C e connesso alla sua proiezione ortogo-nale C? sull’asse Ox mediante una molla ideale dicostante elastica k. Il sistema e soggetto al pesoe ad una resistenza viscosa in C, con costantedi frizione β. La terna Oxyz ruota uniforme-mente con velocita angolare ω attorno all’asse Oyrispetto ad un riferimento inerziale. Assunti i vin-coli ideali, usare l’angolo θ ∈ R in figura per de-terminare del sistema, rispetto a Oxyz:

(a) gli equilibri;

(b) le caratteristiche di stabilita degli equilibri, tenendo conto di tutte le sollecitazioni;



(e) i modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile per β = 0,ω2 = 3g/32a e k = mg/8a.

Soluzione(a) EquilibriIl sistema e soggetto a sollecitazioni di tipo posizionale conservativo, rappresentate dal pe-

Stefano Siboni 4432


so, dall’interazione elastica fra i punti C e C?, e dal sistema delle forze centrifughe dovutoalla natura non inerziale della terna di riferimento. Si osservi che le forze di Coriolisrisultano costantemente ortogonali al piano vincolare Oxy e presentano percio componentegeneralizzata nulla. Una resistenza viscosa, di carattere dissipativo, e inoltre applicata inC. Al fine di determinare gli equilibri, di tutte queste sollecitazioni e necessario calcolarela componente generalizzata.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale delle forze peso e la somma dei contributi relativi all’asta OC e al disco D:

Ug = −mge2 ·C −O

2−mge2 · (C −O) = −3

2mge2 · (C −O) =

= −3

2mge2 · (4a sin θ e1 − 4a cos θ e2) = 6mga cos θ . (827.1)

Potenziale elasticoAlla molla ideale di costante elastica k che collega C alla sua proiezione ortogonale C?

sull’asse Ox compete un potenziale elastico della forma:

Uel = −k2|C − C?|2 = −k

2

∣∣−4a cos θ e2

∣∣2 = −8ka2cos2θ . (827.2)

Potenziale centrifugoIl potenziale centrifugo si ottiene sommando i potenziali relativi all’asta OC e al disco D:

Ucf =ω2

2IOCOy +

ω2

2IDOy ,

dove il momento d’inerzia dell’asta rispetto a Oy vale:

IOCOy =

4a∫0

(s sin θ)2 m

4ads =

m

4a

4a∫0

s2ds sin2θ =m

4a

(4a)3

3sin2θ =

16

3ma2sin2θ ,

mentre per quello relativo al disco si ha:

IDOy = IDCy +m[(C −O) · e1]2 =ma2

4+m(4a sin θ)2 =

ma2

4+ 16ma2sin2θ .

Di conseguenza, omesse le costanti additive, il potenziale centrifugo del sistema risulta:

Ucf =8

3ma2ω2sin2θ + 8ma2ω2sin2θ =

32

3ma2ω2sin2θ . (827.3)

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali (827.1), (827.2) e (827.3), relativi a tutte e sole le sollecitazioniposizionali conservative applicate, definisce il potenziale del sistema:

U(θ) = Ug + Uel + Ucf = 6mga cos θ − 8ka2cos2θ +32

3ma2ω2sin2θ , θ ∈ R . (827.4)

Stefano Siboni 4433


Componente generalizzata della resistenza viscosaLa resistenza viscosa −βC e applicata al centro C del disco. La sua componente generaliz-zata si scrive:

Qrvθ = −βC · ∂C∂θ

= −β ∂C∂θ

θ · ∂C∂θ

= −β∣∣∣∣∂C∂θ

∣∣∣∣2θe per C −O = 4a sin θ e1 − 4a cos θ e2 diventa:

Qrvθ = −β∣∣4a cos θ e1 + 4a sin θ e2

∣∣2θ = −16βa2θ . (827.5)

Si tratta di una sollecitazione completamente dissipativa, dal momento che la sua potenzaha segno non positivo:

π = Qrvθ θ = −16βa2θ2 ≤ 0

e si annulla unicamente per velocita generalizzata θ nulla. Come si verifica direttamente,e risulta peraltro dal noto teorema generale valido per le sollecitazioni di potenza nonpositiva continue, la componente generalizzata delle forze dissipative si annulla per θ = 0e non concorre in alcun modo a determinare le configurazioni di equilibrio del sistema, purpotendone influenzare le caratteristiche di stabilita.

EquilibriVista l’irrilevanza delle resistenze viscose, agli effetti statici, gli equilibri del sistema sonotutti ordinari e vanno identificati con i punti critici del potenziale (827.4). Essi si ottengonopercio annullando la derivata prima:

U ′(θ) = −6mga sin θ + 16ka2 cos θ sin θ +64

3ma2ω2 sin θ cos θ

ossia risolvendo l’equazione trigonometrica:

−6mga sin θ +(

16ka2 +64

3ma2ω2

)sin θ cos θ = 0

che si puo riesprimere nella forma equivalente:

sin θ(

16ka2 +64

3ma2ω2

)[− 6mga(

16k +64

3mω2

)a2

+ cos θ

]= 0 .

Soluzioni dell’equazione precedente si hanno per sin θ = 0 e sono definite incondizionata-mente:

θ = 0 θ = π .

Ulteriori soluzioni ricorrono per:

cos θ =3mg(

8k +32

3mω2

)a

:= λ > 0

Stefano Siboni 4434


e sono date da:

θ = arccosλ := θ? θ = − arccosλ = −θ? ,

definite e distinte dalle precedenti a condizione che sia λ < 1, nel qual caso e θ? ∈ (0, π/2).

(b) Stabilita degli equilibriLa compresenza di sollecitazioni posizionali conservative e completamente dissipative con-sente di caratterizzare completamente le proprieta di stabilita degli equilibri — tutti isolati— facendo uso della forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri diBarbasin-Krasovskii. E sufficiente riconoscere gli equilibri che costituiscono massimi re-lativi propri del potenziale e quelli che invece non sono massimi. A questo scopo giovaconsiderare la derivata seconda del potenziale:

U ′′(θ) = −6mga cos θ +(

16k +64

3mω2

)a2(cos2θ − sin2θ)

e calcolarla in ciascuna configurazione di equilibrio.

Configurazione θ = 0, sempre definitaNella fattispecie la derivata seconda del potenziale si riduce a:

U ′′(0) = −6mga+(

16k +64

3mω2

)a2 =

(16k +

64

3mω2

)a2(−λ+ 1)

e non ha segno definito. Si rende necessario distinguere tre diversi casi:

se λ < 1 e U ′′(0) > 0 e l’equilibrio risulta instabile per la forma forte del teorema diLagrange-Dirichlet, in quanto punto di minimo relativo proprio del potenziale;

per λ > 1 risulta invece U ′′(0) < 0 e la configurazioe costituisce un massimo relativoproprio del potenziale, la cui stabilita asintotica e assicurata dalla forma forte delteorema di Lagrange-Dirichlet;

qualora sia infine λ = 1 vale U ′′(0) = 0 e per stabilire la natura dell’equilibrio enecessario considerare uno sviluppo di Taylor del potenziale attorno a θ = 0 di ordinesuperiore al secondo. Si ha in effetti:

U (3)(θ) = 6mga sin θ −(

16k +64

3mω2

)a24 cos θ sin θ

U (4)(θ) = 6mga cos θ −(

16k +64

3mω2

)a24(cos2θ − sin2θ)

per cui:

U (3)(0) = 0 U (4)(0) = 6mga−4(

16k+64

3mω2

)a2 = 6mga−4·6mga = −18mga

e lo sviluppo di Taylor al quarto ordine del potenziale diventa:

U(θ) = U(0)− 18mga

4!θ4 + o(θ4) (θ → 0)

Stefano Siboni 4435


provando cosı che l’equilibrio θ = 0 rappresenta un massimo relativo proprio di U(θ);la stabilita asintotica segue dalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione θ = π, sempre definitaIn questo caso vale:

U ′′(π) = 6mga+(

16k +64

3mω2

)a2 > 0

ed e dunque escluso che il punto critico possa costituire un massimo relativo proprioper il potenziale U . La forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet implica pertantol’instabilita dell’equilibrio.

Configurazione θ = θ?, con cos θ? = λ, definita per λ < 1Per questo equilibrio risulta:

U ′′(θ?) = −6mga cos θ? +(

16k +64

3mω2

)a2(cos2θ? − sin2θ?) =

=(

16k +64

3mω2

)a2(−λ cos θ? + cos2θ? − sin2θ?

)= −

(16k +

64

3mω2

)a2sin2θ? < 0

in quanto θ? ∈ (0, π/2). Quando definito l’equilibrio e un massimo relativo proprio delpotenziale, stabile asintoticamente per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione θ = −θ?, con cos θ? = λ, definita per λ < 1Questo equilibrio presenta le stesse proprieta di stabilita dell’equilibrio simmetrico θ = θ?,in quanto:

U ′′(−θ?) = U ′′(θ?) .

Si tratta dunque di un equilibrio asintoticamente stabile.

(c) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema e la somma delle energie cinetiche di asta e disco, che vannoquindi determinate separamente.

Energia cinetica dell’asta OCL’asta omogenea, di massa m e lunghezza 4a, ruota attorno all’asse fisso Oz con velocitaangolare θe3. La sua energia cinetica vale dunque:

TOC =1

2IOCOz |θe3|2 =

1

2

m(4a)2

3θ2 =

8

3ma2θ2 .

Energia cinetica del disco DIl disco e privo di punti fissi e la sua energia cinetica viene calcolata ricorrendo al teoremadi Konig:

TD =m

2C2 +

1

2IDCz|~ωD|2 .

Stefano Siboni 4436


Il baricentro C del disco ha vettore posizione:

C −O = 4a sin θ e1 − 4a cos θ e2

e velocita instantanea:C = (4a cos θ e1 + 4a sin θ e2)θ

di modulo quadrato:C2 = 16a2θ2 .

Il momento d’inerzia del disco, omogeneo, di massa m e di raggio a, rispetto all’assebaricentrale Cz e invece espresso da:

IDCz =ma2

2,

e poiche D ruota lungo il bordo interno della guida circolare γ, di raggio 5a, la sua velocitaangolare istantanea si scrive:

~ωD = −(5a

a− 1)θe3 = −4θe3 .

L’energia cinetica di D risulta pertanto:

TD =m

216a2θ2 +

1

2

ma2

2| − 4θe3|2 = 8ma2θ2 + 4ma2θ2 = 12ma2θ2 .

Energia cinetica del sistemaLa somma delle energie cinetiche parziali, di asta e disco, fornisce l’energia cinetica delsistema:

T = TOC + TD =8

3ma2θ2 + 12ma2θ2 =

44

3ma2θ2 . (827.6)

(d) Equazioni del motoGrazie all’ipotesi dei vincoli ideali, le equazioni pure del moto possono essere identificatecon la sola equazione di Lagrange:

d

dt

(∂L∂θ

)− ∂L

∂θ= Qrvθ


L = T + U =44

3ma2θ2 + 6mga cos θ − 8ka2cos2θ +

32

3ma2ω2sin2θ

e della componente generalizzata (827.5) delle forze viscose. Si hanno le ovvie relazioni:

∂L

∂θ=

88

3ma2θ

d

dt

(∂L∂θ

)=

88

3ma2θ

∂L

∂θ= −6mga sin θ + 16ka2 cos θ sin θ +

64

3ma2ω2 sin θ cos θ

in modo che l’equazione pura del moto diventa:

88

3ma2θ + 6mga sin θ −

(16k +

64

3mω2

)a2 sin θ cos θ = −16βa2θ . (827.7)

Stefano Siboni 4437


(e) Modi normali delle piccole oscillazioni

Nel caso che sia β = 0, ω2 = 3g/32a e k = mg/8a, l’equilibrio θ = 0 e sicuramente stabileper il teorema di Lagrange-Dirichlet, in quanto massimo relativo proprio del potenziale;vale infatti:

λ =3mg(

8k +32

3mω2

)a

=3mg(

8mg

8a+

32

3m

3g

32a

)a

=3mg

mg +mg=

3

2> 1

per cui U ′′(0) < 0. L’equazione delle piccole oscillazioni intorno a θ = 0 e data da:

A(0)θ − U ′′(0)θ = 0

dove A(0) e la “matrice” dell’energia cinetica in θ = 0:

A(0) =88

3ma2

mentre la derivata seconda del potenziale in θ = 0 risulta:

U ′′(0) = −6mga+(

16k +64

3mω2

)a2 =

(16k +

64

3mω2

)a2(−λ+ 1) =

=(

16mg

8a+

64

3m

3g

32a

)a2(−3

2+ 1)

= 4mga(−1

2

)= −2mga .

L’equazione cercata e dunque:

88

3ma2θ + 2mgaθ = 0

ed equivale a quella di un oscillatore armonico semplice:

θ +3

44

g

aθ = 0

di pulsazione:

Ω =

√3

44

√g

a.

Il modo normale delle piccole oscillazioni attorno a θ = 0 diventa percio:

θ(t) = A cos

(√3

44

√g

at+ ϕ

)∀ t ∈ R

con A > 0 e ϕ ∈ R costanti assegnate a piacere.

Stefano Siboni 4438



Nel piano Oxy di una terna Oxyz si considerail sistema costituito da due semidischi omo-genei uguali, D1 e D2, di massa µ, raggio a/2e centri rispettivi C1 e C2, e da un’asta ABdi punto medio O, lunghezza 2a e densita:

λ(P ) =µ

a2|P −O| ∀P ∈ AB .

Semidischi e asta sono disposti come illustratoin figura. Determinare del sistema:

(a) la massa, il baricentro e la matrice d’inerzia relativa a Oxyz;

(b) i momenti centrali d’inerzia;

(c) i momenti d’inerzia relativi alla retta C1y e alla bisettrice del I quadrante in Oxy.

Soluzione(a) Massa, baricentro e matrice d’inerziaMassa del sistemaLa massa del sistema si ottiene sommando le masse dell’asta AB e dei due semidischi. Perla massa dell’asta si ha l’integrale:

mAB =

∫AB

λ ds =

a∫−a

µ

a2|x| dx =

2µ

a2

a∫0

x dx =2µ

a2

a2

2= µ ,

mentre le masse dei semidischi omogenei sono note a priori, essendo µ il loro comune valore.La massa del sistema vale pertanto:

m = mAB +m1 +m2 = µ+ µ+ µ = 3µ .

BaricentroL’origine O e centro di simmetria tanto dell’asta AB, la cui densita e funzione della soladistanza da O, quanto del sistema dei due semidischi omogenei D1 e D2 — per ogni puntodi D1 il corrispondente punto simmetrico rispetto ad O giace in D2. Si tratta dunque diun centro di simmetria per l’intero sistema, identificabile con il baricentro G di questo.

Matrice d’inerzia di ABPoiche l’asta si colloca per intero lungo l’asse Ox della terna considerata, la matriced’inerzia risulta:

[LABO ] =

0 0 00 LAByy 0

0 0 LAByy

= µa2

0 0 00 1/2 00 0 1/2

Stefano Siboni 4439


in quanto l’unico momento d’inerzia non banale e dato dall’espressione:

LAByy =

∫AB

x2λ ds =

a∫−a

x2 µ

a2|x| dx =

2µ

a2

a∫0

x3dx =2µ

a2

a4

4=

µa2

2.

Matrice d’inerzia di D1

Il semidisco omogeneo D1 ha densita costante σ = µ/(πa2/8) = 8µ/πa2 e matrice d’inerziadella forma:

[L1O] =

L1xx L1

xy 0L1xy L1

yy 00 0 L1

xx + L1yy

essendo completamente ubicato nel piano coordinato Oxy della terna di riferimento. Ilmomento d’inerzia rispetto all’asse Ox e dato da:

L1xx =

∫D1

y2σ dA =

a/2∫0

dρ ρ

π∫0

dφ ρ2 sin2φ8µ

πa2=

=8µ

πa2

a/2∫0

ρ3dρ

π∫0

1− cos 2φ

2dφ =

8µ

πa2

1

4

a4

16

1

2

[φ− sin 2φ

2

]π0

=µa2

16

mentre quello relativo all’asse Oy si scrive:

L1yy =

∫D1

x2σ dA =

a/2∫0

dρ ρ

π∫0

dφ(−a

2+ ρ cosφ

)2 8µ

πa2=

=8µ

πa2

a/2∫0

dρ ρ

π∫0

dφ(a2

4− aρ cosφ+ ρ2cos2φ

)=

=8µ

πa2

a/2∫0

dρ ρ

π∫0

dφ(a2

4− aρ cosφ+ ρ2 1 + cos 2φ

2

)=

=8µ

πa2

a/2∫0

dρ ρ

[a2

4φ− aρ sinφ+

ρ2

2

(φ+

sin 2φ

2

)]πφ=0

=

=8µ

πa2

a/2∫0

dρ ρ(a2

4π +

ρ2

2π)

=8µ

a2

a/2∫0

(a2

4ρ+

ρ3

2

)dρ =

8µ

a2

[a2

4

ρ2

2+ρ4

8

]a/20

=

=8µ

a2

(a2

4

a2

8+

1

8

a4

16

)= µa2

(1

4+

1

16

)=

5

16µa2 .

Stefano Siboni 4440


La somma dei due porge il momento d’inerzia relativo all’asse Oz:

L1xx + L1

yy =1

16µa2 +

5

16µa2 =

3

8µa2 .

Quanto all’unico prodotto d’inerzia non banale, si ha la relazione:

L1xy = −

∫D1

xy σ dA = −a/2∫0

dρ ρ

π∫0

dφ(−a

2+ ρ cosφ

)ρ sinφ

8µ

πa2=

= − 8µ

πa2

a/2∫0

dρ ρ2

π∫0

dφ(−a

2sinφ+ ρ cosφ sinφ

)=

= − 8µ

πa2

a/2∫0

dρ ρ2

[a

2cosφ+

ρ

2sin2φ

]πφ=0

=

= − 8µ

πa2

a/2∫0

dρ ρ2(−a) =8µ

πa

[ρ3

3

]a/20

=8µ

πa

a3

24=

µa2

3π,

che tenuto conto dei risultati precedenti fornisce la matrice cercata:

[L1O] = µa2

1/16 1/3π 01/3π 5/16 0

0 0 3/8

.Matrice d’inerzia di D2

La matrice d’inerzia del semidisco D2 e uguale, per simmetria, a quella appena calcolataper il semidisco D1. Basta infatti notare che il disco D2 viene mappato in D1 per mezzodella trasformazione di simmetria:

(x, y) −−−−→ (−x,−y)

che rappresenta la riflessione rispetto all’origine O e lascia invariati tutti gli integrali dellamatrice d’inerzia (il determinante jacobiano della trasformazione e peraltro uguale a 1).Di conseguenza:

[L2O] = [L1

O] = µa2

1/16 1/3π 01/3π 5/16 0

0 0 3/8

.Matrice d’inerziaLa matrice d’inerzia relativa a Oxyz dell’intero sistema si puo scrivere come somma dellematrici d’inerzia, relative alla stessa terna, dell’asta AB e dei semidischi D1 e D2:

[LO] = [LABO ] + [L1O] + [L2

O] = [LABO ] + 2[L1O]

Stefano Siboni 4441


e risulta percio:

[LO] = µa2

0 0 00 1/2 00 0 1/2

+ µa2

1/8 2/3π 02/3π 5/8 0

0 0 3/4

= µa2

1/8 2/3π 02/3π 9/8 0

0 0 5/4

.(b) Momenti centrali d’inerziaI momenti centrali d’inerzia sono gli autovalori dell’operatore d’inerzia in G del sistema.Poiche si e gia identificato G con il centro di simmetria O, si tratta semplicemente dicalcolare gli autovalori della matrice d’inerzia [LO]. Indicato per brevita con λ = µa2α ilgenerico autovalore, si ha l’equazione caratteristica in forma adimensionale:

0 =

∣∣∣∣∣∣1/8− α 2/3π 0

2/3π 9/8− α 00 0 5/4− α

∣∣∣∣∣∣ =(5

4− α

)(α2 − 5

4α+

9

64− 4

9π2

)che porge una radice ovvia:

α =5

4e due non banali:

α =1

2

[5

4±√

25

16− 4( 9

64− 4

9π2

)]=

1

2

(5

4±√

1 +16

9π2

).

I momenti centrali d’inerzia sono pertanto:

A1 =

(5

8−√

1

4+

4

9π2

)µa2 A2 =

(5

8+

√1

4+

4

9π2

)µa2 A3 =

5

4µa2 .

(c) Momenti d’inerziaMomento d’inerzia relativo alla retta C1yLa retta e parallela ad Oy, che passa per il baricentro O del sistema. Si puo quindi ricorrereal teorema di Huygens-Steiner e scrivere:

IC1y = IOy +m[(C1 −O) · e1

]2= Lyy +m

[(C1 −O) · e1

]2=

=9

8µa2 + 3µ

(−a

2

)2

=9

8µa2 +

3

4µa2 =

15

8µa2 .

Momento d’inerzia rispetto alla bisettrice del I quadrante in OxyLa bisettrice b passa per l’origine O della terna di riferimento rispetto alla quale e nota lamatrice d’inerzia del sistema. La retta e individuata dal versore tangente:

n =1√2e1 +

1√2e2 .

Il momento d’inerzia corrispondente si ricava dalla formula generale:

Ib = IOn = n · LO(n) =1√2

(1 1 0) [LO]1√2

110

=1

2(Lxx + Lyy + 2Lxy) =

=1

2

(1

8+

9

8+ 2 · 2

3π

)µa2 =

1

2

(5

4+

4

3π

)µa2 =

(5

8+

2

3π

)µa2.

Stefano Siboni 4442


Esercizio 829. Cinematica rigidaNel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz =Oe1e2e3 una corona circolare C, di centro A,raggio interno a e raggio esterno 2a, rotolasenza strisciare lungo l’asse orizzontale Ox. Adun certo istante la velocita di A risulta A =aωe1 e l’accelerazione vale A = 2aω2e1, conω > 0. Allo stesso istante si considerano ilpunto B, posto sul bordo interno di C e al disopra di A lungo la verticale, e il punto D, cheinvece si trova sul bordo esterno di C e allastessa altezza di A, come illustrato in figura.Determinare, all’istante considerato:

(a) la velocita e l’accelerazione istantanea di B;

(b) la velocita e l’accelerazione istantanea di D.

SoluzioneIndicata con s l’ascissa del centro A, la velocita e l’accelerazione istantanee di A si scrivono:

A = se1 A = se1

per cui deve aversi:se1 = aωe1 se1 = 2aω2e1

e quindi:s = aω s = 2aω2 .

La condizione di puro rotolamento consente di ricavare la velocita angolare istantanea el’accelerazione angolare istantanea della corona circolare, che ha raggio esterno 2a, nellaforma:

~ω = − s

2ae3 = −aω

2ae3 = −ω

2e3

~ω = − s

2ae3 = −2aω2

2ae3 = −ω2e3 .

La velocita e l’accelerazione di un generico punto P , solidale alla corona, sono date cosıdalle relazioni di Poisson per l’atto di moto:

P = A+ ~ω ∧ (P −A) = aωe1 −ω

2e3 ∧ (P −A) (829.1)

e per la distribuzione delle accelerazioni:

P = A+ ~ω ∧ (P −A) + ~ω ∧[~ω ∧ (P −A)

]=

= 2aω2e1 − ω2e3 ∧ (P −A) +ω2

4e3 ∧

[e3 ∧ (P −A)

]=

= 2aω2e1 − ω2e3 ∧ (P −A) +ω2

4

[e3 · (P −A) e3 − e3 · e3 (P −A)

]=

= 2aω2e1 − ω2e3 ∧ (P −A) +ω2

4

[e3 · (P −A) e3 − (P −A)

]. (829.2)

Stefano Siboni 4443


Queste relazioni vanno specializzate ai punti B e D della corona circolare.

(a) Velocita e accelerazione istantanea del punto B

La posizione di B rispetto al centro A della corona e individuata dal vettore:

B −A = ae2

per cui dalla (829.1) risulta:

B = aωe1 −ω

2e3 ∧ (B −A) = aωe1 −

ω

2e3 ∧ ae2 = aωe1 +

aω

2e1 =

3

2aωe1 (829.3)

mentre la (829.2) porge:

B = 2aω2e1 − ω2e3 ∧ (B −A) +ω2

4

[e3 · (B −A) e3 − (B −A)

]=

= 2aω2e1 − ω2e3 ∧ ae2 +ω2

4

[e3 · ae2 e3 − ae2

]=

= 2aω2e1 + aω2e1 −aω2

4e2 = 3aω2e1 −

aω2

4e2 . (829.4)

(b) Velocita e accelerazione istantanea del punto D

Per il punto D si ha il vettore posizione:

D −A = −2ae1

dal quale si deduce:

D = aωe1 −ω

2e3 ∧ (D −A) = aωe1 −

ω

2e3 ∧ (−2ae1) = aωe1 + aωe2 (829.5)

e analogamente:

D = 2aω2e1 − ω2e3 ∧ (D −A) +ω2

4

[e3 · (D −A) e3 − (D −A)

]=

= 2aω2e1 − ω2e3 ∧ (−2ae1) +ω2

4

[e3 · (−2ae1) e3 − (−2ae1)

]=

= 2aω2e1 + 2aω2e2 +aω2

2e1 =

5

2aω2e1 + 2aω2e2 . (829.6)

Stefano Siboni 4444


Esercizio 830. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoNel piano verticale Oxy di una terna inerzialeOxyz = Oe1e2e3 un disco circolare omogeneoD, di raggio a, massa m e centro C, rotolasenza strisciare sull’asse orizzontale Ox. Al di-sco e incernierata in C un’asta rettilinea omo-genea CB, di lunghezza 2a e massa m, il cuiestremo B e collegato da una molla ideale dicostante elastica k al punto A del bordo di Dche coincide con O quando D passa per l’origi-ne. Il sistema e pesante e a vincoli ideali. U-sando come coordinate lagrangiane i parametris, φ ∈ R in figura, determinare del sistema:


(b) gli equilibri;



(e) la posizione rispetto a Oxyz del centro di istantanea rotazione dell’asta CB, quandodefinito.

Soluzione(a) Energia cineticaEnergia cinetica dell’asta BCL’energia cinetica dell’asta viene calcolata ricorrendo al teorema di Konig, vista la man-canza di punti fissi. Il baricentro dell’asta omogenea coincide con il punto medio G diquesta ed e individuato dal vettore posizione:

G−O =C −O +B −O

2

dove C −O = ase1 + ae2 e:

B −O = C −O +B − C = ase1 + ae2 − 2a sinφ e1 + 2a cosφ e2 =

= a(s− 2 sinφ)e1 + a(1 + 2 cosφ)e2 ,

per cui risulta:

G−O =ase1 + ae2 + a(s− 2 sinφ)e1 + a(1 + 2 cosφ)e2

2= a(s−sinφ)e1 +a(1+cosφ)e2 .

La velocita istantanea del baricentro si scrive cosı:

G = a(s− cosφ φ)e1 − a sinφ φ e2

e ha modulo quadrato:

G2 = a2(s− cosφ φ)2 + a2sin2φ φ2 = a2(s2 − 2 cosφ sφ+ φ2) .

Stefano Siboni 4445


Velocita angolare istantanea e momento d’inerzia rispetto all’asse Gz sono infine dati da:

~ωBC = φ e3 IBCGz =m(2a)2

12=

ma2

3.

Non rimane che sostituire i valori trovati nella formula di Konig:

TBC =m

2G2 +

1

2IBCGz

∣∣~ωBC∣∣2per ottenere l’energia cinetica richiesta:

TBC =ma2

2(s2 − 2 cosφ sφ+ φ2) +

1

2

ma2

3

∣∣φ e3

∣∣2 =ma2

2

(s2 − 2 cosφ sφ+

4

3φ2).

Energia cinetica del disco DIl disco rotola senza strisciare sull’asse Ox. Il suo baricentro C si muove con velocitaistantanea:

C = ase1 .

La velocita angolare istantanea e invece espressa da:

~ωD = −asae3 = −se3

e il momento d’inerzia relativo all’asse baricentrale Cz vale:

IDCz =ma2

2.

L’energia cinetica del disco assume pertanto la forma:

TD =m

2C2 +

1


ma2s2

2+

1

2

ma2

2s2 =

3

4ma2s2 .

Energia cinetica del sistemaLa somma delle energie cinetiche parziali, di asta e disco, definisce l’energia cinetica delsistema:

T = TBC +TD =ma2

2

(s2−2 cosφ sφ+

4

3φ2)

+3

4ma2s2 =

ma2

2

(5

2s2−2 cosφ sφ+

4

3φ2).

(b) EquilibriSi sono gia ricavati i vettori posizione:

C −O = ase1 + ae2 B − C = −2a sinφ e1 + 2a cosφ e2 .

La condizione di puro rotolamento consente poi di identificare l’angolo che il raggio CA,fissato sul disco, forma con la verticale condotta dal centro C verso il basso: tale angolo

Stefano Siboni 4446


ha ampiezza as/a = s e deve intendersi descrivere una rotazione oraria attorno al centro.Ne deriva che:

A− C = −a sin s e1 − a cos s e2

e di conseguenza:

B −A = B − C − (A− C) = −2a sinφ e1 + 2a cosφ e2 + a sin s e1 + a cos s e2 =

= a(sin s− 2 sinφ)e1 + a(cos s+ 2 cosφ)e2 .

Si dispone cosı di tutti i vettori posizione utili a determinare il potenziale e gli equilibridel sistema. Le sollecitazioni attive hanno infatti tutte natura posizionale e conservativa:il sistema delle forze peso e l’interazione elastica mediata dalla molla ideale che collega ipunti A e B.

Potenziale elasticoAlla molla ideale tesa fra A e B e associato il potenziale:

Uel = −k2|B −A|2 = −k

2

∣∣a(sin s− 2 sinφ)e1 + a(cos s+ 2 cosφ)e2

∣∣2 =

= −ka2

2

[(sin s− 2 sinφ)2 + (cos s+ 2 cosφ)2

]=

= −ka2

2

[sin2s+ 4 sin2φ− 4 sin s sinφ+ cos2s+ 4 cos2φ+ 4 cos s cosφ

]=

= −ka2

2

[5 + 4 cos(s+ φ)

]= −2ka2 cos(s+ φ) + costante .

Potenziale delle forze pesoIl potenziale delle forze gravitazionali e la somma dei contributi relativi al disco e all’asta:

Ug = −mge2 · (C −O)−mge2 · (G−O) =

= −mge2 ·(ase1 + ae2

)−mge2 ·

[a(s− sinφ)e1 + a(1 + cosφ)e2

]=

= −mga−mga(1 + cosφ) = −mga cosφ+ costante .

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali elastico e gravitazionale porge il potenziale del sistema:

U(s, φ) = Uel + Ug = −2ka2 cos(s+ φ)−mga cosφ , (s, φ) ∈ R2 ,

in cui si sono omesse le inessenziali costanti additive.

Equilibri del sistemaGli equilibri, tutti ordinari, del sistema scleronomo a vincoli bilaterali ideali posizionaleconservativo sono tutti e soli i punti critici del potenziale U . Essi si ottengono dunqueeguagliando simultaneamente a zero le derivate parziali prime:

Us(s, φ) = 2ka2 sin(s+ φ) Uφ(s, φ) = 2ka2 sin(s+ φ) +mga sinφ

Stefano Siboni 4447


ossia risolvendo il sistema di equazioni trigonometriche: 2ka2 sin(s+ φ) = 0

2ka2 sin(s+ φ) +mga sinφ = 0

che, semplificati i coefficienti costanti e sostituita la prima equazione nella seconda, equivalebanalmente a: sin(s+ φ) = 0

sinφ = 0 .(830.1)

La seconda equazione (830.1) fornisce due valori di equilibrio fisicamente distinti per lavariabile angolare:

φ = 0 φ = π ,

mentre dalla prima si deducono quelli della variabile lineare s:

s = nπ , ∀n ∈ Z ,

entrambi facilmente interpretabili. La condizione sulla scelta di φ significa che all’equilibriol’asta BC deve collocarsi in posizione verticale; quella su s corrisponde alla circostanzache, nel contempo, anche il punto A del bordo di D deve situarsi lungo la verticale condottaper il centro C, cioe a contatto con l’asse Ox o alla sommita del disco. Riassumendo, gliequilibri del sistema sono dati da:

(s, φ) = (πn, 0) ∀n ∈ Z(s, φ) = (πn, π) ∀n ∈ Z

(830.2)

e definiti incondizionatamente.

(c) Stabilita degli equilibriLa stabilita degli equilibri (830.2) puo essere studiata in modo completo ricorrendo aiteoremi standard di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo si rendenecessario il calcolo delle derivate parziali seconde del potenziale:

Uss(s, φ) = 2ka2 cos(s+ φ) Uφs = 2ka2 cos(s+ φ)

Usφ = 2ka2 cos(s+ φ) Uφφ = 2ka2 cos(s+ φ) +mga cosφ ,

ovvero della corrispondente matrice hessiana:

HU (s, φ) = 2ka2

cos(s+ φ) cos(s+ φ)

cos(s+ φ) cos(s+ φ) +mg

2kacosφ

in ciascuna configurazione di equilibrio del sistema.

Stefano Siboni 4448


Configurazioni del tipo (s, φ) = (nπ, 0), n ∈ ZNella fattispecie si ha:

HU (nπ, 0) = 2ka2

((−1)n (−1)n

(−1)n (−1)n +mg

2ka

)

con determinante e traccia espressi da:

detHU (nπ, 0) = 4k2a4(−1)nmg

2katrHU (nπ, 0) = 2ka2

[2(−1)n +

mg

2ka

].

Per n dispari il determinante risulta negativo e gli autovalori dell’hessiana sono di segnoopposto: il ricorrere di un autovalore positivo implica l’instabilita dell’equilibrio per ilteorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Nel caso n sia pari, il determinante epositivo e la matrice hessiana ha autovalori di eguale segno: tale segno e specificato dallatraccia, chiaramente positiva. Anche in questo secondo caso, dunque, l’equilibrio risultainstabile per il teorema di inversione parziale.

Configurazioni del tipo (s, φ) = (nπ, π), n ∈ ZIn questo caso risulta:

HU (nπ, π) = 2ka2

((−1)n+1 (−1)n+1

(−1)n+1 (−1)n+1 − mg

2ka

)= −HU (nπ, 0)

e gli autovalori sono esattamente opposti a quelli considerati nelle configurazioni precedenti— a parita di n il determinante rimane invariato, mentre la traccia cambia di segno. Per ndispari l’equilibrio e comunque instabile a causa degli autovalori di segno opposto. Nel casodi n pari, determinante positivo e traccia negativa assicurano che gli autovalori dell’hessianasono entrambi negativi; questa condizione implica che l’equilibrio costituisca un massimorelativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet. Si osservi che gli equilibristabili sono tutti e soli quelli che vedono il punto A a contatto con l’asse vincolare Ox e, altempo stesso, l’asta BC pendere con l’estremo B posto al di sotto del centro C del disco— risultato peraltro suggerito dall’intuizione fisica.

(d) Equazioni pure del motoData l’ipotesi dei vincoli ideali, le equazioni pure del moto possono essere identificate conquelle di Lagrange:

d

dt

(∂L∂φ

)− ∂L

∂φ= 0

d

dt

(∂L∂s

)− ∂L

∂s= 0


L = T + U =ma2

2

(5

2s2 − 2 cosφ sφ+

4

3φ2)− 2ka2 cos(s+ φ)−mga cosφ .

Stefano Siboni 4449


E immediato calcolare i termini dei binomi di Lagrange:

∂L

∂s=

ma2

2(5s− 2 cosφ φ)

d

dt

(∂L∂s

)=

ma2

2(5s− 2 cosφ φ+ 2 sinφ φ2)

∂L

∂s= 2ka2 sin(s+ φ)

∂L

∂φ=

ma2

2

(−2 cosφ s+

8

3φ)

d

dt

(∂L∂φ

)=

ma2

2

(−2 cosφ s+

8

3φ+ 2 sinφ φs

)∂L

∂φ= ma2 sinφ sφ+ 2ka2 sin(s+ φ) +mga sinφ

e ricavare quindi le equazioni del moto richieste:

ma2

2(5s− 2 cosφ φ+ 2 sinφ φ2)− 2ka2 sin(s+ φ) = 0

ma2

2

(−2 cosφ s+

8

3φ+ 2 sinφ φs

)−ma2 sinφ sφ− 2ka2 sin(s+ φ)−mga sinφ = 0

ossia: ma2

2(5s− 2 cosφ φ+ 2 sinφ φ2)− 2ka2 sin(s+ φ) = 0

ma2

2

(−2 cosφ s+

8

3φ)− 2ka2 sin(s+ φ)−mga sinφ = 0 .

(e) Centro di istantanea rotazione dell’astaIl moto dell’asta BC avviene nel piano coordinato Oxy ed e quindi un moto rigido piano.Il centro di istantanea rotazione S e definito, come ben noto, se e solo se risulta non nulloil vettore velocita angolare istantanea ~ωBC = φe3. Cio equivale a richiedere che sia φ 6= 0.In tal caso, la posizione di S rispetto a C viene individuata dal vettore:

S − C =1∣∣~ωBC∣∣2 ~ωBC ∧ C

essendo nota di C la velocita istantanea:

C = ase1 .

Si ha pertanto:

S − C =1

φ2φ e3 ∧ ase1 =

as

φe2 .

Stefano Siboni 4450


Non rimane che sommare il vettore posizione C−O per ottenere la posizione di S rispettoalla terna Oxyz:

S −O = C −O + S − C = ase1 + ae2 +as

φe2 = ase1 + a

(1 +

s

φ

)e2 .

Il centro di istantanea rotazione si colloca sempre al di sopra del centro C del disco, adistanza as/φ da questo. Si noti, in particolare, che per s = 0 il centro di istantanearotazione S coincide con il centro C: in tal caso infatti, essendo nullo l’atto di moto deldisco, l’atto di moto di BC e quello di un’asta che ruota attorno all’asse fisso Cz.

Esercizio 831. Geometria delle masse e pendolo compostoNel piano Oxy di una terna solidale Oxyzun sistema rigido si compone di un paralle-logramma P = OABC e di un’asta rettilineaOD. I punti di interesse hanno coordinate:

A(2a, 0) B(3a, 2a) C(a, 2a) D(0, 2a) ,

dove a > 0 e una lunghezza caratteristica. Lapiastra P e omogenea e di massa m, mentrela densita dell’asta si scrive:

λ(P ) =m

a2|D − P | ∀P ∈ OD .

Determinare del sistema:



(c) terna e momenti principali d’inerzia in O;

(d) il momento d’inerzia relativo alla retta OB;

(e) la frequenza delle piccole oscillazioni se il sistema rigido e pesante e ruota senza attritoattorno all’asse fisso orizzontale Oz.

Soluzione(a) Massa e baricentroMassa dell’asta ODL’asta OD ammette la parametrizzazione banale:

P (y)−O = y e2 , y ∈ [0, 2a] ,

con elemento infinitesimo di lunghezza:

ds = |P ′(y)| dy = |e2| dy = dy

e densita di linea:

λ(y) =m

a2|2ae2 − ye2| =

m

a2(2a− y) , y ∈ [0, 2a] ,

Stefano Siboni 4451


La massa dell’asta si ottiene dunque integrando su OD la densita λ, ossia:

mOD =

∫OD

λ ds =

2a∫0

m

a2(2a− y) dy =

m

a2

[2ay − y2

2

]2a

0

=m

a2(4a2 − 2a2) = 2m.

Massa del sistemaLa somma delle masse di asta e piastra fornisce la massa del sistema:

mS = mOD +mP = 2m+m = 3m.

Baricentro di ODIl baricentro dell’asta deve collocarsi lungo la retta di giacitura di questa, l’asse Oy, e saradunque individuato da un vettore posizione della forma:

GOD −O = yOD e2

con l’ordinata espressa dalla definizione:

yOD =1

mOD

∫OD

y λ ds =1

2m

2a∫0

ym

a2(2a− y) dy =

1

2a2

2a∫0

(2ay − y2) dy =

=1

2a2

[ay2 − y3

3

]2a

0

=1

2a2

(4a3 − 8a3

3

)=

1

2a2

4

3a3 =

2

3a

per cui:

GOD −O =2

3a e2 .

Baricentro di PIl punto di intersezione delle diagonali OB e AC e centro di simmetria del parallelogrammaomogeneo e si identifica con il baricentro GP di questo. Come ben noto, le diagonali sitagliano scambievolmente per meta, in modo che risulta:

GP −O =B −O

2=

3ae1 + 2ae2

2=

3

2ae1 + ae2 .

Baricentro del sistemaIl baricentro del sistema viene calcolato ricorrendo al teorema distributivo, per mezzo dellaformula:

G−O =mOD(GOD −O) +mP(GP −O)

mOD +mP=

=1

3m

[2m

2

3ae2 +m

(3

2ae1 + ae2

)]=

4

9ae2 +

a

2e1 +

a

3e2 =

a

2e1 +

7

9ae2 .

Stefano Siboni 4452


(b) Matrice d’inerziaMatrice d’inerzia dell’asta ODPoiche l’asta giace lungo l’asse coordinato Oy, la matrice d’inerzia di OD rispetto a Oxyzrisulta:

[LODO ] =

LODxx 0 00 0 00 0 LODxx

= µa2

4/3 0 00 0 00 0 4/3

il solo elemento non banale della matrice essendo il momento d’inerzia relativo ad Ox:

LODxx =

∫OD

y2λ ds =

2a∫0

y2 m

a2(2a− y) dy =

m

a2

2a∫0

(2ay2 − y3) dy =

=m

a2

[2ay3

3− y4

4

]2a

0

=m

a2

(2a

8a3

3− 16a4

4

)=

m

a2

(16

3− 4)a4 =

4

3ma2 .

Matrice d’inerzia della piastra PLa collocazione nel piano Oxy implica per la matrice d’inerzia in Oxyz della piastra Pun’espressione del tipo:

[LPO] =

LPxx LP

xy 0

LPxy LP

yy 0

0 0 LPxx + LP

yy

.

I momenti LPxx, LP

yy, e il prodotto d’inerzia LPxy non banali si calcolano facilmente sulla

base della definizione. Una parametrizzazione molto comoda per il parallelogramma sibasa sulle combinazioni lineari dei lati A−O e C −O:

P (u, v)−O = u(A−O) + v(C −O) = u(2ae1) + v(ae1 + 2ae2) =

= a(2u+ v)e1 + 2ave2 (u, v) ∈ [0, 1]× [0, 1]

cui corrisponde l’elemento infinitesimo di area:

dA =

∣∣∣∣∂P∂u (u, v) ∧ ∂P∂v

(u, v)

∣∣∣∣ dudv =

∣∣∣∣2ae1 ∧ (ae1 + 2ae2)

∣∣∣∣ dudv = 4a2dudv

e l’area totale:

A =

∫P

dA =

∫[0,1]2

4a2dudv = 4a2

e dunque la densita areale costante:

σ =m

A=

m

4a2.

Stefano Siboni 4453


Il momento d’inerzia di P rispetto all’asse Ox diventa allora:

LPxx =

∫P

y2σ dA =

1∫0

du

1∫0

dv 4a2(2av)2 m

4a2= m

1∫0

du

1∫0

dv 4a2v2 =

= 4ma2

1∫0

du

1∫0

v2dv = 4ma2 · 1 · 1

3=

4

3ma2 ,

mentre quello relativo all’asse Oy si scrive:

LPyy =

∫P

x2σ dA =

1∫0

du

1∫0

dv 4a2 a2(2u+ v)2 m

4a2= ma2

1∫0

du

1∫0

dv (4u2 + v2 + 4uv) =

= ma2

1∫0

du(

4u2 +1

3+ 4u

1

2

)= ma2

(4 · 1

3+

1

3+ 2 · 1

2

)=

8

3ma2

e l’unico prodotto d’inerzia non banale risulta:

LPxy = −

∫P

xy σ dA = −1∫

0

du

1∫0

dv 4a2 a(2u+ v) 2avm

4a2= −2ma2

1∫0

du

1∫0

dv (2uv + v2)

= −2ma2

1∫0

du(

2u · 1

2+

1

3

)= −2ma2

(1

2+

1

3

)= −5

3ma2 .

Il momento d’inerzia rispetto all’asse Oz vale invece:

LPxx + LP

yy =4

3ma2 +

8

3ma2 = 4ma2 ,

per cui:

[LPO] = ma2

4/3 −5/3 0−5/3 8/3 0

0 0 4

.Matrice d’inerzia del sistemaLa somma delle matrici d’inerzia, relative alla stessa terna Oxyz, di asta e piastra definiscela matrice d’inerzia del sistema rispetto alla stessa terna:

[LO] = [LODO ] + [LPO] = µa2

4/3 0 00 0 00 0 4/3

+ µa2

4/3 −5/3 0−5/3 8/3 0

0 0 4

=

= µa2

8/3 −5/3 0−5/3 8/3 0

0 0 16/3

.Stefano Siboni 4454


(c) Terna e momenti principali d’inerzia in OMomenti principali d’inerziaI momenti principali d’inerzia in O del sistema sono gli autovalori dell’operatore d’inerziarispetto allo stesso punto. Questi possono essere calcolati per una qualsiasi matrice dirappresentazione dell’operatore, per esempio la matrice d’inerzia [LO]. Introdotta perbrevita la notazione λ = Λma2 per il generico autovalore della matrice, si ha l’equazioneagli autovalori in forma adimensionale:

0 =

∣∣∣∣∣∣8/3− Λ −5/3 0−5/3 8/3− Λ 0

0 0 16/3− Λ

∣∣∣∣∣∣ =(16

3− Λ

)[(Λ− 8

3

)2

−(5

3

)2]

=

=(16

3− Λ

)(Λ− 13

3

)(Λ− 1

)che porge i valori caratteristici:

Λ1 = 1 Λ2 =13

3Λ3 =

16

3

e quindi i momenti principali d’inerzia richiesti:

A1 = ma2 A2 =13

3ma2 A3 =

16

3ma2 .

Terna principale d’inerziaPer determinare una terna principale d’inerzia in O del sistema basta individuarne la baseortonormale associata, costituita da autovettori unitari due a due ortogonali fra loro. Unautovettore ovvio e dato da e3, visto che O appartiene al piano di simmetria Oxy ed e3

risulta ortogonale a tale piano — l’asse Oe3 costituisce un asse principale d’inerzia in O, conautovalore associato (16/3)ma2. Per determinare gli altri due autovettori, che giaccionocertamente in Oxy, ci si limita a considerare la matrice quadrata subordinata costituitadagli elementi comuni alle prime due righe e alle prime due colonne di [LO] − λI, ovverodella corrispondente forma adimensionale [LO]/ma2 − ΛI, e a risolvere in (ai, bi) 6= (0, 0)il sistema lineare: 8

3− Λi −5

3

−5

3

8

3− Λi

ai

bi

=

0

0

(831.1)

per i = 1 e i = 2, rispettivamente. Le due equazioni del sistema (831.1) sono linearmentedipendenti ed equivalgono all’unica equazione:(8

3− Λi

)ai −

5

3bi = 0

che per Λ1 = 1 si riduce a:5

3a1 −

5

3b1 = 0

Stefano Siboni 4455


e porge a1 = b1, mentre per Λ2 = 13/3 diventa:

−5

3a2 −

5

3b2 = 0

e fornisce a2 = −b2. Gli autovettori di modulo unitario che, insieme a e3, definiscono laterna principale d’inerzia sono pertanto:

v1 =1√2e1 +

1√2e2 v2 = − 1√

2e1 +

1√2e2

ed e immediato verificarne l’ortogonalita. La terna principale d’inerzia ha un asse coinci-dente con Oz e gli altri due sono le bisettrici del I e del III quadrante nel piano Oxy.

(d) Momento d’inerzia rispetto alla retta OBLa retta OB passa ovviamente per l’origine ed e individuata dal versore tangente:

n =B −O|B −O|

=3ae1 + 2ae2

|3ae1 + 2ae2|=

3√13e1 +

2√13e2 .

Il momento d’inerzia relativo a OB del sistema vale percio:

IOB = IOn = n · LO(n) =1√13

(3 2 0) [LO]1√13

320

=

=1

13

(32 · Lxx + 22 · Lyy + 2 · 3 · 2 · Lxy

)=

1

13(9Lxx + 4Lyy + 12Lxy) =

=1

13

[9 · 8

3ma2 + 4 · 8

3ma2 + 12 ·

(−5

3ma2

)]=

=1

13

(24 +

32

3− 20

)ma2 =

1

13

(4 +

32

3

)ma2 =

44

39ma2 .

(e) Frequenza delle piccole oscillazioniSe il sistema rigido ruota senza attorno all’asse fisso orizzontale Oz ed e soggetto esclu-sivamente alla forza peso, esso costituisce un pendolo fisico. Indicato con θ l’angolo dirotazione rispetto alla posizione di equilibrio che vede il baricentro G collocarsi al di sottodell’asse di rotazione Oz, l’equazione pura del moto si scrive:

IOz θ = −msg|G−O| sin θ

e nel limite di piccole oscillazioni θ ∼ 0 assume la forma linearizzata:

IOz θ = −msg|G−O|θ

equivalente a quella di un oscillatore armonico semplice:

θ +msg|G−O|

IOzθ = 0

Stefano Siboni 4456


con pulsazione ω > 0 individuata da:

ω2 =msg|G−O|

IOz=

3mg

∣∣∣∣a2 e1 +7

9ae2

∣∣∣∣16

3ma2

=9

16

g

a

∣∣∣∣12 e1 +7

9e2

∣∣∣∣ =

=1

16

g

a

∣∣∣∣92 e1 + 7e2

∣∣∣∣ =1

16

√81

4+ 49

g

a=

√277

32

g

a.

La frequenza delle piccole oscillazioni attorno all’equilibrio vale pertanto:

f =ω

2π=

1

2π

√√277

32

√g

a=

1

8π√

2(277)

14

√g

a.


Nel piano Oxy di una terna Oxyz un disco circo-lare omogeneo D, di centro C, raggio a e massam, rotola lungo l’asse Ox. Un punto materialeA, di massa 2m, e saldato lungo il bordo deldisco. La terna Oxyz ruota con velocita angolarecostante ω attorno all’asse verticale Oy rispettoad un riferimento inerziale. Il sistema e pesantee a vincoli ideali, e una molla ideale di costanteelastica 5mω2 collega il centro C con l’origine O.Resistenze viscose di eguale costante β > 0 agi-scono in A e in C. Usare le coordinate genera-lizzate s ∈ R e φ ∈ R in figura per determinaredel sistema:

(a) gli equilibri;

(b) le proprieta di stabilita degli equilibri, tenendo conto di tutte le sollecitazioni;



(e) i modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile per β = 0, nelcaso sia g/aω2 = 3.

Soluzione(a) EquilibriSul sistema agiscono sollecitazioni attive di tipo posizionale conservativo e a potenza nonpositiva, di cui e necessario determinare le componenti generalizzate: l’interazione elasticamediata dalla molla ideale, le forze peso, le forze centrifughe, quelle di Coriolis, le resistenzeviscose in A e in C.

Stefano Siboni 4457


Forze elasticheLe forze elastiche associate alla molla ideale costituiscono un sistema di sollecitazioni po-sizionali conservative, di potenziale:

Uel = −5mω2

2|C −O|2 = −5mω2

2|ase1 + ae2|2 = −5mω2a2

2s2 + costante .

Forze pesoIl sistema delle forze peso ha anch’esso natura posizionale conservativa ed e descritto daun potenziale somma dei contributi di disco e punto A:

Ug = −mge2 · (C −O)− 2mge2 · (A−O) =

= −mge2 · (ase1 + ae2)− 2mge2 ·[a(s− sinφ)e1 + a(1− cosφ)e2

]=

= −mga− 2mga(1− cosφ) = 2mga cosφ+ costante ,

la posizione di A essendo individuata dal vettore posizione:

A−O = C −O + A− C = ase1 + ae2 − a sinφ e1 − a cosφ e2 =

= a(s− sinφ)e1 + a(1− cosφ)e2 .

Forze centrifugheLa terna Oxyz ruota uniformemente attorno all’asse verticale Oy rispetto ad un riferimentoinerziale, ed e quindi sede di forze fittizie o d’inerzia. Alle forze centrifughe e associato unpotenziale, dovuto in parte al disco D e in parte al punto materiale A:

Ucf =ω2

2IDOy +

ω2

22m[(A−O) · e1

]2=

=ω2

2

[IDCy +m[(C −O) · e1]2

]+mω2a2(s− sinφ)2 =

=ω2

2

(ma2

4+ma2s2

)+mω2a2(s− sinφ)2 =

=mω2a2

8+mω2a2

2s2 +mω2a2(s− sinφ)2 =

= mω2a2(3

2s2 − 2s sinφ+ sin2φ

)+ costante .

Forze di CoriolisIl sistema e soggetto anche alle forze di Coriolis, che pero presentano componenti generaliz-zate identicamente nulle. Notato che per qualsiasi punto P del sistema le derivate parziali∂P/∂s e ∂P/∂φ e la velocita possibile P sono vettori paralleli al piano vincolare Oxy, siha infatti:

QCors =

∑P


∂s= −2

∑P

mPωe2 · P ∧∂P

∂s= −2

∑P

mP 0 = 0

Stefano Siboni 4458


ed analogamente:

QCorφ =

∑P


∂φ= −2

∑P

mPωe2 · P ∧∂P

∂φ= −2

∑P

mP 0 = 0 .

Le forze di Coriolis sono quindi del tutto ininfluenti sui moti. L’interpretazione fisica diquesta circostanza e quella usuale: le forze di Coriolis risultano costantemente ortogonalial piano vincolare Oxy e vengono puntualmente controbilanciate da reazioni vincolari chelo stesso piano — liscio — e in grado di esercitare.

Resistenze viscoseLe forze di resistenza viscosa agiscono sui punti C ed A individuati dai vettori posizione:

C −O = ase1 + ae2

A−O = a(s− sinφ)e1 + a(1− cosφ)e2

di cui occorre determinare le derivate parziali rispetto alle coordinate generalizzate:

∂C

∂s= ae1

∂C

∂φ= 0

∂A

∂s= ae1

∂A

∂φ= −a cosφ e1 + a sinφ e2

e le corrispondenti velocita istantanee relative alla terna Oxyz:

C = as e1 A = a(s− cosφ φ)e1 + a sinφ φ e2 . (832.1)

Per calcolare le componenti generalizzate delle forze resistenti basta quindi applicare ladefinizione:

Ds = −βC · ∂C∂s− βA · ∂A

∂s=

= −βas e1 · ae1 − β[a(s− cosφ φ)e1 + a sinφ φ e2] · ae1 =

= −βa2s− βa2(s− cosφ φ) = −βa2(2s− cosφ φ) (832.2.a)

Dφ = −βC · ∂C∂φ− βA · ∂A

∂φ= −βC · 0− βA · ∂A

∂φ=

= −β[a(s− cosφ φ)e1 + a sinφ φ e2] · a(− cosφ e1 + sinφ e2) =

= −βa2[− cosφ(s− cosφ φ) + sin2φ φ

]= −βa2(− cosφ s+ φ) . (832.2.b)

Che le sollecitazioni abbiano natura dissipativa e suggerito dall’intuizione fisica, ma puoessere verificato formalmente calcolando la potenza come forma quadratica delle velocitageneralizzate:

π = Dss+Dφφ = −βa2(2s2 − 2 cosφ sφ+ φ2) = −βa2(s φ) Γ(φ)

(sφ



dove la matrice di rappresentazione:

Γ(φ) =

(2 − cosφ

− cosφ 1

)e definita positiva in quanto dotata di determinante e traccia positivi:

det Γ(φ) = 2− cos2φ > 0 tr Γ(φ) = 3 > 0 .

Di conseguenza e π ≤ 0 ed inoltre la potenza si annulla esclusivamente per velocita gene-ralizzate entrambe nulle:

π = 0 ⇐⇒ (s φ) = (0, 0) .

Si riconosce cosı, circostanza non banale e a priori non evidente, che le sollecitazioni visco-se hanno natura completamente dissipativa. L’osservazione e rilevante sia per la determi-nazione degli equilibri, che per la successiva analisi delle loro proprieta di stabilita.

EquilibriLe sollecitazioni dissipative (Ds, Dφ) non hanno alcun effetto nella determinazione degliequilibri, dal momento che si annullano a velocita generalizzata nulla. Gli equilibri delsistema, tutti ordinari, si identificano percio con i punti critici del potenziale:

U(s, φ) = Uel + Ug + Ucf = −5

2mω2a2s2 + 2mga cosφ+mω2a2

(3


)= mω2a2

(−s2 − 2s sinφ+ sin2φ

)+ 2mga cosφ (s, φ) ∈ R2

e vengono ricavati eguagliando simultaneamente a zero le derivate parziali prime:

Us(s, φ) = mω2a2(−2s− 2 sinφ)

Uφ(s, φ) = mω2a2(−2s cosφ+ 2 sinφ cosφ)− 2mga sinφ ,

ovvero risolvendo il sistema di equazioni non lineari:s+ sinφ = 0

−s cosφ+ sinφ cosφ− g

aω2sinφ = 0 (832.3)

La prima delle equazioni (832.3) consente di ricavare il valore di equilibrio di s in funzionedi quello della variabile angolare:

s = − sinφ (832.4)

e sostituendo questa relazione nella seconda delle (832.3) si ottiene l’equazione di equilibrioper la sola φ:

sinφ cosφ+ sinφ cosφ− g

aω2sinφ = 0

Stefano Siboni 4460


ossia:2 sinφ cosφ− g

aω2sinφ = 0

ed infine la forma fattorizzata equivalente:

sinφ(

cosφ− g

2aω2

)= 0 . (832.5)

Due soluzioni distinte si hanno per sinφ = 0:

φ = 0 φ = π

e sono definite incondizionatamente. Per cosφ− (g/2aω2) = 0 risulta invece:

φ = arccos( g

2aω2

):= φ? φ = − arccos

( g

2aω2

)= −φ?

a patto di assumere g/2aω2 < 1. In definitiva, tenuto conto della (832.4) gli equilibri delsistema sono quattro, dei quali due definiti incondizionatamente:

(s, φ) = (0, 0) (s, φ) = (0, π) ,

mentre gli altri due valgono:

(s, φ) =(− sinφ?, φ?

)(s, φ) =

(sinφ?,−φ?

)e sono definiti e distinti dai precedenti a condizione che si abbia:

λ :=g

2aω2< 1

con φ? = arccosλ ∈ (0, π/2).

(b) Stabilita degli equilibriGli equilibri del sistema sono tutti ordinari e dunque suscettibili di essere classificati instabili ed instabili secondo Liapunov. Risultando poi in numero finito — quattro in tutto —e evidente che essi sono sicuramente tutti isolati. Grazie alla compresenza di sollecitazioniposizionali conservative e completamente dissipative, l’analisi di stabilita puo dunque esserecondotta ricorrendo alla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteridi Barbasin e Krasovskii: i massimi relativi propri del potenziale sono asintoticamentestabili, mentre si ha instabilita in ogni altro caso. Per accertare la natura dei punti criticidel potenziale occorre considerare le derivate parziali seconde:

Uss(s, φ) = −2mω2a2 Uφs(s, φ) = Usφ(s, φ) = −2mω2a2 cosφ

Uφφ(s, φ) = mω2a2(2s sinφ+ 2 cos2φ− 2 sin2φ)− 2mga cosφ

e la corrispondente matrice hessiana:

HU (s, φ) = 2mω2a2

(−1 − cosφ

− cosφ s sinφ+ cos2φ− sin2φ− g

aω2cosφ

)(832.6)

che va calcolata in ciascuna configurazione di equilibrio.

Stefano Siboni 4461


Configurazione (s, φ) = (0, 0)

In questo equilibrio, che e definito incondizionatamente, la matrice hessiana (832.6) delpotenziale si riduce a:

HU (0, 0) = 2mω2a2

(−1 −1−1 1− g

aω2

)

con determinante di segno non definito e traccia negativa:

detHU (0, 0) = (2mω2a2)2(−1 +

g

aω2− 1)

= 2(2mω2a2)2( g

2aω2− 1)

trHU (0, 0) = 2mω2a2(−1 + 1− g

aω2

)= −2mω2a2 g

aω2< 0 ,

che obbligano a considerare diversi casi.

Per λ = g/2aω2 < 1 risulta detHU (0, 0) < 0 e la matrice hessiana ha autovaloridi segno opposto. L’autovalore positivo esclude che l’equilibrio possa costituire unmassimo relativo proprio del potenziale (in effetti si tratta di una sella) e cio basta adassicurarne l’instabilita.

Se λ = g/2aω2 > 1 si ha detHU (0, 0) > 0 e il segno negativo della traccia implicache entrambi gli autovalori della matrice siano negativi. L’equilibrio rappresenta unmassimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile.

Qualora sia infine λ = g/2aω2 = 1, il determinante si annulla ma la traccia e ancora disegno negativo; gli autovalori dell’hessiana risultano uno nullo e uno negativo e non eevidente se l’equilibrio costituisca o meno un massimo relativo proprio del potenziale.Per accertarlo conviene riscrivere il potenziale, dopo averlo adimensionalizzato, nellaforma equivalente:

1

mω2a2U(s, φ) = −s2 − 2s sinφ+ sin2φ+

2g

aω2cosφ =

= −s2 − 2s sinφ+ sin2φ+ 4λ cosφ =

= −s2 − 2s sinφ+ sin2φ+ 4 cosφ =

= −(s+ sinφ)2 + 2 sin2φ+ 4− 8 sin2φ

2=

= 4− (s+ sinφ)2 + 8 sin2φ

2cos2φ

2− 8 sin2φ

2=

= 4− (s+ sinφ)2 − 8 sin4φ

2

dalla quale appare evidente che l’equilibrio costituisce un massimo relativo propriodella funzione. Anche in questo caso persiste dunque la stabilita asintotica dell’equi-librio.

Stefano Siboni 4462


Configurazione (s, φ) = (0, π)Nella fattispecie si ottiene la matrice hessiana:

HU (0, π) = 2mω2a2

(−1 11 1 +

g

aω2

)con traccia positiva:

trHU (0, π) = 2mω2a2(−1 + 1 +

g

aω2

)= 2mω2a2 g

aω2> 0

e quindi almeno un autovalore positivo — in effetti, gli autovalori sono di segno opposto,dal momento che il determinante ha sempre segno negativo. L’esclusione del massimocomporta l’instabilita dell’equilibrio.

Configurazione (s, φ) = (− sinφ?, φ?)Ricordando che cosφ? = g/2aω2 = λ < 1, in questo caso vale:

s sinφ+ cos2φ− sin2φ− g

aω2cosφ = −sin2φ? + cos2φ? − sin2φ? − 2 cos2φ? = cos2φ? − 2

e la matrice hessiana diventa:

HU (− sinφ?, φ?) = 2mω2a2

(−1 − cosφ?

− cosφ? cos2φ? − 2

)con traccia negativa:

trHU (− sinφ?, φ?) = 2mω2a2(cos2φ? − 3) < 0

e determinante positivo:

detHU (− sinφ?, φ?) = (2mω2a2)2(2− 2 cos2φ?) > 0 ,

essendo φ? ∈ (0, π/2). La matrice risulta quindi definita negativa e consente di riconoscerel’equilibrio come un massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile.

Configurazione (s, φ) = (sinφ?,−φ?)Per questo equilibrio la matrice hessiana del potenziale e identica a quella calcolata nellaconfigurazione simmetrica precedente:

HU (sinφ?,−φ?) = HU (− sinφ?, φ?)

e le proprieta di stabilita sono dunque le stesse: l’equilibrio e asintoticamente stabile. Siosservi che alla stessa conclusione si puo pervenire per ragioni di simmetria, notando cheil potenziale e una funzione pari dei propri argomenti:

U(−s,−φ) = U(s, φ) ∀ (s, φ) ∈ R2 .

Stefano Siboni 4463


(c) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema viene calcolata sfruttando la proprieta additiva, come sommadei contributi relativi al disco e al punto materiale A.

Energia cinetica del disco DL’energia cinetica del disco omogeneo, di centro C e massa m, si esprime per mezzo delteorema di Konig:

TD =mC2

2+

1


ricordando che il momento d’inerzia relativo all’asse baricentrale Cz e la velocita istantaneadi C sono rispettivamente dati da:

IDCz =ma2

2C = as e1

e notando che la velocita angolare istantanea si scrive in termini dell’angolo φ conforme-mente alla regola della mano destra:

~ωD = −φ e3 ,

essendo φ compreso fra il raggio CA, solidale al disco, e la verticale condotta da C versoil basso. Risulta cosı:

TD =ma2

2s2 +

1

2

ma2

2

∣∣−φ e3

∣∣2 =ma2

2s2 +

ma2

4φ2 .

Energia cinetica del punto AL’energia cinetica del punto A, di massa 2m, viene determinata applicando la definizionee richiamando l’espressione (832.1) per la sua velocita istantanea:

TA =2mA2

2= m|a(s− cosφ φ)e1 + a sinφ φ e2|2 =

= ma2[(s− cosφ φ)2 + sin2φ φ2

]= ma2(s2 − 2 cosφ sφ+ φ2) .

Energia cinetica del sistemaL’energia cinetica del sistema e la somma di TD e TA:

T = TD + TA =ma2

2s2 +

ma2

4φ2 +ma2(s2 − 2 cosφ sφ+ φ2) =

=ma2

2

(3s2 − 4 cosφ sφ+

5

2φ2). (832.7)

(d) Equazioni del motoGrazie all’ipotesi dei vincoli ideali, le equazioni pure del moto possono essere identificatecon quelle di Lagrange:

d

dt

(∂L∂s

)− ∂L

∂s= Ds

d

dt

(∂L∂φ

)− ∂L

∂φ= Dφ

Stefano Siboni 4464


in termini delle componenti (832.2) delle forze viscose:

Ds = −βa2(2s− cosφ φ) Dφ = −βa2(− cosφ s+ φ)

e della lagrangiana:

L = T +U =ma2

2

(3s2−4 cosφ sφ+

5

2φ2)

+mω2a2(−s2−2s sinφ+sin2φ

)+2mga cosφ .

I termini dei binomi di Lagrange si calcolano immediatamente ricordando che nella de-terminazione delle derivate parziali coordinate e velocita generalizzate vanno formalmentetrattate come variabili indipendenti:

∂L

∂s= ma2(3s− 2 cosφ φ)

d

dt

(∂L∂s

)= ma2(3s− 2 cosφ φ+ 2 sinφ φ2)

∂L

∂s= mω2a2(−2s− 2 sinφ)

∂L

∂φ= ma2

(−2 cosφ s+

5

2φ)

d

dt

(∂L∂φ

)= ma2

(−2 cosφ s+

5

2φ+ 2 sinφ sφ

)∂L

∂φ= 2ma2 sinφ sφ+mω2a2(−2s cosφ+ 2 sinφ cosφ)− 2mga sinφ

in modo che le equazioni di Lagrange diventano:

ma2(3s− 2 cosφ φ+ 2 sinφ φ2)−mω2a2(−2s− 2 sinφ) = −βa2(2s− cosφ φ)

ma2(−2 cosφ s+

5

2φ+ 2 sinφ sφ

)− 2ma2 sinφ sφ−

−mω2a2(−2s cosφ+ 2 sinφ cosφ) + 2mga sinφ = −βa2(− cosφ s+ φ) .

Semplificando i termini in sφ nella seconda equazione si perviene alle equazioni pure delmoto richieste:

ma2(3s− 2 cosφ φ+ 2 sinφ φ2)−mω2a2(−2s− 2 sinφ) = −βa2(2s− cosφ φ)

ma2(−2 cosφ s+

5

2φ)−mω2a2(−2s cosφ+ 2 sinφ cosφ) + 2mga sinφ =

= −βa2(− cosφ s+ φ) .

(e) Piccole oscillazioniSi osservi preliminarmente che la matrice dell’energia cinetica del sistema scleronomo, inbase alla (832.7), si scrive:

A(s, φ) = ma2

(3 −2 cosφ

−2 cosφ 5/2




T =1

2(s φ) A(s, φ)

(sφ

)=

ma2

2


5

2φ2).

Per β = 0 le resistenze viscose vengono rimosse dal sistema e la configurazione di equilibrio(s, φ) = (0, 0) e stabile per λ = g/2aω2 > 1 in quanto massimo relativo proprio delpotenziale — l’attrattivita si perde per via della conservazione dell’energia meccanica.Nella fattispecie e proprio λ = g/2aω2 = 3/2 > 1 ed inoltre le configurazioni di equilibrioasimmetriche (−φ?, φ?), (φ?,−φ?) sono escluse per il mancato verificarsi della condizionedi esistenza. L’unico equilibrio stabile del sistema e quindi (s, φ) = (0, 0). In questaconfigurazione la matrice dell’energia cinetica si riduce a:

A(0, 0) = ma2

(3 −2−2 5/2

)mentre la matrice hessiana del potenziale e data da:

HU (0, 0) = 2mω2a2

(−1 −1−1 1− 2λ

)= 2mω2a2

(−1 −1−1 −2

)in quanto λ = 3/2. Si noti che le matrici risultano rispettivamente definita positiva edefinita negativa, come deve essere. Le pulsazioni normali Ω delle piccole oscillazioni sonoallora specificate dall’equazione caratteristica:

0 = det[Ω2A(0, 0) +HU (0, 0)

]= det

[ma2Ω2

(3 −2−2 5/2

)+ 2mω2a2

(−1 −1−1 −2

)]che equivale a:

0 = det

[Ω2

2ω2

(3 −2−2 5/2

)+

(−1 −1−1 −2

)]e posto per brevita η = Ω2/2ω2 diventa:

0 = det

(3η − 1 −2η − 1

−2η − 15

2η − 2

)= (3η − 1)

(5

2η − 2

)− (2η + 1)2 =

=15

2η2 − 6η − 5

2η + 2− 4η2 − 4η − 1 =

7

2η2 − 25

2η + 1 .

Ne seguono le radici positive:

η =1

7

[25

2±√

625

4− 4 · 7

2· 1

]=

25±√

569

14= η1,2

cui, tramite la relazione Ω2 = 2ω2η, corrispondono le pulsazioni normali:

Ω1 =

√25−

√569

7ω Ω2 =

√25 +

√569

7ω

Stefano Siboni 4466


con Ω1 < Ω2. Le frequenze associate al modo normale basso e a quello alto sono dunque:

f1 =Ω1

2π=

1

2π

√25−

√569

7ω f2 =

Ω2

2π=

1

2π

√25 +

√569

7ω .

I vettori delle ampiezze dei modi normali si ricavano determinando per i = 1 e i = 2 unaqualsiasi soluzione non nulla del sistema lineare omogeneo:(

3ηi − 1 −2ηi − 1

−2ηi − 15

2ηi − 2

)(aibi

)=

(00

)ossia: (3ηi − 1)ai + (−2ηi − 1)bi = 0

(−2ηi − 1)ai +(5

2ηi − 2

)bi = 0 .

Per definizione degli ηi le equazioni del sistema sono linearmente dipendenti ed equivalgonopercio ad una sola delle due equazioni, ad esempio la prima:

(3ηi − 1)ai − (2ηi + 1)bi = 0

che ammette la soluzione immediata:

ai = 2ηi + 1 bi = 3ηi − 1 .

Ogni altra soluzione e proporzionale a questa.

Modo bassoIl modo basso, di pulsazione Ω1, corrisponde a η1 = (25 −

√569)/14. Il vettore delle

ampiezze ha componenti:

a1 = 2η1 + 1 =25−

√569

7+ 1 =

32−√

569

7

b1 = 3η1 − 1 =75− 3

√569

14− 1 =

61− 3√

569

14

e il modo normale si puo scrivere nella forma:

(sφ

)= A1

(64− 2

√569

61− 3√

569

)cos

(√25−

√569

7ω t+ α1

)∀ t ∈ R ,

con A1 6= 0 e α1 costanti reali assegnate a piacere. Da sottolineare che le ampiezze hannosegno opposto, per cui i due gradi liberta oscillano all’unisono attorno ai rispettivi valoridi equilibrio, ma in opposizione di fase.

Stefano Siboni 4467


Modo alto

Il modo alto ha pulsazione Ω2 ed e associato a η2 = (25 +√

569)/14. I calcoli per ricavareil vettore delle ampiezze sono identici a quelli gia svolti nel caso del modo basso, salvo cheper il cambiamento del segno di

√569. Il risultato e cosı:

(sφ

)= A2

(64 + 2

√569

61 + 3√

569

)cos

(√25 +

√569

7ω t+ α2

)∀ t ∈ R ,

con A2 6= 0 e α2 costanti reali arbitrarie. In questo caso le ampiezze hanno ovviamente lostesso segno, indice del fatto che i due parametri lagrangiani oscillano all’unisono e in faseattorno ai relativi valori di equilibrio.

Esercizio 833. Equazioni cardinali della statica

Nel piano verticale Oxy di una terna iner-ziale Oxyz un disco circolare omogeneo D,di massa m, centro O e raggio a, e vincolatoa ruotare attorno all’asse Oz. Nel punto Adel bordo di D e incernierata un’asta retti-linea omogenea AB, di massa m e lunghez-za a, il cui secondo estremo B scorre libera-mente senza attrito lungo l’asse orizzontaleOx. Il sistema e pesante e una molla idealedi costante elastica k collega B con il puntofisso C(0, a) dell’asse Oy. Assumendo rea-zioni vincolari concentrate in O, A e B, siusi l’angolo ϕ ∈ R in figura per determinaredel sistema:

(a) le equazioni cardinali della statica necessarie e sufficienti per l’equilibrio;

(b) gli equilibri usando le equazioni precedenti;

(c) le reazioni vincolari agenti in O, A e B per ciascuno stato di quiete.

Soluzione

(a) Equazioni cardinali della statica necessarie e sufficiente per l’equilibrio

Sul disco rigido D agiscono le forze seguenti:

il sistema delle forze peso, equivalente al peso totale −mge2 applicato nel centro disimmetria e baricentro O;

la reazione vincolare ~ΦO = ΦOxe1 + ΦOy e2 prodotta in O dall’asse fisso Oz;

la reazione vincolare ~ΦA = ΦAxe1 +ΦAy e2 applicata in A dal corrispondente estremodell’asta AB.

Stefano Siboni 4468


Analogamente, all’asta AB sono applicate le forze elencate di seguito:

−~ΦA = −ΦAxe1−ΦAy e2 dovuta al contatto con il disco in A. Si tratta della reazione

corrispondente alla forza ~ΦA che in A il disco esercita sull’asta;

il sistema delle forze peso, equivalente al peso totale −mge2 concentrato nel baricentroG, punto medio di AB;

la forza elastica k(C −B) applicata in B;

la reazione vincolare ~ΦB = ΦBy e2 agente in B e ortogonale all’asse orizzontale Ox.

Si intende che le componenti lungo Oz di tutte le reazioni vincolari si possono ritenerenulle per simmetria, mentre le componenti non banali ΦOx, ΦOy, ΦAx, ΦAy e ΦBy sonosuscettibili di assumere qualsiasi valore reale. Le equazioni cardinali che caratterizzanocompletamente gli equilibri sono le equazioni cardinali della statica scritte per tutte leparti rigide costituenti il sistema: il disco D e l’asta AB.

Prima equazione cardinale della statica per il disco DIn condizioni statiche la somma di tutte le forze esterne attive e reattive che agiscono suldisco deve essere uguale a zero:

−mge2 + ~ΦO + ~ΦA = 0

ossia:−mge2 + ΦOxe1 + ΦOy e2 + ΦAxe1 + ΦAy e2 = 0 .

Separando le componenti lungo e1 e lungo e2 si ottiene cosı il sistema di equazioni scalari:ΦOx + ΦAx = 0

−mg + ΦOy + ΦAy = 0 .(833.1)

Seconda equazione cardinale della statica per il disco D in OIl momento in O delle forze esterne applicate al disco deve annullarsi:

(O −O) ∧ ~ΦO + (A−O) ∧ ~ΦA + (O −O) ∧ (−mge2) = 0

vale a dire:(A−O) ∧ ~ΦA = 0

e quindi:a(sinϕ e1 − cosϕ e2) ∧ (ΦAxe1 + ΦAy e2) = 0 .

Eseguito il prodotto scalare, si perviene all’unica equazione scalare (la componente lungoe3 dell’equazione cardinale):

sinϕΦAy + cosϕΦAx = 0 . (833.2)

Stefano Siboni 4469


Prima equazione cardinale della statica per l’asta ABSi impone che la somma di tutte le forze esterne applicate all’asta sia uguale a zero:

−~ΦA −mge2 + k(C −B) + ΦBy e2 = 0 .

Gli estremi della molla sono individuati dai vettori posizione:

B −O = 2a sinϕ e1 C −O = ae2 ,

per cui:

−ΦAxe1 − ΦAy e2 −mge2 + k(ae2 − 2a sinϕ e1) + ΦBy e2 = 0

e separando le componenti si perviene al sistema di equazioni scalari:−ΦAx − 2ka sinϕ = 0

−ΦAy −mg + ka+ ΦBy = 0 .(833.3)

Seconda equazione cardinale della statica per l’asta AB in BNullo e il momento in B delle forze esterne che agiscono sull’asta quando questa e a riposo:

(A−B) ∧ (−~ΦA) + (G−B) ∧ (−mge2) + (B −B) ∧ k(C −B) + (B −B) ∧ ΦBy e2 = 0

ossia, ricordando che G e il punto medio di AB:

(A−B) ∧ (−~ΦA) +A−B

2∧ (−mge2) = 0

e quindi:

(A−B) ∧(−~ΦA −

1

2mge2

)= 0 .

Sostituite le espressioni dei vettori si ha allora:

a(− sinϕ e1 − cosϕ e2) ∧(−ΦAxe1 − ΦAy e2 −

1

2mge2

)= 0

ovvero:

(sinϕ e1 + cosϕ e2) ∧[ΦAxe1 +

(ΦAy +

1

2mg)e2

]= 0

per ottenere infine l’unica equazione scalare:

sinϕ(

ΦAy +1

2mg)− cosϕΦAx = 0 . (833.4)

Stefano Siboni 4470


Equazioni cardinali necessarie e sufficienti per l’equilibrio

Le condizioni necessarie e sufficienti per l’equilibrio sono date dalle equazioni cardinalistatiche (833.1), (833.2), (833.3), (833.4) delle due parti rigide costituenti il sistema:

ΦOx + ΦAx = 0 (833.5.a)

−mg + ΦOy + ΦAy = 0 (833.5.b)

sinϕΦAy + cosϕΦAx = 0 (833.5.c)

−ΦAx − 2ka sinϕ = 0 (833.5.d)

−ΦAy −mg + ka+ ΦBy = 0 (833.5.e)

sinϕ(

ΦAy +1

2mg)− cosϕΦAx = 0 . (833.5.f)

(b) Equilibri

Sottraendo la (833.5.c) dalla (833.5.f) si ricava l’equazione:

1

2mg sinϕ− 2 cosϕΦAx = 0

che, essendo ΦAx = −2ka sinϕ per la (833.5.d), diventa:

1

2mg sinϕ+ 4ka cosϕ sinϕ = 0 ,

vale a dire:

4ka sinϕ(mg

8ka+ cosϕ

)= 0 . (833.6)

E questa l’equazione pura di equilibrio, dalla quale si deducono due soluzioni banali:

ϕ = 0 ϕ = π (833.7)

definite incondizionatamente (per sinϕ = 0), e due non banali:

ϕ = arccos(−mg

8ka

):= ϕ? ϕ = − arccos

(−mg

8ka

)= −ϕ? (833.8)

definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia mg/8ka < 1. Da notare chein tal caso e ϕ? ∈ (π/2, π), avendosi −1 < −mg/8ka < 0.

Stefano Siboni 4471


(c) Reazioni vincolari per gli stati di quieteLe equazioni cardinali statiche (833.5) consentono di ricavare le reazioni vincolari in O, Ae B quando il sistema e a riposo in una qualsiasi configurazione di equilibrio.

Configurazione ϕ = 0Le equazioni di equilibrio si riducono a:

ΦOx + ΦAx = 0 (833.9.a)

−mg + ΦOy + ΦAy = 0 (833.9.b)

ΦAx = 0 (833.9.c)

−ΦAx = 0 (833.9.d)

−ΦAy −mg + ka+ ΦBy = 0 (833.9.e)

−ΦAx = 0 (833.9.f)

e porgono:

ΦAx = 0

ΦOx = −ΦAx = 0

ΦOy = mg − ΦAy

ΦBy = mg − ka+ ΦAy

con ΦAy ∈ R arbitrario. Le reazioni vincolari richieste valgono percio:

~ΦO = (mg − ΦAy)e2~ΦA = ΦAy e2

~ΦB = (mg − ka+ ΦAy)e2 ∀ΦAy ∈ R .

L’arbitrarieta di ΦAy fa sı che dette reazioni vincolari non siano individuate univocamentee che l’equilibrio del sistema sia staticamente indeterminato.

Configurazione ϕ = πNella fattispecie le equazioni di equilibrio diventano:

ΦOx + ΦAx = 0 (833.10.a)

−mg + ΦOy + ΦAy = 0 (833.10.b)

−ΦAx = 0 (833.10.c)

−ΦAx = 0 (833.10.d)

−ΦAy −mg + ka+ ΦBy = 0 (833.10.e)

ΦAx = 0 (833.10.f)

Stefano Siboni 4472


e forniscono le soluzioni nella forma:

ΦAx = 0

ΦOx = −ΦAx = 0

ΦOy = mg − ΦAy

ΦBy = mg − ka+ ΦAy

ancora con ΦAy ∈ R arbitrario. Le reazioni vincolari che agiscono sul sistema a ripososono quindi le stesse calcolate nell’equilibrio precedente:

~ΦO = (mg − ΦAy)e2~ΦA = ΦAy e2

~ΦB = (mg − ka+ ΦAy)e2 ∀ΦAy ∈ R

e l’equilibrio e staticamente indeterminato per il sistema.

Configurazione ϕ = ϕ?

Per questa configurazione non banale le equazioni (833.5) assumono la forma:

ΦOx + ΦAx = 0 (833.11.a)

−mg + ΦOy + ΦAy = 0 (833.11.b)

sinϕ? ΦAy + cosϕ? ΦAx = 0 (833.11.c)

−ΦAx − 2ka sinϕ? = 0 (833.11.d)

−ΦAy −mg + ka+ ΦBy = 0 (833.11.e)

sinϕ?(

ΦAy +1

2mg)− cosϕ? ΦAx = 0 , (833.11.f)

dove sinϕ? e cosϕ? sono sempre non nulli. Da (833.11.d) si ricava la componente orizzon-

tale di ~ΦA:

ΦAx = −2ka sinϕ?

che sostituita in (833.11.c), semplificando il fattore non nullo sinϕ?, porge la relativacomponente verticale:

ΦAy = 2ka cosϕ? .

Dalle relazioni (833.11.a) e (833.11.b) si ottengono allora le componenti di ~ΦO:

ΦOx = 2ka sinϕ? ΦOy = mg − 2ka cosϕ? ,

mentre l’unica componente non banale di ~ΦB diventa:

ΦBy = mg − ka+ 2ka cosϕ? .

Stefano Siboni 4473


In questa configurazione il sistema e staticamente determinato e le reazioni vincolari in O,A e B per lo stato di quiete sono date da:

~ΦO = 2ka sinϕ?e1 + (mg − 2ka cosϕ?) e2

~ΦA = 2ka(− sinϕ?e1 + cosϕ?e2)

~ΦB = (mg − ka+ 2ka cosϕ?) e2 .

(833.12)

Configurazione ϕ = −ϕ?In questa configurazione, simmetrica della precedente rispetto all’asse Oy, le reazioni vin-colari in O, A e B per lo stato di quiete hanno la stessa forma (833.12), salvo che per lasostituzione di −ϕ? in luogo di ϕ?. Come ci si aspetta, l’effetto netto e il cambiamento disegno delle componenti orizzontali, mentre invariate rimangono quelle verticali:

~ΦO = −2ka sinϕ?e1 + (mg − 2ka cosϕ?) e2

~ΦA = 2ka(sinϕ?e1 + cosϕ?e2)

~ΦB = (mg − ka+ 2ka cosϕ?) e2

(833.13)

ed il sistema rimane staticamente determinato.

Esercizio 834. Equazioni differenziali nel piano 2D

Nel piano (x, y) ∈ R2 si consideri il seguente sistema di equazioni differenziali: x = 2x2 − 3y2 + 2x− y − 14

y = 2x+ y − 4

per determinarne:

(a) i punti fissi;

(b) le proprieta di stabilita dei punti fissi.

Soluzione(a) Punti fissiI punti fissi sono le soluzioni costanti delle equazioni assegnate e si ottengono quindi risol-vendo il sistema: 0 = 2x2 − 3y2 + 2x− y − 14

0 = 2x+ y − 4 .

Dalla seconda equazione si ricava la relazione:

y = 4− 2x (834.1)

Stefano Siboni 4474


che sostituita nella prima porge:

2x2 − 3(4− 2x)2 + 2x− 4 + 2x− 14 = 0

ossia, sviluppando il quadrato:

2x2 − 3(16 + 4x2 − 16x) + 2x− 4 + 2x− 14 = 0

ed infine:2x2 − 48− 12x2 + 48x+ 4x− 18 = 0 .

L’equazione in x viene cosı ricondotta alla forma trinomia:

−10x2 + 52x− 66 = 0

che equivale a:5x2 − 26x+ 33 = 0 .

Le soluzioni sono immediate:

x =26±

√262 − 4 · 5 · 33

2 · 5=

13±√

132 − 5 · 33

5=

=13±

√169− 165

5=

13± 2

5=

3

11/5

e tramite la (834.1) ad esse corrispondono i punti fissi richiesti:

(x, y) = (3,−2) (x, y) =(11

5,−2

5

). (834.2)

(b) Stabilita dei punti fissiIl sistema e autonomo e in forma normale, con i secondi membri di classe C1 in tutto ilpiano (x, y) ∈ R2:

f(x, y) = 2x2 − 3y2 + 2x− y − 14 g(x, y) = 2x+ y − 4 .

Le caratteristiche di stabilita dei punti fissi possono percio essere caratterizzate in modosoddisfacente ricorrendo al teorema di Liapunov di analisi lineare. A questo scopo occorrecalcolare le derivate parziali prime dei secondi membri:

∂f

∂x(x, y) = 4x+ 2

∂f

∂y(x, y) = −6y − 1

∂g

∂x(x, y) = 2

∂g

∂y(x, y) = 1

Stefano Siboni 4475


e la corrispondente matrice jacobiana del sistema:

J(x, y) =

(4x+ 2 −6y − 1

2 1

)in ciascun punto fisso (834.2), caratterizzandone lo spettro.

Punto fisso (x, y) = (3,−2)In questo punto fisso la matrice jacobiana del sistema diventa:

J(3,−2) =

(14 112 1

)e ad essa e associata l’equazione caratteristica:

0 = |J(3,−2)− λI| =

∣∣∣∣ 14− λ 112 1− λ

∣∣∣∣ = (λ− 14)(λ− 1)− 22 = λ2 − 15λ− 8

cui corrispondono gli autovalori reali di segno opposto:

λ =15±

√152 − 4 · (−8)

2=

15±√

225 + 32

2=

15±√

257

2,

come peraltro si evincerebbe anche dalla regola dei segni di Cartesio senza dover eseguirealcun calcolo esplicito (il polinomio caratteristico presenta una sola variazione, e dunqueuna radice reale positiva; l’altra radice non puo che essere reale e negativa, in quantole radici nulle sono escluse dal coefficiente non nullo di grado zero). Il ricorrere di unautovalore positivo, dunque con parte reale positiva, implica l’instabilita del punto fissoper il teorema di analisi lineare.

Punto fisso (x, y) = (11/5,−2/5)Nella fattispecie la matrice jacobiana del sistema assume la forma:

J(11/5,−2/5) =

(54/5 7/5

2 1

)con equazione caratteristica:

0 = |J(11/5,−2/5)− λI| =

∣∣∣∣ 54/5− λ 7/52 1− λ

∣∣∣∣ =

=(λ− 54

5

)(λ− 1)− 14

5= λ2 − 59

5λ+

54

5− 14

5= λ2 − 59

5λ+ 8 .

Questa ammette due radici reali positive:

λ =1

2

(59

5±√

592

52− 4 · 8

)=

59±√

592 − 32 · 25

10=

59±√

2681

10> 0

che assicurano l’instabilita del punto fisso.

Stefano Siboni 4476


Esercizio 835. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoNel piano Oxy di una terna Oxyz un disco circo-lare omogeneo D, di centro C, raggio a e massam, rotola lungo l’asse Ox. Un punto materialeA, di massa 2m, e saldato lungo il bordo deldisco. La terna Oxyz ruota con velocita angolarecostante ω attorno all’asse verticale Oy rispettoad un riferimento inerziale. Il sistema e pesantee a vincoli ideali, e una molla ideale di costanteelastica 5mω2 collega il centro C con l’origine O.Usare le coordinate generalizzate s ≥ −1 e φ ∈ Rin figura per determinare del sistema:

(a) gli equilibri ordinari;

(b) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;




Soluzione(a) Equilibri ordinariOltre alle forze di Coriolis, sul sistema agiscono soltanto sollecitazioni attive di tipo po-sizionale conservativo: l’interazione elastica mediata dalla molla ideale, le forze peso ele forze centrifughe. Se ne devono determinare le componenti generalizzate attraverso ilcalcolo dell’opportuno potenziale, laddove definito.

Forze elasticheLe forze elastiche associate alla molla ideale costituiscono un sistema di sollecitazioni po-sizionali conservative, di potenziale:

Uel = −5mω2

2|C −O|2 = −5mω2

2|ase1 + ae2|2 = −5mω2a2

2s2 + costante .

Forze pesoIl sistema delle forze peso ha anch’esso natura posizionale conservativa ed e descritto daun potenziale somma dei contributi di disco e punto A:

Ug = −mge2 · (C −O)− 2mge2 · (A−O) =

= −mge2 · (ase1 + ae2)− 2mge2 ·[a(s− sinφ)e1 + a(1− cosφ)e2

]=

= −mga− 2mga(1− cosφ) = 2mga cosφ+ costante ,

la posizione di A essendo individuata dal vettore posizione:

A−O = C −O + A− C = ase1 + ae2 − a sinφ e1 − a cosφ e2 =

= a(s− sinφ)e1 + a(1− cosφ)e2 . (835.1)

Stefano Siboni 4477


Forze centrifugheLa terna Oxyz ruota uniformemente attorno all’asse verticale Oy rispetto ad un riferimentoinerziale, ed e quindi sede di forze fittizie o d’inerzia. Alle forze centrifughe e associato unpotenziale, dovuto in parte al disco D e in parte al punto materiale A:

Ucf =ω2

2IDOy +

ω2

22m[(A−O) · e1

]2=

=ω2

2

[IDCy +m[(C −O) · e1]2

]+mω2a2(s− sinφ)2 =

=ω2

2

(ma2

4+ma2s2

)+mω2a2(s− sinφ)2 =

=mω2a2

8+mω2a2

2s2 +mω2a2(s− sinφ)2 =

= mω2a2(3


)+ costante .

Forze di CoriolisIl sistema e soggetto anche alle forze di Coriolis, che pero presentano componenti generaliz-zate identicamente nulle. Notato che per qualsiasi punto P del sistema le derivate parziali∂P/∂s e ∂P/∂φ e la velocita possibile P sono vettori paralleli al piano vincolare Oxy, siha infatti:

QCors =

∑P


∂s= −2

∑P

mPωe2 · P ∧∂P

∂s= −2

∑P

mP 0 = 0

ed analogamente:

QCorφ =

∑P


∂φ= −2

∑P

mPωe2 · P ∧∂P

∂φ= −2

∑P

mP 0 = 0 .

Le forze di Coriolis sono quindi del tutto ininfluenti sui moti. L’interpretazione fisica diquesta circostanza e quella usuale: le forze di Coriolis risultano costantemente ortogonalial piano vincolare Oxy e vengono puntualmente controbilanciate da reazioni vincolari chelo stesso piano — liscio — e in grado di esercitare.

Equilibri ordinariGli equilibri ordinari del sistema, tutti ordinari, si identificano con i punti critici del poten-ziale totale:

U(s, φ) = Uel + Ug + Ucf = −5

2mω2a2s2 + 2mga cosφ+mω2a2

(3


)= mω2a2

(−s2 − 2s sinφ+ sin2φ

)+ 2mga cosφ (s, φ) ∈ (−1,+∞)× R

e vengono ricavati eguagliando simultaneamente a zero le derivate parziali prime:

Us(s, φ) = mω2a2(−2s− 2 sinφ)

Uφ(s, φ) = mω2a2(−2s cosφ+ 2 sinφ cosφ)− 2mga sinφ ,

Stefano Siboni 4478


ovvero risolvendo in (s, φ) ∈ (−1,+∞)× R il sistema di equazioni non lineari:s+ sinφ = 0

−s cosφ+ sinφ cosφ− g

aω2sinφ = 0 (835.2)

La prima delle equazioni (835.2) consente di ricavare il valore di equilibrio di s in funzionedi quello della variabile angolare:

s = − sinφ (835.3)

e sostituendo questa relazione nella seconda delle (835.2) si ottiene l’equazione di equilibrioper la sola φ:

sinφ cosφ+ sinφ cosφ− g

aω2sinφ = 0

ossia:2 sinφ cosφ− g

aω2sinφ = 0

ed infine la forma fattorizzata equivalente:

sinφ(

cosφ− g

2aω2

)= 0 . (835.4)

Due soluzioni distinte si hanno per sinφ = 0:

φ = 0 φ = π

e sono definite incondizionatamente. Per cosφ− (g/2aω2) = 0 risulta invece:

φ = arccos( g

2aω2

):= φ? φ = − arccos

( g

2aω2

)= −φ?

a patto di assumere g/2aω2 < 1. In definitiva, tenuto conto della (835.3) gli equilibriordinari del sistema sono quattro, dei quali due definiti incondizionatamente:

(s, φ) = (0, 0) (s, φ) = (0, π) ,

mentre gli altri due valgono:

(s, φ) =(− sinφ?, φ?

)(s, φ) =

(sinφ?,−φ?

)e sono definiti e distinti dai precedenti a condizione che si abbia:

λ :=g

2aω2< 1

con φ? = arccosλ ∈ (0, π/2). Si sottolinea che in ogni caso risulta s > −1, per cui tutti ipunti critici del potenziale sono accettabili come equilibri ordinari.

(b) Stabilita degli equilibri

Stefano Siboni 4479


Data la natura posizionale conservativa del sistema scleronomo, le proprieta di stabilitadegli equilibri ordinari possono essere analizzate applicando i teoremi standard di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. Per accertare la natura dei punti critici del potenzialeoccorre considerare le derivate parziali seconde:

Uss(s, φ) = −2mω2a2 Uφs(s, φ) = Usφ(s, φ) = −2mω2a2 cosφ

Uφφ(s, φ) = mω2a2(2s sinφ+ 2 cos2φ− 2 sin2φ)− 2mga cosφ

e la corrispondente matrice hessiana:

HU (s, φ) = 2mω2a2

(−1 − cosφ

− cosφ s sinφ+ cos2φ− sin2φ− g

aω2cosφ

)(835.5)

che va calcolata in ciascuna configurazione di equilibrio.

Configurazione (s, φ) = (0, 0)

In questo equilibrio, che e definito incondizionatamente, la matrice hessiana (835.5) delpotenziale si riduce a:

HU (0, 0) = 2mω2a2

(−1 −1−1 1− g

aω2

)

con determinante di segno non definito e traccia negativa:

detHU (0, 0) = (2mω2a2)2(−1 +

g

aω2− 1)

= 2(2mω2a2)2( g

2aω2− 1)

trHU (0, 0) = 2mω2a2(−1 + 1− g

aω2

)= −2mω2a2 g

aω2< 0 ,

che obbligano a considerare tre diversi casi:

se λ = g/2aω2 < 1, risulta detHU (0, 0) < 0 e la matrice hessiana ha autovalori disegno opposto. L’autovalore positivo comporta l’instabilita dell’equilibrio in forza delteorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

per λ = g/2aω2 > 1 si ha detHU (0, 0) > 0 e il segno negativo della traccia implicache entrambi gli autovalori della matrice siano negativi. L’equilibrio rappresenta unmassimo relativo proprio del potenziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet;

qualora sia infine λ = g/2aω2 = 1, il determinante si annulla ma la traccia e ancoradi segno negativo; gli autovalori dell’hessiana risultano uno nullo e uno negativo e none evidente se l’equilibrio rappresenti un massimo relativo proprio del potenziale. Persincerarsene conviene riscrivere il potenziale, dopo averlo adimensionalizzato, nella

Stefano Siboni 4480


forma equivalente:

1

mω2a2U(s, φ) = −s2 − 2s sinφ+ sin2φ+

2g

aω2cosφ =

= −s2 − 2s sinφ+ sin2φ+ 4λ cosφ =

= −s2 − 2s sinφ+ sin2φ+ 4 cosφ =

= −(s+ sinφ)2 + 2 sin2φ+ 4− 8 sin2φ

2=

= 4− (s+ sinφ)2 + 8 sin2φ

2cos2φ

2− 8 sin2φ

2=

= 4− (s+ sinφ)2 − 8 sin4φ

2

dalla quale appare evidente che l’equilibrio costituisce un massimo relativo propriodella funzione. Anche per λ = 1 persiste dunque la stabilita dell’equilibrio.

Configurazione (s, φ) = (0, π)Nella fattispecie si ottiene la matrice hessiana:

HU (0, π) = 2mω2a2

(−1 11 1 +

g

aω2

)con traccia positiva:

trHU (0, π) = 2mω2a2(−1 + 1 +

g

aω2

)= 2mω2a2 g

aω2> 0

e quindi almeno un autovalore positivo — in effetti, gli autovalori sono di segno opposto,dal momento che il determinante ha sempre segno negativo. Questa circostanza comportal’instabilita dell’equilibrio per l’inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (s, φ) = (− sinφ?, φ?)Ricordando che cosφ? = g/2aω2 = λ < 1, in questo caso vale:

s sinφ+ cos2φ− sin2φ− g

aω2cosφ = −sin2φ? + cos2φ? − sin2φ? − 2 cos2φ? = cos2φ? − 2

e la matrice hessiana diventa:

HU (− sinφ?, φ?) = 2mω2a2

(−1 − cosφ?

− cosφ? cos2φ? − 2


trHU (− sinφ?, φ?) = 2mω2a2(cos2φ? − 3) < 0


detHU (− sinφ?, φ?) = (2mω2a2)2(2− 2 cos2φ?) > 0 ,

Stefano Siboni 4481


essendo φ? ∈ (0, π/2). La matrice risulta quindi definita negativa e consente di riconoscerel’equilibrio come un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita e assicuratadal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (s, φ) = (sinφ?,−φ?)Per questo equilibrio la matrice hessiana del potenziale e identica a quella calcolata nellaconfigurazione simmetrica precedente:

HU (sinφ?,−φ?) = HU (− sinφ?, φ?)

e le proprieta di stabilita sono dunque le stesse: l’equilibrio e stabile. Si osservi che allastessa conclusione si puo pervenire per ragioni di simmetria, notando che il potenziale euna funzione pari dei propri argomenti:

U(−s,−φ) = U(s, φ) ∀ (s, φ) ∈ R2 .

(c) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema viene calcolata sfruttando la proprieta additiva, come sommadei contributi relativi al disco e al punto materiale A.

Energia cinetica del disco DL’energia cinetica del disco omogeneo, di centro C e massa m, si esprime per mezzo delteorema di Konig:

TD =mC2

2+

1


ricordando che il momento d’inerzia relativo all’asse baricentrale Cz e la velocita istantaneadi C sono rispettivamente dati da:

IDCz =ma2

2C = as e1

e notando che la velocita angolare istantanea si scrive in termini dell’angolo φ conforme-mente alla regola della mano destra:

~ωD = −φ e3 ,

essendo φ compreso fra il raggio CA, solidale al disco, e la verticale condotta da C versoil basso. Risulta cosı:

TD =ma2

2s2 +

1

2

ma2

2

∣∣−φ e3

∣∣2 =ma2

2s2 +

ma2

4φ2 .

Energia cinetica del punto AL’energia cinetica del punto A, di massa 2m, viene determinata applicando la definizionee richiamando l’espressione (835.1) per il calcolo della sua velocita istantanea:

TA =2mA2

2= m|a(s− cosφ φ)e1 + a sinφ φ e2|2 =

= ma2[s− cosφ φ)2 + sin2φ φ2

]= ma2(s2 − 2 cosφ sφ+ φ2) .

Stefano Siboni 4482


Energia cinetica del sistema

L’energia cinetica del sistema e la somma di TD e TA:

T = TD + TA =ma2

2s2 +

ma2

4φ2 +ma2(s2 − 2 cosφ sφ+ φ2) =

=ma2

2


5

2φ2). (835.6)

(d) Equazioni del moto

Grazie all’ipotesi dei vincoli ideali, le equazioni pure del moto possono essere identificatecon quelle di Lagrange:

d

dt

(∂L∂s

)− ∂L

∂s= 0

d

dt

(∂L∂φ

)− ∂L

∂φ= 0

per mezzo della lagrangiana:

L = T +U =ma2

2

(3s2−4 cosφ sφ+

5

2φ2)

+mω2a2(−s2−2s sinφ+sin2φ

)+2mga cosφ .

I termini dei binomi di Lagrange si calcolano immediatamente ricordando che nella de-terminazione delle derivate parziali coordinate e velocita generalizzate vanno formalmentetrattate come variabili indipendenti:

∂L

∂s= ma2(3s− 2 cosφ φ)

d

dt

(∂L∂s

)= ma2(3s− 2 cosφ φ+ 2 sinφ φ2)

∂L

∂s= mω2a2(−2s− 2 sinφ)

∂L

∂φ= ma2

(−2 cosφ s+

5

2φ)

d

dt

(∂L∂φ

)= ma2

(−2 cosφ s+

5

2φ+ 2 sinφ sφ

)∂L

∂φ= 2ma2 sinφ sφ+mω2a2(−2s cosφ+ 2 sinφ cosφ)− 2mga sinφ

in modo che le equazioni di Lagrange diventano:

ma2(3s− 2 cosφ φ+ 2 sinφ φ2)−mω2a2(−2s− 2 sinφ) = 0

ma2(−2 cosφ s+

5

2φ+ 2 sinφ sφ

)− 2ma2 sinφ sφ−

−mω2a2(−2s cosφ+ 2 sinφ cosφ) + 2mga sinφ = 0 .

Stefano Siboni 4483


Semplificando i termini in sφ nella seconda equazione si perviene alle equazioni pure delmoto richieste:

ma2(3s− 2 cosφ φ+ 2 sinφ φ2)−mω2a2(−2s− 2 sinφ) = 0

ma2(−2 cosφ s+

5

2φ)−mω2a2(−2s cosφ+ 2 sinφ cosφ) + 2mga sinφ = 0 .

(e) Equilibri di confineLe configurazioni di confine del sistema sono tutte e soltanto quelle della forma:

(s, φ) = (−1, φo) , φo ∈ R .

Il teorema dei lavori virtuali, applicabile grazie all’ipotesi dei vincoli ideali, fornisce lacondizione necessaria e sufficiente perche detta configurazione sia di equilibrio:

Qs(−1, φo) δs+Qφ(−1, φo) δφ ≤ 0 ∀ δs ≥ 0 ∀ δφ ∈ R (835.7)

dove le componenti generalizzate delle sollecitazioni attive sono:

Qs(s, φ) =∂U

∂s(s, φ) = mω2a2(−2s− 2 sinφ)

Qφ(s, φ) =∂U

∂φ(s, φ) = mω2a2(−2s cosφ+ 2 sinφ cosφ)− 2mga sinφ

e vanno calcolate nella stessa configurazione:

Qs(−1, φo) = mω2a2(2− 2 sinφo)

Qφ(−1, φo) = mω2a2(2 cosφo + 2 sinφo cosφo)− 2mga sinφo .

La condizione di equilibrio (835.7) equivale al sistema di relazioni:Qs(−1, φo) ≤ 0

Qφ(−1, φo) = 0

vale a dire: mω2a2(2− 2 sinφo) ≤ 0

mω2a2(2 cosφo + 2 sinφo cosφo)− 2mga sinφo = 0

ovvero: 1 ≤ sinφo

cosφo + sinφo cosφo −g

aω2sinφo = 0 .

La prima condizione e soddisfatta unicamente quando ricorre il segno di eguaglianza, ossiaper:

φo =π

2a meno di multipli interi di 2π, fisicamente non significativi. La seconda condizione diventaallora:

− g

aω2= 0

e non e verificata. Si conclude cosı che il sistema non ammette alcun equilibrio di confine.

Stefano Siboni 4484


Esercizio 836. Geometria delle masse e rotore rigido

Nel piano Oxy di una terna solidale Oxyz = Oe1e2e3 un sistema rigido e composto da unapiastra quadrata P di lato 2a e da un’asta AB di lunghezza a, saldati fra loro e disposticome indicato in figura. Le densita di piastrae asta sono descritte dalle relazioni:

σ(P ) =15

4

µ

a4|P −O|2 ∀P ∈ P

λ(Q) =4µ

a2|Q−O| ∀Q ∈ AB

dove µ > 0 e una massa caratteristica. Il si-stema ruota senza attrito attorno all’asse fissoOz rispetto a una terna inerziale Oξηz conl’asse Oη diretto verticalmente verso l’alto. Siindica con ϑ l’angolo (di rotazione) compresofra il segmento orientato B − O e il semiasseOη negativo. Determinare del sistema:


(b) la matrice d’inerzia relativa a Oxyz e i momenti principali d’inerzia in O;

(c) i momenti d’inerzia relativi alle rette OC e DC;

(d) l’equazione pura del moto in termini di ϑ;

(e) le espressioni di energia cinetica e momento angolare in O per un moto arbitrario inOξηz.

SoluzioneLe parametrizzazioni della piastra P e dell’asta AB sono quelle banali, che fanno uso dellecoordinate cartesiane come parametri:

P (x, y)−O = xe1 + ye2 , (x, y) ∈ [0, 2a]× [−a, a] ,

Q(x)−O = xe1 , x ∈ [2a, 3a] ,

e consentono di esprimere le rispettive densita nella forma:

σ(x, y) =15

4

µ

a4(x2 + y2) , (x, y) ∈ [0, 2a]× [−a, a] ,

λ(x) =4µ

a2x , x ∈ [2a, 3a] .

(a) Massa e posizione del baricentro relativa alla terna OxyzMassa del sistemaLa massa della piastra si ottiene integrando su P la densita areale σ:

Stefano Siboni 4485


mP =

∫P

σ dA =

2a∫0

dx

a∫−a

dy15

4

µ

a4(x2 + y2) =

15

4

µ

a4

2a∫0

dx

[x2y +

y3

3

]ay=−a

=

=15

4

µ

a4

2a∫0

2(ax2 +

a3

3

)dx =

15

2

µ

a4

[ax3

3+a3

3x

]2a

0

=15

2

µ

a4

(8

3a4 +

2

3a4)

= 25µ ,

mentre quella dell’asta e ricavata da un’integrazione su AB della densita lineare λ:

mAB =

∫AB

λ ds =

3a∫2a

4µ

a2x dx =

4µ

a2

[x2

2

]3a

2a

=4µ

a2

9a2 − 4a2

2= 10µ .

La massa del sistema si esprime quindi come somma delle masse parziali calcolate:

m = mP +mAB = 25µ+ 10µ = 35µ .

Baricentro in Oxyz della piastra PE immediato riconoscere che la retta Ox costituisce un asse di simmetria per la piastra, dalmomento che i punti di questa sono disposti simmetricamente rispetto ad Ox e la densitae funzione della sola distanza da O. Il vettore posizione del baricentro GP della piastraassume percio la forma:

GP −O = xPe1

con l’ascissa espressa da:

xP =1

mP

∫P

xσ dA =1

25µ

2a∫0

dx

a∫−a

dy x15

4

µ

a4(x2 + y2) =

3

20a4

2a∫0

dx

a∫−a

dy (x3 + xy2) =

=3

20a4

2a∫0

dx

[x3y + x

y3

3

]ay=−a

=3

20a4

2a∫0

2(x3a+ x

a3

3

)dx =

=3

10a4

[x4

4a+

x2

2

a3

3

]2a

0

=3

10a4

(4a5 +

2

3a5)

=7

5a ,

sicche risulta:

GP −O =7

5ae1 .

Baricentro in Oxyz dell’asta ABAnche l’asta AB ammette l’ovvio asse di simmetria Ox, in quanto giace lungo di esso. Ilbaricentro GAB e quindi inviduato da un vettore posizione del tipo:

GAB −O = xAB e1

Stefano Siboni 4486


con ascissa:

xAB =1

mAB

∫AB

xλ ds =1

10µ

3a∫2a

x4µ

a2x dx =

2

5a2

3a∫2a

x2dx =2

5a2

[x3

3

]3a

2a

=38

15a

per cui:

GAB −O =38

15ae1 .

Baricentro in Oxyz del sistemaPer ottenere il baricentro G del sistema basta applicare il teorema distributivo all’unione(disgiunta) P ∪AB:

G−O =mP(GP −O) +mAB(GAB −O)

m=

=1

35µ

(25µ · 7

5a+ 10µ · 38

15a)e1 =

1

35

(35 +

76

3

)ae1 =

181

105ae1 .

(b) Matrice d’inerzia relativa a Oxyz e momenti principali d’inerzia in OMatrice d’inerzia in Oxyz della piastraLa presenza dell’asse di simmetria Ox e del piano di giacitura/simmetria Oxy autorizza ascrivere la matrice d’inerzia in Oxyz della piastra nella forma diagonale:

[LPO] =

LPxx 0 00 LP

yy 0

0 0 LPxx + LP

yy

che dipende unicamente dai momenti d’inerzia non banali LP

xx e LPyy, da calcolarsi sulla

base delle rispettive definizioni. Il momento d’inerzia relativo all’asse Ox e dato da:

LPxx =

∫P

y2σ dA =

2a∫0

dx

a∫−a

dy y2 15

4

µ

a4(x2 + y2) =

15

4

µ

a4

2a∫0

dx

a∫−a

dy (x2y2 + y4) =

=15

4

µ

a4

2a∫0

dx

[x2 y

3

3+y5

5

]ay=−a

=15

4

µ

a4

2a∫0

2(x2 a

3

3+a5

5

)dx =

=15

2

µ

a4

[x3

3

a3

3+a5

5x

]2a

0

=15

2

µ

a4

(8

9a6 +

2

5a6)

=15

2

58

45µa2 =

29

3µa2 ,

mentre quello relativo ad Oy vale:

LPyy =

∫P

x2σ dA =

2a∫0

dx

a∫−a

dy x2 15

4

µ

a4(x2 + y2) =

15

4

µ

a4

2a∫0

dx

a∫−a

dy (x4 + x2y2) =

=15

4

µ

a4

2a∫0

dx

[x4y + x2 y

3

3

]ay=−a

=15

4

µ

a4

2a∫0

2(x4a+ x2 a

3

3

)dx =

=15

2

µ

a4

[x5

5a+

x3

3

a3

3

]2a

0

=15

2

µ

a4

(32

5a6 +

8

9a6)

=15

2

288 + 40

45µa2 =

164

3µa2

Stefano Siboni 4487


e di conseguenza:

LPxx + LP

yy =29

3µa2 +

164

3µa2 =

193

3µa2 .

Si conclude pertanto che:

[LPO] = µa2

29/3 0 00 164/3 00 0 193/3

.Matrice d’inerzia in Oxyz dell’asta ABData la sua collocazione lungo l’asse Ox, l’asta AB presenta in Oxyz la matrice d’inerzia:

[LABO ] =

0 0 00 LAByy 0

0 0 LAByy

= µa2

0 0 00 65 00 0 65

con l’unico momento d’inerzia non banale espresso da:

LAByy =

∫AB

x2λ ds =

3a∫2a

x2 4µ

a2x dx =

4µ

a2

[x4

4

]3a

2a

=µ

a2(81a4 − 16a4) = 65µa2 .

Matrice d’inerzia in Oxyz del sistemaPer la proprieta additiva dell’operatore d’inerzia, la matrice d’inerzia in Oxyz del sistemae la somma delle matrici d’inerzia di piastra e asta calcolate rispetto allo stesso riferimento:

[LO] = [LPO] + [LABO ] = µa2

29/3 0 00 164/3 00 0 193/3

+ µa2

0 0 00 65 00 0 65

=

= µa2

29/3 0 00 359/3 00 0 388/3

.Momenti principali d’inerzia in O del sistemaRisultando la matrice [LO] diagonale, e evidente che la terna Oxyz e principale d’inerzia inO per il sistema e che i relativi momenti principali d’inerzia in O sono dati semplicementedagli elementi diagonali:

A1 =29

3µa2 A2 =

359

3µa2 A3 =

388

3µa2 .

(c) Momenti d’inerzia relativi alle rette OC e DCRetta OCLa retta OC passa per l’origine ed e individuata dal versore tangente:

n =C −O|C −O|

=2ae1 + ae2

|2ae1 + ae2|=

2√5e1 +

1√5e2

Stefano Siboni 4488


che per il momento d’inerzia del sistema relativo ad OC porge percio l’espressione:

IOC = IOn = n · LO(n) =1√5

(2 1 0) [LO]1√5

210

=

=1

5(4Lxx + Lyy + 4Lxy) =

1

5µa2(

4 · 29

3+

359

3

)=

116 + 359

15µa2 =

95

3µa2 .

Retta DCLa retta DC e parallela all’asse Ox, che contiene il baricentro G del sistema. Dal teoremadi Huygens-Steiner segue percio:

IDC = IOx +m|D −O|2 = Lxx +ma2 =29

3µa2 + 35µa2 =

134

3µa2 .

(d) Equazione pura del motoRispetto alla terna inerziale Oξηz il sistema non e altro che un pendolo fisico (o composto)con asse fisso Oz, privo di attrito, momento d’inerzia IOz = Lzz rispetto a tale asse e bari-centro G. Poiche G appartiene al segmento OB, l’angolo ϑ esprime proprio l’elongazionedi G rispetto alla verticale condotta per O verso il basso. L’equazione del moto e quindidata dalla ben nota relazione:

IOzϑ = −mg|G−O| sinϑ

proiezione lungo Oz della seconda equazione cardinale dinamica rispetto ad O. Sostituendoi valori caratteristici:

IOz =388

3µa2 m = 35µ |G−O| =

181

105a ,

l’equazione diventa:388

3µa2ϑ = −35µg

181

105a sinϑ

e con una immediata semplificazione si riduce a:

ϑ+181

388

g

asinϑ = 0 .

(e) Momento angolare in O ed energia cineticaMomento angolare in OTrattandosi di corpo rigido con asse fisso Oz = Oe3, il momento angolare in O del sistemasi scrive:

~KO = LO(ϑe3) = ϑLO(e3) = ϑLzz e3 =388

3µa2ϑe3 ,

dove si e sfruttato il fatto che l’asse Oz rappresenta un asse principale d’inerzia in O delsistema, e quindi e3 costituisce un autovettore dell’operatore d’inerzia LO.

Energia cineticaL’energia cinetica del sistema vale:

T =1

2ϑe3 · ~KO =

1

2ϑe3 ·

388

3µa2ϑe3 =

194

3µa2ϑ2 .

Stefano Siboni 4489


Esercizio 837. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. ridotto a reonomo con 1 g.d.l.Un disco circolare D, di centro Q, raggio ae massa m, ha il centro fissato rispetto adun telaio rigido quadrato ABCD, di lato 2a,centro Q e massa trascurabile, il cui lato ADe libero di scorrere lungo l’asse orizzontaleOx di una terna inerziale Oxyz. Telaio edisco si mantengono nel piano Oxy, soggettial peso e a una molla ideale di costante elasti-ca k che collega il vertice C con il baricentroG di D. Un’altra molla, uguale alla prece-dente, connette B con l’origine. La distanzafra G e il centro Q vale αa, con α ∈ (0, 1),mentre il momento d’inerzia di D rispetto al-l’asse Gz si scrive γma2, con γ ∈ (0, 1). Forze viscose di costanti β1 e β2 sono applicaterispettivamente in A e in G. Assunti i vincoli ideali, usare le coordinate lagrangiane ξ, θ ∈ Rin figura per determinare del sistema:

(a) gli equilibri;


(c) l’espressione dell’energia cinetica e le equazioni pure del moto;

(d) le equazioni del moto nell’ipotesi che il disco sia vincolato a ruotare secondo la leggeθ = ωt, con ω > 0 costante, e che la costante di frizione β2 sia trascurabile;

(e) la soluzione stazionaria delle equazioni considerate al punto (d) e la condizione su αperche tale soluzione sia uno stato di quiete.

Soluzione(a) EquilibriIl sistema e scleronomo a vincoli bilaterali ideali, ed e sottoposto a sollecitazioni di tipoposizionale conservativo, costituite dalle interazioni elastiche fra B e O e fra G e C, e dallaforza peso, oltre che a sollecitazioni di natura verosimilmente dissipativa, le resistenzeviscose in A e G. Una volta verificato che le resistenze viscose sono forze dissipative, eche dunque esse non concorrono alla determinazione degli equilibri, questi possono quindiessere caratterizzati come punti critici del potenziale del sistema, somma dei potenzialiparziali elastico e gravitazionale.

Resistenze viscoseLe resistenze viscose sono date da:

~FA = −β1A ~FG = −β2G

e i vettori posizione dei loro punti di applicazione risultano rispettivamente:

A−O = aξe1

G−O = A−O + Q−A + G−Q = aξe1 + Q−A+ αa sin θe1 − αa cos θe2 =

= a(ξ + α sin θ)e1 − αa cos θe2 + Q−A

Stefano Siboni 4490


con Q−A costante per via del moto traslatorio del telaio. Le velocita corrispondenti sonopercio:

A = aξe1 G = a(ξ + α cos θθ)e1 + αa sin θθe2

mentre le derivate parziali dei punti di applicazione rispetti ai parametri lagrangiani siscrivono:

∂A

∂ξ= ae1

∂A

∂θ= 0

∂G

∂ξ= ae1

∂G

∂θ= aα(cos θe1 + sin θe2) .

Le componenti generalizzate delle resistenze viscose valgono pertanto:

Dξ = −β1A ·∂A

∂ξ− β2G ·

∂G

∂ξ= −β1a

2ξ − β2a2(ξ + α cos θθ)

Dθ = −β1A ·∂A

∂θ− β2G ·

∂G

∂θ= −β2αa

2(cos θ ξ + αθ)

(837.1)

e hanno natura completamente dissipativa:

π = Dξ ξ +Dθ θ = −β1a2ξ2 − β2a

2(ξ2 + α cos θξθ)− β2αa2(cos θ ξθ + αθ2) =

= −a2[(β1 + β2)ξ2 + 2β2α cos θξθ + β2α

2θ2]

= −a2(ξ θ) ∆(θ)

(ξθ

)dato il carattere definito positivo della matrice di rappresentazione:

∆(θ) =

(β1 + β2 β2α cos θβ2α cos θ β2α

2

)riscontrabile dal segno positivo di determinante e traccia:

det∆(θ) = β1β2α2 + β2

2α2sin2θ > 0 tr∆(θ) = β1 + β2 + β2α

2 > 0 .

Gli equilibri non sono quindi influenzati dalle resistenze viscose, nulle per velocita genera-lizzate nulle.

Potenziale della molla OBIl potenziale della molla che congiunge B con l’origine O si scrive:

UOBel = −k2|B −O|2 = −k

2|aξe1 + 2ae2|2 = −ka

2

2(ξ2 + 4) = −ka

2

2ξ2 + costante .

Potenziale della molla CGI vettori posizione del vertice C del telaio e del baricentro G del disco rispetto a Q sonodati da:

C −Q = ae1 + ae2 G−Q = αa sin θe1 − αa cos θe2

Stefano Siboni 4491


per cui risulta:C −G = a(1− α sin θ)e1 + a(1 + α cos θ)e2

e il potenziale associato alla molla che congiunge C con G diventa:

UCGel = −k2|C −G|2 = −ka

2

2

∣∣(1− α sin θ)e1 + (1 + α cos θ)e2

∣∣2 =

= −ka2

2(1 + α2sin2θ − 2α sin θ + 1 + α2cos2θ + 2α cos θ) =

= −ka2

2(2 + α2 − 2α sin θ + 2α cos θ) = αka2(sin θ − cos θ) + costante .

Potenziale delle forze pesoIl potenziale delle forze peso agenti sul telaio e nullo, essendo trascurabile la massa. Siosservi che anche nel caso di massa non nulla il potenziale risulterebbe comunque costante,dato che ABCD si muove di moto traslatorio rettilineo parallelamente all’asse orizzontaleOx e l’ordinata del baricentro si manterrebbe costante. Il solo contributo significativo alpotenziale gravitazionale viene dal disco D, non omogeneo, il cui potenziale si scrive:

Ug = −mg e2 · (G−Q) = −mg e2 · αa(sin θe1 − cos θe2) = αmga cos θ

essendosi sfruttata l’ovvia condizione (Q−O) · e2 = a, costante.

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali parziali precedentemente calcolati fornisce il potenziale del si-stema. Omesse le costanti additive si ha cosı la funzione:

U(ξ, θ) = UOBel + UCGel + Ug = −ka2

2ξ2 + αka2(sin θ − cos θ) + αmga cos θ =

= −ka2

2ξ2 + αka2 sin θ + αa(mg − ka) cos θ

da intendersi definita ∀ (ξ, θ) ∈ R2.

EquilibriPer determinare gli equilibri del sistema e sufficiente calcolare le derivate parziali primedel potenziale:

∂U

∂ξ(ξ, θ) = −ka2ξ

∂U

∂θ(ξ, θ) = αka2 cos θ − αa(mg − ka) sin θ

ed eguagliarle simultaneamente a zero:

−ka2ξ = 0 αka2 cos θ − αa(mg − ka) sin θ = 0 .

Nell’ipotesi di α > 0 il sistema di equazioni di equilibrio si riduce immediatamente a:ξ = 0

cos θ −(mgka− 1)

sin θ = 0

Stefano Siboni 4492


e nella seconda equazione e certamente sin θ 6= 0, come si verifica banalmente per assurdo.Ne deriva l’equazione equivalente:

cotgθ =mg

ka− 1

da cui seguono le soluzioni distinte:

θ = arccotg(mgka− 1)

= θ? ∈ (0, π) θ = θ? + π

e le configurazioni di equilibrio cercate:

(ξ, θ) = (0, θ?) (ξ, θ) = (0, θ? + π) .

Si osservi che l’angolo di equilibrio θ? e una funzione monotona decrescente di (mg/ka)−1 ∈(−1,+∞). Per mg/ka→ 0+ l’angolo θ? tende crescendo all’estremo superiore:

θ+ = limmg/ka→0+

arccotg(mgka− 1)

= arccotg(−1) =3

4π

che corrisponde al caso in cui la forza elastica caratteristica ka e molto grande in rapportoal peso mg e la molla GC tende ad allinearsi con il segmento QC.

(b) Stabilita degli equilibriData la compresenza di forze posizionali conservative e completamente dissipative, nonchela presenza di un numero finito di equilibri necessariamente isolati, la stabilita dell’equili-brio viene analizzata ricorrendo alla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet. A talescopo si calcolano le derivate parziali seconde del potenziale:

∂2U

∂ξ2(ξ, θ) = −ka2 ∂2U

∂θ∂ξ(ξ, θ) = 0

∂2U

∂ξ∂θ(ξ, θ) = 0

∂2U

∂θ2(ξ, θ) = −αka2 sin θ − αa(mg − ka) cos θ

che porgono la matrice hessiana diagonale:

HU (ξ, θ) =

(−ka2 0

0 −αka2 sin θ − αa(mg − ka) cos θ

)dalla quale si deduce immediatamente che a determinare la natura dell’equilibrio e soltantoil segno dell’autovalore:

∂2U

∂θ2(θ) = −αka2 sin θ − αa(mg − ka) cos θ = −αka2

[sin θ +

(mgka− 1)

cos θ

].

Stefano Siboni 4493


Configurazione (ξ, θ) = (0, θ?)In questo caso ricordando la definizione di θ? si ha:

∂2U

∂θ2(θ?) = −αka2

[sin θ? +

(mgka− 1)

cos θ?]

= −αka2(sin θ? + cotgθ? cos θ?

)=

= −αka2(

sin θ? +cos2θ?

sin θ?

)= −αka2 1

sin θ?< 0

dal momento che θ? ∈ (0, π). La matrice hessiana HU (0, θ?) risulta percio definita negativae caratterizza la configurazione di equilibrio come massimo relativo proprio del potenziale,la cui stabilita asintotica e assicurata dalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (ξ, θ) = (0, θ? + π)Nella fattispecie la matrice hessiana HU (0, θ? + π) ammette l’autovalore positivo:

∂2U

∂θ2(θ? + π) = −αka2

[sin(θ? + π) +

(mgka− 1)

cos(θ? + π)

]=

= αka2

[sin θ? +

(mgka− 1)

cos θ?]

= αka2 1

sin θ?> 0

che esclude il ricorrere di un massimo relativo proprio nella configurazione di equilibrioconsiderata e ne comporta l’instabilita per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

(c) Energia cinetica ed equazioni del motoL’energia cinetica del sistema si riduce a quella del solo disco D, che e privo di punti fissie richiede l’uso del teorema di Konig:

T =m

2G2 +

1

2IDGz∣∣~ωD∣∣2 .

Il vettore posizione del baricentro vale, come gia osservato:

G−O = A−O + Q−A + G−Q = aξe1 + Q−A+ αa sin θe1 − αa cos θe2 =

= a(ξ + α sin θ)e1 − αa cos θe2 + Q−A

con Q − A costante per via del moto traslatorio del telaio, e derivato rispetto al tempoporge la velocita assoluta:

G = a(ξ + α cos θ θ)e1 + αa sin θ θe2

di modulo quadrato:

G2 = a2[(ξ + α cos θ θ)2 + α2sin2θ θ2

]= a2(ξ2 + α2θ2 + 2α cos θ ξθ) .

Il momento d’inerzia del disco rispetto all’asse baricentrale Gz e dato da IDGz = γma2,

mentre la velocita angolare istantanea risulta ~ωD = θe3. Per l’energia cinetica del sistemasi ha quindi l’espressione:

T =ma2

2(ξ2 + α2θ2 + 2α cos θ ξθ) +

1

2γma2θ2 =

ma2

2

[ξ2 + (γ + α2)θ2 + 2α cos θ ξθ

],

Stefano Siboni 4494


mentre il potenziale e gia stato ricavato in precedenza:

U = −ka2

2ξ2 + αka2

[sin θ +

(mgka− 1)

cos θ]

e la lagrangiana del sistema diventa:

L =ma2

2

[ξ2 + (γ + α2)θ2 + 2α cos θ ξθ

]− ka2

2ξ2 + αka2

[sin θ +

(mgka− 1)

cos θ].

Grazie all’ipotesi dei vincoli ideali le equazioni del moto si identificano con quelle di La-grange:

d

dt

(∂L∂ξ

)− ∂L

∂ξ= Dξ

d

dt

(∂L∂θ

)− ∂L

∂θ= Dθ .

Non resta che calcolare i termini parziali:

∂L

∂ξ= ma2(ξ + α cos θ θ)

∂L

∂ξ= −ka2ξ

d

dt

(∂L∂ξ

)= ma2(ξ + α cos θ θ − α sin θ θ2)

∂L

∂θ= ma2

[(γ + α2)θ + α cos θ ξ

]d

dt

(∂L∂θ

)= ma2

[(γ + α2)θ + α cos θ ξ − α sin θ θξ

]∂L

∂θ= −ma2α sin θ ξθ + αka2

[cos θ −

(mgka− 1)

sin θ]

e richiamare le espressioni (837.1) delle forze dissipative per ottenere le equazioni del motorichieste:ma2(ξ + α cos θ θ − α sin θ θ2) + ka2ξ = −β1a

2ξ − β2a2(ξ + α cos θθ)

ma2[α cos θ ξ + (γ + α2)θ

]+ αka2

[− cos θ +

(mgka− 1)

sin θ]

= −β2αa2(cos θ ξ + αθ) .

(d) Equazioni del moto per θ = ωt e resistenza viscosa in ALa condizione θ = ωt, con ω costante positiva, si traduce nell’introduzione di un ulteriorevincolo per il sistema, che diventa reonomo a un solo grado di liberta. L’unico parametrolagrangiano necessario a descrivere le configurazioni del sistema e rappresentato da ξ ∈ R.Si intende che le procedure seguite in precedenza per il calcolo dell’energia cinetica e perdeterminare il potenziale del sistema rimangono del tutto valide, salvo dover constatareche T conterra ora una dipedenza esplicita dal tempo e non consistera semplicemente inun polinomio quadratico (omogeneo) della velocita generalizzata ξ:

T =ma2

2

[ξ2 + (γ + α2)ω2 + 2α cos(ωt) ξω

]=

ma2

2

[ξ2 + 2αω cos(ωt) ξ

]+ costante

Stefano Siboni 4495


mentre il potenziale gravitazionale e quello elastico della molla GC diventano funzioni dellasola variabile t, e come tali del tutto ininfluenti nelle equazioni del moto:

U(ξ, ωt) = −ka2

2ξ2 + αka2

[sin(ωt) +

(mgka− 1)

cos(ωt)]−−−−→ U(ξ) = −ka

2

2ξ2 .

La lagrangiana del sistema reonomo si riduce pertanto a:

L =ma2

2

[ξ2 + 2αω cos(ωt) ξ

]− ka2

2ξ2

e va associata all’unica equazione del moto:

d

dt

(∂L∂ξ

)− ∂L

∂ξ= Dξ

per la quale risulta:

∂L

∂ξ= ma2

[ξ + αω cos(ωt)

] ∂L

∂ξ= −ka2ξ

d

dt

(∂L∂ξ

)= ma2

[ξ − αω2 sin(ωt)

]mentre la componente generalizzata della forza viscosa in A vale:

Dξ = −β1A ·∂A

∂ξ= −β1

∂A

∂ξξ · ∂A

∂ξ= −β

∣∣∣∣∂A∂ξ∣∣∣∣2ξ = −β1|ae1|2ξ = −β1a

2ξ

e porge infine:ma2

[ξ − αω2 sin(ωt)

]+ ka2ξ = −β1a

2ξ .

Riordinando i termini e semplificando il comune fattore a2, si riconosce che l’equazione delmoto coincide con quella di un oscillatore armonico smorzato di massa m, costante elasticak e costante di frizione β, soggetto ad una forza sinusoidale di pulsazione ω e ampiezzaαmω2:

mξ + βξ + kξ = αmω2 sin(ωt) . (837.2)

(e) Soluzione stazionaria e stato di quiete corrispondenteLa soluzione stazionaria dell’equazione (837.2) e della forma:

ξ(t) = c1 sin(ωt) + c2 cos(ωt)

per opportune costanti reali c1 e c2. Le derivate prima e seconda della soluzione si scrivono:

ξ(t) = ωc1 cos(ωt)− ωc2 sin(ωt)

ξ(t) = −ω2c1 sin(ωt)− ω2c2 cos(ωt)

Stefano Siboni 4496


e sostituite nella (837.2) porgono l’equazione trigonometrica:[(k −mω2)c1 − β1ωc2

]sin(ωt) +

[β1ωc1 + (k −mω2)c2

]cos(ωt) = αmω2 sin(ωt)

che dovendo essere soddisfatta identicamente ∀ t ∈ R conducono al sistema di equazionialgebriche lineari: (k −mω2)c1 − β1ωc2 = αmω2

β1ωc1 + (k −mω2)c2 = 0 .

Il teorema di Cramer porge allora:

c1 =

∣∣∣∣αmω2 −β1ω0 k −mω2

∣∣∣∣∣∣∣∣ k −mω2 −β1ωβ1ω k −mω2

∣∣∣∣ =αmω2(k −mω2)

(k −mω2)2 + β21ω

2

c2 =

∣∣∣∣ k −mω2 αmω2

β1ω 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ k −mω2 −β1ωβ1ω k −mω2

∣∣∣∣ =−αmω2β1ω

(k −mω2)2 + β21ω

2

per cui:

ξ(t) = αmω2 (k −mω2) sin(ωt)− β1ω cos(ωt)

(k −mω2)2 + β21ω

2∀ t ∈ R .

L’ampiezza di questa soluzione stazionaria e data da:

A =αmω2√

(k −mω2)2 + β21ω

2

e si annulla se e solo se α = 0, condizione necessaria e sufficiente perche il moto di regime siauno stato di quiete (in ξ = 0). Cio equivale a richiedere che il baricentro G coincida con ilcentro Q del disco: il moto di D rispetto al telaio ABCD risulta equilibrato dinamicamente,visto che G appartiene all’asse di rotazione Qz e che di conseguenza Qz e riconoscibile comeasse centrale d’inerzia in quanto passante per G e ortogonale al piano di simmetria Qxy.Questo semplice esempio illustra l’importanza di realizzare la condizione di equilibraturadinamica di un rotore, allo scopo di evitare vibrazioni indesiderate dell’asse di rotazionemantenuto elasticamente in posizione.

Osservazione. Moto stazionario nel caso di costante elastica nullaSi supponga di rimuovere dal sistema la molla ideale OB, ovvero di porre k = 0 nell’equa-zione del moto (837.2). Il moto stazionario e ancora definito ed assume la forma:

ξ(t) = αmω2 −mω2 sin(ωt)− β1ω cos(ωt)

m2ω4 + β21ω

2∀ t ∈ R

Stefano Siboni 4497


con ampiezza:

A =αmω2√

m2ω4 + β21ω

2=

αmω√m2ω2 + β2

1

= α

√m2ω2

m2ω2 + β21

.

L’ampiezza e una funzione monotona crescente della pulsazione ω > 0 ed ammette i valorilimite:

limω→0+

α

√m2ω2

m2ω2 + β21

= 0 limω→+∞

α

√m2ω2

m2ω2 + β21

= α

per cui non esiste una pulsazione di risonanza in senso stretto. Il coefficiente α rappresentapercio l’elongazione massima in ξ per tutti i moti stazionari.

Esercizio 838. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoNel piano Oxy di una terna Oxyz un’asta retti-linea omogenea MN , di lunghezza 10a e massam ruota liberamente attorno al suo punto me-dio A(0,−4a, 0) fissato sull’asse verticale Oy.Su MN rotola senza strisciare un disco circo-lare omogeneo D, di massa m e raggio a, il cuicentro C e collegato ad O da una molla ide-ale di costante elastica k = mg/a. Il siste-ma e pesante, a vincoli ideali e parametriz-zato per mezzo delle coordinate generalizzates ∈ [−5, 5] e θ ∈ R in figura, dove P indicail punto di contatto istantaneo fra D e MN .Determinare del sistema:

(a) gli equilibri ordinari;



(d) le equazioni di Lagrange del moto;


Soluzione(a) Equilibri ordinariIl sistema e scleronomo, a vincoli ideali e soggetto esclusivamente a sollecitazioni posizionaliconservative, che sono rappresentate dal peso e dall’interazione elastica fra il centro C deldisco e l’origine O della terna di riferimento. Gli equilibri ordinari vanno quindi identificaticon i punti critici del potenziale del sistema, somma dei potenziali gravitazionale ed elastico.

Potenziale gravitazionalePer determinare il potenziale gravitazionale del disco omogeneo occorre ricavare prelimi-

Stefano Siboni 4498


narmente la posizione del baricentro C, individuata dal vettore:

C −O = A−O + P −A + C − P =

= −4ae2 + as cos θe1 + as sin θe2 − a sin θe1 + a cos θe2 =

= a(s cos θ − sin θ)e1 + a(s sin θ + cos θ − 4)e2 ,

notando che l’angolo compreso fra il raggio P−C e la verticale condotta da C verso il bassocoincide con l’angolo di rotazione θ dell’asta. E d’altra parte evidente che l’asta omogeneaMN non contribuisce al potenziale gravitazionale perche il baricentro A si mantiene inposizione fissata lungo l’asse di rotazione. Il potenziale delle forze peso risulta pertanto:

Ug = −mge2 · (A−O)−mge2 · (C −O) = 4mga−mga(s sin θ + cos θ − 4) =

= −mga(s sin θ + cos θ) + costante .(838.1)

Potenziale elasticoIl potenziale elastico associato alla molla ideale di costante elastica k = mg/a che collegaC ad O si scrive:

Uel = −k2|C −O|2 = −mg

2a|C −O|2

dove e:

|C −O|2 = a2(s cos θ − sin θ)2 + a2(s sin θ + cos θ − 4)2 =

= a2(s2cos2θ + sin2θ − 2s sin θ cos θ)+

+ a2(s2sin2θ + cos2θ + 16 + 2s sin θ cos θ − 8s sin θ − 8 cos θ) =

= a2(s2 + 17− 8s sin θ − 8 cos θ)

per cui:

Uel = mga(−s

2

2+ 4s sin θ + 4 cos θ

)+ costante . (838.2)

Potenziale del sistemaAl sistema viene associato un potenziale che e la somma dei potenziali parziali (838.1) e(838.2):

U(s, θ) = Ug + Uel = mga(−s

2


), (838.3)

in cui si sono omesse le costanti additive (irrilevanti) e si intende che (s, θ) ∈ [−5, 5]× R.

Equilibri ordinariGli equilibri ordinari sono i punti critici del potenziale U nell’interno del dominio didefinizione di questo, l’aperto (s, θ) ∈ (−5, 5) × R. Si tratta quindi di eguagliare simul-taneamente a zero le derivate parziali prime:

Us(s, θ) = mga(−s+ 3 sin θ) Uθ(s, θ) = mga(3s cos θ − 3 sin θ) ,

Stefano Siboni 4499


ovvero di risolvere il sistema non lineare:mga(−s+ 3 sin θ) = 0

mga(3s cos θ − 3 sin θ) = 0⇐⇒

−s+ 3 sin θ = 0

s cos θ − sin θ = 0 .

La prima equazione fornisce il valore di equilibrio di s in funzione di quello della variabileangolare:

s = 3 sin θ , (838.4)

che sostituito nella seconda la riduce ad una equazione nella sola variabile θ:

3 sin θ cos θ − sin θ = 0

ossia, equivalentemente:

3 sin θ(

cos θ − 1

3

)= 0 .

Si ne deducono le soluzioni:

θ = 0 θ = π θ = arccos(1

3

)= θ? θ = − arccos

(1

3

)= −θ?

e, tramite l’equazione s = 3 sin θ, le configurazioni di equilibrio:

(s, θ) = (0, 0) (s, θ) = (0, π)

(s, θ) = (2√

2, θ?) (s, θ) = (−2√

2,−θ?) ,

essendo:

3 sin θ? = 3 sin

[arccos

(1

3

)]= 3

√1− 1

32=√

8 = 2√

2 < 5 .

Tutti e quattro gli equilibri ordinari sono definiti incondizionatamente.

(b) Stabilita degli equilibri ordinariLa natura posizionale conservativa del sistema scleronomo autorizza a studiare la stabilitadegli equilibri ordinari per mezzo dei teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale.A questo scopo si calcolano le derivate parziali seconde del potenziale:

Uss(s, θ) = −mga Uθs(s, θ) = 3mga cos θ

Usθ(s, θ) = 3mga cos θ Uθθ(s, θ) = mga(−3s sin θ − 3 cos θ)

e si discute il segno degli autovalori della relativa matrice hessiana:

HU (s, θ) =

(Uss UθsUsθ Uθθ

)= mga

(−1 3 cos θ

3 cos θ −3s sin θ − 3 cos θ

)

per ciascuna configurazione di equilibrio.

Stefano Siboni 4500


Configurazione (s, θ) = (0, 0)In questo caso la matrice hessiana del potenziale si riduce a:

HU (0, 0) = mga

(−1 33 −3

)e presenta sempre determinante negativo:

detHU (0, 0) = −6(mga)2 < 0

con autovalori che sono, conseguentemente, di segno opposto. La presenza di un autovalorepositivo implica l’instabilita dell’equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (s, θ) = (0, π)Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale assume la forma:

HU (0, π) = mga

(−1 −3−3 3

)ancora con determinante negativo:

detHU (0, π) = −12(mga)2 < 0 .

L’instabilita dell’equilibrio segue come prima dal teorema di inversione parziale di L-D,causa il ricorrere di un autovalore positivo dell’hessiana.

Configurazione (s, θ) =(2√

2, arccos(1/3))

= (3 sin θ?, θ?)Avendosi cos θ? = 1/3, la matrice hessiana del potenziale vale:

HU (3 sin θ?, θ?) = mga

(−1 3 cos θ?

3 cos θ? −9 sin2θ? − 3 cos θ?

)

con determinante di segno positivo:

detHU (3 sin θ?, θ?) = (mga)2(9 sin2θ? + 3 cos θ? − 9 cos2θ?

)=

= (mga)2(9− 9 cos2θ? + 3 cos θ? − 9 cos2θ?

)=

= (mga)2(9− 1 + 1− 1) = 8(mga)2 > 0

e traccia negativa:

trHU (3 sin θ?, θ?) = mga(−1− 9 sin2θ? − 3 cos θ?) =

= mga(−1− 9 + 9 cos2θ? − 3 cos θ?) =

= mga(−10 + 1− 1) = −10mga < 0 .

Stefano Siboni 4501


Ne deriva che entrambi gli autovalori dell’hessiana sono di segno negativo, individuandopercio l’equilibrio come massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita segue dalteorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (s, θ) =(−2√

2,− arccos(1/3))

= (−3 sin θ?,−θ?)La matrice hessiana del potenziale e uguale a quella calcolata nella configurazione prece-dente:

HU (−3 sin θ?,−θ?) = HU (3 sin θ?, θ?)

come peraltro segue dalla parita del potenziale:

U(−s,−θ) = U(s, θ) ∀ (s, θ) ∈ (−5, 5)× R .

L’equilibrio e quindi stabile per Lagrange-Dirichlet in quanto massimo relativo proprio delpotenziale.

(c) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema e la somma delle energie cinetiche di asta e disco, che vengonocalcolate separatamente.

Energia cinetica dell’asta MNL’asta omogenea MN , di massa m e lunghezza 10a, ruota di un angolo θ attorno all’assefisso Az che passa per il suo punto medio. La corrispondente energia cinetica e quindi datadall’espressione:

TMN =1

2IMNAz

∣∣~ωMN

∣∣2 =1

2

m(10a)2

12|θe3|2 =

25

6ma2θ2 . (838.5)

Energia cinetica del disco DIl disco, di centro C, massa m e raggio a, rotola senza strisciare sull’asta MN , a sua voltarotante di un angolo θ attorno all’asse Az. Esso quindi non presenta alcun punto fisso ela sua energia cinetica deve essere ricavata ricorrendo al teorema di Konig:

TD =mC2

2+

1

2IDCz∣∣~ωD∣∣2 .

Dal vettore posizione del baricentro C, gia calcolato precedentemente:

C −O = a(s cos θ − sin θ)e1 + a(s sin θ + cos θ − 4)e2

si ricava la velocita istantanea:

C = a(s cos θ − s sin θθ − cos θθ)e1 + a(s sin θ + s cos θθ − sin θθ)e2

il cui modulo quadrato vale:

C2 = a2(s cos θ − s sin θθ − cos θθ)2 + a2(s sin θ + s cos θθ − sin θθ)2 =

= a2(s2cos2θ + s2sin2θθ2 + cos2θθ2 − 2s sin θ cos θsθ − 2 cos2θsθ + 2s sin θ cos θθ2+

+ s2sin2θ + s2cos2θθ2 + sin2θθ2 + 2s sin θ cos θsθ − 2 sin2θsθ − 2s sin θ cos θθ2)

=

= a2(s2 + s2θ2 + θ2 − 2sθ) .

Stefano Siboni 4502


Per il calcolo della velocita angolare ~ωD e opportuno affidarsi al teorema dei moti compostie considerare il moto del disco come composizione del moto rotatorio dell’asta MN attornoall’asse Az e del moto di rotolamento puro del disco lungo l’asta stessa. Al primo moto,come gia osservato, compete una velocita angolare istantanea θe3, mentre per il secondola condizione di puro rotolamento e la definizione del parametro s porgono l’espressione−se3. La velocita angolare del disco relativa alla terna Oxyz si scrive pertanto:

~ωD = θe3 + (−se3) = (θ − s)e3 .

Ricordando che ICzD = ma2/2 e inserendo le espressioni precedenti per C2 e ~ωD la formuladi Konig diventa cosı:

TD =ma2

2(s2 + s2θ2 + θ2 − 2sθ) +

1

2

ma2

2(θ − s)2 = (838.6)

=ma2

2

[s2 + (s2 + 1)θ2 − 2sθ +

θ2

2+s2

2− sθ

]=

ma2

2

[3

2s2 +

(3

2+ s2

)θ2 − 3sθ

].

Energia cinetica del sistemaBasta sommare le energie cinetiche parziali (838.5) e (838.6) per ottenere l’energia cineticadell’intero sistema:

T = TMN + TD =25

6ma2θ2 +

ma2

2

[3

2s2 +

(3

2+ s2

)θ2 − 3sθ

]=

=ma2

2

[3

2s2 +

(59

6+ s2

)θ2 − 3sθ

]. (838.7)

(d) Equazioni di LagrangeNell’ipotesi di vincoli ideali le equazioni pure del moto sono quelle di Lagrange:

d

dt

(∂L∂s

)− ∂L

∂s= 0

d

dt

(∂L∂θ

)− ∂L

∂θ= 0

con lagrangiana L = T +U data dalla somma dell’energia cinetica (838.7) e del potenziale(838.3):

L =ma2

2

[3

2s2 +

(59

6+ s2

)θ2 − 3sθ

]+mga

(−s

2


).

Dalla lagrangiana si deducono immediatamente le espressioni parziali:

∂L

∂s= ma2

(3

2s− 3

2θ) d

dt

(∂L∂s

)=

3

2ma2(s− θ)

∂L

∂s= ma2sθ2 +mga(−s+ 3 sin θ)

∂L

∂θ= ma2

[(59

6+ s2

)θ − 3

2s

]d

dt

(∂L∂θ

)= ma2

[(59

6+ s2

)θ − 3

2s+ 2ssθ

]∂L

∂θ= mga

(3s cos θ − 3 sin θ



e quindi le equazioni del moto richieste:3

2ma2(s− θ)−ma2sθ2 −mga(−s+ 3 sin θ) = 0

ma2

[(59

6+ s2

)θ − 3

2s+ 2ssθ

]−mga

(3s cos θ − 3 sin θ

)= 0 .

(838.8)

(e) Equilibri di confineLe configurazioni di confine del sistema corrispondono ai valori s = +5 e s = −5, perqualsiasi scelta della variabile angolare θ ∈ R. Nel piano (s, θ) ∈ R2 tali configurazionicorrispondono a due rette, che conviene senz’altro esaminare separatamente per la ricercadegli eventuali equilibri di confine. La condizione di equilibrio e fornita dal teorema deilavori virtuali, vista l’ipotesi di idealita dei vincoli. Per applicare il teorema convienericordare l’espressione delle componenti generalizzate delle forze attive:

Qs(s, θ) = Us(s, θ) = mga(−s+ 3 sin θ)

Qθ(s, θ) = Uθ(s, θ) = 3mga(s cos θ − sin θ) .

Configurazioni (s, θ) = (5, θo), θo ∈ RIn una configurazione di questo tipo le componenti generalizzate delle forze attive assumonola forma:

Qs(5, θo) = mga(−5 + 3 sin θo) Qθ(5, θo) = 3mga(5 cos θo − sin θo) .

Si ha equilibrio se e soltanto se risulta:

Qs(5, θo)αs +Qθ(5, θo)αθ ≤ 0 ∀αs ≤ 0 , αθ ∈ R ,

vale a dire: Qs(5, θo) ≥ 0

Qθ(5, θo) = 0⇐⇒

mga(−5 + 3 sin θo) ≥ 0

3mga(5 cos θo − sin θo) = 0 .

Appare evidente che la disequazione non puo mai essere soddisfatta, per cui il sistema nonammette equilibri di confine della forma (s, θ) = (5, θo), θo ∈ R.

Configurazioni (s, θ) = (−5, θo), θo ∈ RNella fattispecie le forze generalizzate si riducono a:

Qs(−5, θo) = mga(5 + 3 sin θo) Qθ(−5, θo) = 3mga(−5 cos θo − sin θo)

e la condizione necessaria e sufficiente perche la configurazione (s, θ) = (−5, θo) sia diequilibrio e che si abbia:

Qs(−5, θo)αs +Qθ(−5, θo)αθ ≤ 0 ∀αs ≥ 0 , αθ ∈ R ,

ossia: Qs(−5, θo) ≤ 0

Qθ(−5, θo) = 0⇐⇒

mga(5 + 3 sin θo) ≤ 0

3mga(−5 cos θo − sin θo) = 0 .

Anche in questo caso non e possibile verificare la disequazione per alcun valore reale di θo.Di conseguenza il sistema non ammette nessun equilibrio di confine.

Stefano Siboni 4504


Esercizio 839. Equazioni cardinali della staticaUn’asta rettilinea omogenea AB, di lun-ghezza R e massa m, ha gli estremi vinco-lati a scorrere senza attrito lungo una guidacircolare γ, di raggio R e centro O, fissa nelpiano Oxy di una terna cartesiana ortogo-nale Oxyz = Oe1e2e3. L’asta e pesante eha il suo punto medio M collegato al puntofisso C(0, R, 0) dell’asse verticale Oy da unamolla ideale di costante elastica k — vedifigura. Si usi l’angolo ϕ ∈ R mostrato infigura per determinare del sistema:

(a) le equazioni cardinali della statica;

(b) gli equilibri usando le equazioni cardinali della statica;

(c) le reazioni vincolari agenti sull’asta in A e in B per ciascuno stato di quiete.

Soluzione(a) Equazioni cardinali della staticaL’asta e soggetta alle seguenti sollecitazioni esterne:

la forza elastica k(C −M) agente nel punto M ;

il sistema delle forze peso, che equivale al peso totale −mge2 applicato nel baricentroM — si ricordi che l’asta e omogenea;

una reazione vincolare esercitata dalla guida in A, ed a questa ortogonale per viadell’ipotesi di assenza di attrito. La reazione vincolare e dunque esprimibile nellaforma:

~ΦA = ΦAA−O|A−O|

,

con ΦA ∈ R coefficiente reale arbitrario;

un’analoga reazione vincolare in B, del tipo:

~ΦB = ΦBB −O|B −O|

,

con ΦB ∈ R qualsiasi.

Poiche inoltre il triangolo OAB e per definizione equilatero, risultando uguali ad R lelunghezze dei suoi tre lati, si ha immediatamente che:

AOM = π/6 MOB = π/6 |M −O| =

√3

2R .

Se ne deducono il vettore posizione:

M −O =

√3

2R sinϕ e1 −

√3

2R cosϕ e2

Stefano Siboni 4505


ed i versori direttori:

A−O|A−O|

= sin(ϕ− π

6

)e1−cos

(ϕ− π

6

)e2

B −O|B −O|

= sin(ϕ+

π

6

)e1−cos

(ϕ+

π

6

)e2 .

Prima equazione cardinale della staticaLa prima equazione cardinale della statica impone che la somma di tutte le forze esterneapplicate all’asta si annulli:

−mge2 + k(C −M) + ~ΦA + ~ΦB = 0 , (839.1)

essendo:

k(C −M) = −k√

3

2R sinϕ e1 + k

(R+

√3

2R cosϕ

)e2

~ΦA = ΦA sin(ϕ− π

6

)e1 − ΦA cos

(ϕ− π

6

)e2

~ΦB = ΦB sin(ϕ+

π

6

)e1 − ΦB cos

(ϕ+

π

6

)e2 .

Sostituite le precedenti espressioni nell’equazione (839.1), questa diventa:

−mge2 − k√

3

2R sinϕ e1 + k

(R+

√3

2R cosϕ

)e2+

+ ΦA sin(ϕ− π

6

)e1 − ΦA cos

(ϕ− π

6

)e2 + ΦB sin

(ϕ+

π

6

)e1 − ΦB cos

(ϕ+

π

6

)e2 = 0

e porge il sistema di equazioni scalari:−k√

3

2R sinϕ+ ΦA sin

(ϕ− π

6

)+ ΦB sin

(ϕ+

π

6

)= 0

−mg + k(R+

√3

2R cosϕ

)− ΦA cos

(ϕ− π

6

)− ΦB cos

(ϕ+

π

6

)= 0

equivalente a:ΦA sin

(ϕ− π

6

)+ ΦB sin

(ϕ+

π

6

)= k

√3

2R sinϕ

−ΦA cos(ϕ− π

6

)− ΦB cos

(ϕ+

π

6

)= mg − k

(R+

√3

2R cosϕ

).

(839.2)

Il sistema (839.2) e ovviamente lineare nelle componenti ΦA e ΦB delle forze reattive, checonsente di ricavare in funzione dell’angolo ϕ. Si ha infatti il determinante della matriceincompleta:

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣sin(ϕ− π

6

)sin(ϕ+

π

6

)− cos

(ϕ− π

6

)− cos

(ϕ+

π

6

)∣∣∣∣∣∣∣ =

= − sin(ϕ− π

6

)cos(ϕ+

π

6

)+ sin

(ϕ+

π

6

)cos(ϕ− π

6

)= sin

(π3

)=

√3

2

Stefano Siboni 4506


per cui dalla (839.2) la formula di Cramer porge:

ΦA =1

∆

∣∣∣∣∣∣∣k

√3

2R sinϕ sin

(ϕ+

π

6

)mg − k

(R+

√3

2R cosϕ

)− cos

(ϕ+

π

6

)∣∣∣∣∣∣∣

ΦB =1

∆

∣∣∣∣∣∣∣sin(ϕ− π

6

)k

√3

2R sinϕ

− cos(ϕ− π

6

)mg − k

(R+

√3

2R cosϕ

)∣∣∣∣∣∣∣ .

(839.3)

Seconda equazione cardinale della statica in OLa seconda equazione cardinale statica in O dell’asta si scrive:

(M −O) ∧ (−mge2) + (M −O) ∧ k(C −M) + (A−O) ∧ ~ΦA + (B −O) ∧ ~ΦB = 0

ed in essa i contributi delle forze reattive si annullano banalmente:

(A−O) ∧ ~ΦA = (A−O) ∧ ΦAA−O|A−O|

= 0

(B −O) ∧ ~ΦB = (B −O) ∧ ΦBB −O|B −O|

= 0 ,

mentre per la forza elastica vale l’espressione semplificata:

(M −O) ∧ k(C −M) = (M −O) ∧ k[C −O − (M −O)] = (M −O) ∧ k(C −O) .

Ne segue l’equazione pura di equilibrio:

(M −O) ∧[−mge2 + k(C −O)

]= 0

ossia: √3

2R(sinϕ e1 − cosϕ e2) ∧ (−mge2 + kRe2) = 0

ed infine: √3

2R sinϕ (kR−mg) e3 = 0 . (839.4)

(b) Equilibri (usando le equazioni cardinali statiche)In base alla (839.4), gli equilibri sono percio caratterizzati dall’unica equazione scalare:

(kR−mg) sinϕ = 0

che per kR −mg = 0 si riduce ad una identita ed e verificata per ogni ϕ ∈ R: in tal casotutte le configurazioni sono di equilibrio. Nel caso sia invece kR −mg 6= 0, l’equazione diequilibrio e ricondotta a sinϕ = 0 e le configurazioni di equilibrio si hanno soltanto per:

ϕ = 0 ϕ = π .

Stefano Siboni 4507


Sono le configurazioni (ovvie) che vedono il baricentro M dell’asta collocarsi esattamenteal di sotto o al di sopra dell’origine O, rispettivamente.

(c) Reazioni vincolari in A e in B per ogni stato di quietePer kR − mg = 0, in una qualsiasi configurazione — di equilibrio — ϕ ∈ R le relazioni(839.3) forniscono:

ΦA =2√3

∣∣∣∣∣∣∣√

3

2kR sinϕ sin

(ϕ+

π

6

)−√

3

2kR cosϕ − cos

(ϕ+

π

6

)∣∣∣∣∣∣∣ =

= kR

[sin(ϕ+

π

6

)cosϕ− cos

(ϕ+

π

6

)sinϕ

]= kR sin

(π6

)=

kR

2

ΦB =2√3

∣∣∣∣∣∣∣sin(ϕ− π

6

)k

√3

2R sinϕ

− cos(ϕ− π

6

)−k√

3

2R cosϕ

∣∣∣∣∣∣∣ =

= kR

[cos(ϕ− π

6

)sinϕ− sin

(ϕ− π

6

)cosϕ

]= kR sin

(π6

)=

kR

2

in modo che le reazioni vincolari nel corrispondente stato di quiete risultano:

~ΦA =kR

2

[sin(ϕ− π

6

)e1 − cos

(ϕ− π

6

)e2

]~ΦB =

kR

2

[sin(ϕ+

π

6

)e1 − cos

(ϕ+

π

6

)e2

].

Se invece kR−mg 6= 0, gli equilibri ricorrono soltanto per ϕ = 0 e ϕ = π. Nel caso ϕ = 0le relazioni (839.3) diventano:

ΦA =2√3

∣∣∣∣∣∣∣0 sin

(π6

)mg − k

(R+

√3

2R)− cos

(π6

)∣∣∣∣∣∣∣ = − 1√

3

[mg − k

(R+

√3

2R)]

ΦB =2√3

∣∣∣∣∣∣∣− sin

(π6

)0

− cos(π

6

)mg − k

(R+

√3

2R)∣∣∣∣∣∣∣ = − 1√

3

[mg − k

(R+

√3

2R)]

e porgono le reazioni vincolari:

~ΦA = − 1√3

[mg − k

(R+

√3

2R)](−1

2e1 −

√3

2e2

)~ΦB = − 1√

3

[mg − k

(R+

√3

2R)]( 1

2e1 −

√3

2e2



Per ϕ = π si ottiene, analogamente:

ΦA =2√3

∣∣∣∣∣∣∣0 − sin

(π6

)mg − k

(R−

√3

2R)

cos(π

6

)∣∣∣∣∣∣∣ =

1√3

[mg − k

(R−

√3

2R)]

ΦB =2√3

∣∣∣∣∣∣∣− sin

(−π

6

)0

cos(−π

6

)mg − k

(R−

√3

2R)∣∣∣∣∣∣∣ =

1√3

[mg − k

(R−

√3

2R)]

per cui:

~ΦA =1√3

[mg − k

(R−

√3

2R)]( 1

2e1 +

√3

2e2

)~ΦB =

1√3

[mg − k

(R−

√3

2R)](−1

2e1 +

√3

2e2

).

Esercizio 840. Equazioni differenziali nel piano 2D

Considerare nel piano (x, y) ∈ R2 il seguente sistema di equazioni differenziali: x = (x− 2)2 − 2− y

y = −x+ 2y + 2

per determinarne:

(a) i punti fissi;

(b) le proprieta di stabilita dei punti fissi.

Soluzione(a) Punti fissiI punti fissi sono le soluzioni costanti del sistema e si ottengono annullando le derivate aprimo membro delle equazioni differenziali: 0 = (x− 2)2 − 2− y

0 = −x+ 2y + 2 .

Dalla seconda equazione si ricava la relazione:

x = 2y + 2 (840.1)

che sostituita nella prima porge l’equazione trinomia:

0 = 4y2 − y − 2 .

Stefano Siboni 4509


Le soluzioni di questa si scrivono:

y =1±

√(−1)2 − 4 · 4 · (−2)

2 · 4=

1±√

33

8

e tramite la (840.1) corrispondono rispettivamente a:

x =1±√

33

4+ 2 =

9±√

33

4.

I punti fissi del sistema sono pertanto:

(x, y) =( 9 +

√33

4,

1 +√

33

8

)(x, y) =

( 9−√

33

4,

1−√

33

8

). (840.2)

(b) Stabilita dei punti fissiL’analisi di stabilita dei punti fissi puo essere condotta in modo completo ricorrendo alteorema di Liapunov di stabilita lineare, che e lecito applicare grazie alla forma normaledel sistema di equazioni, il carattere autonomo dello stesso, e la regolarita dei secondimembri — che sono funzioni C1 di (x, y) ∈ R2. Posto per brevita:

f(x, y) = (x− 2)2 − 2− y g(x, y) = −x+ 2y + 2 ,

si calcolano le derivate parziali prime:

∂f

∂x(x, y) = 2(x− 2)

∂f

∂y(x, y) = −1

∂g

∂x(x, y) = −1

∂g

∂y(x, y) = 2

e quindi la matrice jacobiana:

J(x, y) =

(∂f/∂x(x, y) ∂f/∂y(x, y)∂g/∂x(x, y) ∂g/∂y(x, y)

)=

(2(x− 2) −1−1 2

)di cui si deve caratterizzare lo spettro in ciascun punto fisso. Si osservi che la matricerisulta comunque simmetrica, per cui i suoi autovalori sono certamente reali.

Punto fisso (x, y) =( 9 +

√33

4,

1 +√

33

8

)In questo caso la matrice jacobiana diventa:

J( 9 +

√33

4,

1 +√

33

8

)=

1 +√

33

2−1

− 1 2

Stefano Siboni 4510


e la relativa equazione caratteristica si scrive:

0 = det

1 +√

33

2− λ −1

− 1 2− λ

=(1 +

√33

2− λ)

(2− λ)− 1 = λ2 − 5 +√

33

2λ+√

33

con due radici reali positive:

λ =1

2

[5 +√

33

2±

√(5 +√

33

2

)2

− 4√

33

]=

5 +√

33

4± 1

4

√58− 6

√33

che implicano l’instabilita del punto fisso per il teorema di analisi lineare della stabilita.

Punto fisso (x, y) =( 9−

√33

4,

1−√

33

8

)Per questo punto fisso i calcoli sono identici a quelli precedenti, salvo che per la sostituzione√

33→ −√

33. Si hanno dunque gli autovalori:

λ =1

2

[5−√

33

2±

√(5−√

33

2

)2

+ 4√

33

]=

5−√

33

4± 1

4

√58 + 6

√33

che e immediato verificare essere di segno opposto. L’autovalore positivo assicura, comeprima, l’instabilita del punto fisso.

Esercizio 841. Conservativita di un campo e calcolo del relativo potenziale

Nella sfera aperta B(0, 1) ⊂ R3 di centro (x, y, z) = (0, 0, 0) e raggio 1 in R3 si considera

il campo di forze ~F (x, y, z) di componenti cartesiane ortogonali:Fx(x, y, z) = 2xz − 2y2z

Fy(x, y, z) = 3z2 − 4xyz

Fz(x, y, z) = x2 + 6yz − 2xy2 ∀ (x, y, z) ∈ B(0, 1) .

(a) Verificare che il campo e conservativo.

(b) Determinare un potenziale U(x, yz) di ~F (x, y, z) in B(0, 1),

Soluzione(a) Carattere conservativo del campoIl campo di forze e posizionale e di classe C1 nel dominio convesso B(0, 1). Per provare ilcarattere conservativo del campo basta quindi verificarne l’irrotazionalita. Le componentidel rotore risultano in effetti identicamente nulle in B(0, 1):

∂Fz∂y− ∂Fy

∂z= 6z − 4xy − (6z − 4xy) = 0

Stefano Siboni 4511


∂Fx∂z− ∂Fz

∂x= 2x− 2y2 − (2x− 2y2) = 0

∂Fy∂x− ∂Fx

∂y= −4yz − (−4yz) = 0

e cio garantisce l’esistenza del potenziale.

(b) Potenziale del campoIl potenziale del campo in un qualsiasi punto (x, y, z) = (xo, yo, zo) di B(0, 1) si puodeterminare calcolando l’integrale del lavoro lungo un qualsiasi percorso orientato γ checongiunga un punto prefissato a piacere, per esempio l’origine, con (xo, yo, zo). La scelta piusemplice consiste nel seguire le direzioni degli assi coordinati, considerando una spezzatacostituita da tre tratti rettilinei γ1, γ2, γ3 rispettivamente paralleli agli assi Ox, Oy ed Oz,con le parametrizzazioni:

γ1 : (x, y, z) = (x, 0, 0) x ∈ [0, xo]

γ2 : (x, y, z) = (xo, y, 0) y ∈ [0, yo]

γ3 : (x, y, z) = (xo, yo, z) z ∈ [0, zo]

come illustrato nella figura seguente:

L’integrale da determinare e quindi la somma di tre contributi:

U(xo, yo, zo) =

∫γ1

~F · dP +

∫γ2

~F · dP +

∫γ3

~F · dP

che conviene calcolare separatamente considerando le rispettive parametrizzazioni. Lungol’arco γ1 si ha: ∫

γ1

~F · dP =

xo∫0

Fx(x, 0, 0) dx =

xo∫0

0 dx = 0

Stefano Siboni 4512


mentre l’integrazione lungo γ2 porge:

∫γ2

~F · dP =

yo∫0

Fy(xo, y, 0) dy =

yo∫0

0 dy = 0 .

Il solo contributo non banale e cosı quello fornito dall’integrale lungo γ3:

∫γ3

~F · dP =

zo∫0

Fz(xo, yo, z) dz =

zo∫0

(x2o + 6yoz − 2xoy

2o) dz = x2

ozo + 3yoz2o − 2xoy

2ozo .

Si conclude che il campo di forze ammette in B(0, 1) il potenziale

U(x, y, z) = x2z + 3yz2 − 2xy2z ∀ (x, y, z) ∈ B(0, 1) ,

definito a meno di una costante additiva arbitraria. Allo stesso risultato si perviene, concalcoli solo leggermente piu laboriosi, considerando come arco γ il segmento che congiungel’origine con il punto (x, y, z) = (xo, yo, zo). La parametrizzazione ovvia e la seguente:

x = xoξ y = yoξ z = zoξ , ξ ∈ [0, 1] ,

e porge:

U(xo, yo, zo) =

∫γ

~F · dP =

=

1∫0

[Fx(xoξ, yoξ, zoξ)xo + Fy(xoξ, yoξ, zoξ) yo + Fz(xoξ, yoξ, zoξ) zo

]dξ =

=

1∫0

[(2xozoξ

2 − 2y2ozoξ

3)xo + (3z2oξ

2 − 4xoyozoξ3)yo+

+ (x2oξ

2 + 6yozoξ2 − 2xoy

2oξ

3)zo]dξ =

=(

2xozo1

3− 2y2

ozo1

4

)xo +

(3z2o

1

3− 4xoyozo

1

4

)yo+

+(x2o

1

3+ 6yozo

1

3− 2xoy

2o

1

4

)zo =

=2

3x2ozo −

1

2xoy

2ozo + z2

oyo − xoy2ozo +

1

3x2ozo + 2yoz

2o −

1

2xoy

2ozo =

= x2ozo + 3yoz

2o − 2xoy

2ozo

a conferma del precedente risultato.

Stefano Siboni 4513


Esercizio 842. Geometria delle masse ed energia cinetica di un corpo rigidoNel piano Oxy di una terna solidale Oxyz =Oe1e2e3 si considera il sistema rigido illustra-to in figura, composto da una piastra rigidaomogenea P = ABCD, di massa µ, e da dueaste OA e OD di lunghezza a e densita:

λ(P ) =µ

a2|P −O| , ∀P ∈ OA ∪OD .

Determinare del sistema:

(a) la massa e la posizione del baricentro ri-spetto a Oxyz;


(c) una terna principale e i momenti princi-pali d’inerzia in O;

(d) il momento d’inerzia relativo alla retta By;

(e) l’energia cinetica rispetto ad un riferimento dove O = aωe1 e la velocita angolareistantanea vale ~ω = ωe3, con ω > 0.

Soluzione(a) Massa e baricentroMassa dell’asta OAL’asta OA si colloca lungo l’asse Ox ed ammette percio l’ovvia parametrizzazione:

P (x)−O = xe1 , x ∈ [0, a]

con elemento infinitesimo di lunghezza ds = |P ′(x)|dx = |e1|dx = dx e densita di linea:

λ(x) =µ

a2|xe1| =

µ

a2x , x ∈ [0, a] .

La massa si calcola quindi immediatamente in base alla definizione:

mOA =

∫OA

λ ds =

a∫0

µ

a2x dx =

µ

a2

a2

2=

µ

2.

Massa dell’asta ODLa massa dell’asta OD coincide con quella di OA per evidenti ragioni di simmetria. Si hapertanto:

mOD = mOA =µ

2

senza che si renda necessario procedere ad alcun calcolo (che peraltro risulterebbe identicoa quello precedente, con la sola avvertenza di sostituire l’ordinata y all’ascissa x).

Stefano Siboni 4514


Massa della piastra PLa massa della piastra P e mP = µ per ipotesi.

Massa del sistemaLa massa del sistema si calcola come somma delle masse parziali determinate precedente-mente e relative all’asta OA, all’asta OD e alla piastra P:

m = mOA +mOD +mP =µ

2+µ

2+ µ = 2µ .

Baricentro di OAIl baricentro dell’asta deve collocarsi lungo la retta di giacitura Ox ed e quindi individuatoda un vettore posizione della forma:

GOA −O = xOAe1 ,

dove l’ascissa viene ricavata dalla definizione:

xOA =1

mOA

∫OA

xλ ds =2

µ

a∫0

xµ

a2x dx =

2

a2

a3

3=

2

3a ,

per cui:

GOA −O =2

3ae1

Baricentro di ODPer simmetria, il baricentro dell’asta OD si colloca alla stessa distanza di GOA dall’origine,ma lungo l’asse di giacitura Oy:

GOD = xOAe2 =2

3ae2 .

Baricentro di PE evidente che la bisettrice del I e del III quadrante, di equazione y = x, costituisce un assedi simmetria della piastra: sotto il profilo geometrico la simmetria e ovvia, mentre ci siconvince immediatamente che anche la condizione sulla densita areale risulta soddisfatta(tale densita, costante, assume ovviamente lo stesso valore in qualsiasi coppia di puntisimmetrici di P). Ne deriva che il baricentro GP della piastra deve avere in Oxyz unvettore posizione della forma:

GP −O = xPe1 + xPe2 .

La densita costante della piastra omogenea si scrive come rapporto fra la massa µ e l’area,esprimibile come differenza fra le aree dei triangoli OBC e OAD:

σ =µ

(2a)2

2− a2

2

=µ

3

2a2

=2

3

µ

a2.

Stefano Siboni 4515


Conviene calcolare l’unica coordinata significativa del baricentro pensando la piastra comedifferenza di due piastre triangolari complete OBC e OAD, di eguale densita, e notandoche i lati obliqui AD e BC giacciono lungo le rette y = a−x e y = 2a−x, rispettivamente.Vale pertanto:

xP =1

mP

∫P

xσ dA =1

mP

∫OBC

xσ dA− 1

mP

∫OAD

xσ dA =

=1

µ

2a∫0

dx

2a−x∫0

dy x2

3

µ

a2− 1

µ

a∫0

dx

a−x∫0

dy x2

3

µ

a2=

=2

3a2

2a∫0

dxx(2a− x)− 2

3a2

a∫0

dxx(a− x) =

=2

3a2

[ 2a∫0

(2ax− x2) dx−a∫

0

(ax− x2) dx

]=

=2

3a2

([ax2 − x3

3

]2a

0

−[ax2

2− x3

3

]a0

)=

=2

3a2

(4a3 − 8

3a3 − a3

2+a3

3

)=

2

3

(7

2− 7

3

)a =

14

3

(1

2− 1

3

)a =

14

3

1

6a =

7

9a ,


GP −O =7

9ae1 +

7

9ae2 .

Baricentro del sistemaLa bisettrice y = x del I e III quadrante e un ovvio asse di simmetria per l’intero sistema.Il baricentro G del sistema viene dunque individuato da un vettore posizione della forma:

G−O = xGe1 + xGe2 ,

dove l’ascissa si calcola usando il teorema distributivo:

xG =mPxP +mOAxOA +mODxOD

m=

1

2µ

(µ

7

9a+

µ

2

2

3a+ 0

)=

1

2

(7

9+

1

3

)a =

5

9a

e porge infine:

G−O =5

9ae1 +

5

9ae2 .

(b) Matrice d’inerziaMatrice d’inerzia in Oxyz dell’asta OAPoiche l’asta giace lungo l’asse coordinato Ox, la matrice d’inerzia risulta:

[LOAO ] =

0 0 00 LOAyy 0

0 0 LOAyy

= µa2

0 0 00 1/4 00 0 1/4

,Stefano Siboni 4516


l’unico elemento non banale essendo dato dal momento d’inerzia:

LOAyy =

∫OA

x2λ ds =

a∫0

x2 µ

a2x dx =

µ

a2

a4

4=

µa2

4.

Matrice d’inerzia in Oxyz dell’asta OD

La matrice d’inerzia si determina senza dover svolgere calcoli, notando che l’asta giacelungo l’asse Oy e che le aste OD e OA presentano lo stesso momento d’inerzia rispettoall’asse Oz:

[LODO ] =

LODxx 0 00 0 00 0 LODxx

=

LOAyy 0 00 0 00 0 LOAyy

= µa2

1/4 0 00 0 00 0 1/4

.Matrice d’inerzia in Oxyz della piastra PPoiche la piastra giace nel piano coordinato Oxy, i prodotti d’inerzia con coordinata zsono identicamente nulli ed il momento d’inerzia relativo all’asse Oz e dato dalla sommadei momenti d’inerzia relativi agli assi Ox e Oy; la presenza dell’asse di simmetria y = xnel piano Oxy implica inoltre che i momenti d’inerzia rispetto ad Ox e Oy siano uguali,potendosi ottenere l’uno dall’altro con il semplice scambio delle coordinate x e y. Lamatrice d’inerzia della piastra ha percio la forma:

[LP] =

LPxx LP

xy 0

LPxy LP

xx 0

0 0 2LPxx

,dove l’unico momento d’inerzia indipendente si scrive:

LPxx =

∫P

y2σ dA =

∫OBC

y2σ dA−∫

OAD

y2σ dA =

2a∫0

dx

2a−x∫0

dy y2σ −a∫

0

dx

a−x∫0

dy y2σ =

= σ

2a∫0

dx

[y3

3

]2a−x

y=0

− σa∫

0

dx

[y3

3

]a−xy=0

= σ

2a∫0

(2a− x)3

3dx− σ

a∫0

(a− x)3

3dx =

=σ

3

[− (2a− x)4

4

]2a

0

− σ

3

[− (a− x)4

4

]a0

=

=σ

1216a4 − σ

12a4 =

15

12σa4 =

5

4

2

3

µ

a2a4 =

5

6µa2

Stefano Siboni 4517


e l’unico prodotto d’inerzia non banale vale:

LPxy = −

∫P

xyσ dA = −∫

OBC

xyσ dA +

∫OAD

xyσ dA =

= −2a∫

0

dx

2a−x∫0

dy xy σ +

a∫0

dx

a−x∫0

dy xy σ = −σ2a∫

0

x(2a− x)2

2dx+ σ

a∫0

x(a− x)2

2dx =

= −σ2

2a∫0

(4a2x− 4ax2 + x3) dx+σ

2

a∫0

(a2x− 2ax2 + x3) dx =

= −σ2

(4a2 4a2

2− 4a

8a3

3+

16a4

4

)+σ

2

(a2 a

2

2− 2a

a3

3+a4

4

)=

= −σa4

2

(8− 32

3+ 4)

+σa4

2

(1

2− 2

3+

1

4

)=

σa4

2

(−12 +

32

3+

3

4− 2

3

)=

=σa4

2

(−12 + 10 +

3

4

)=

σa4

2

(3

4− 2)

= −5

8σa4 = −5

8

2

3

µ

a2a4 = − 5

12µa2.

Si ha pertanto:

[LP] =

LPxx LP

xy 0

LPxy LP

xx 0

0 0 2LPxx

= µa2

5/6 −5/12 0−5/12 5/6 0

0 0 5/3

.Matrice d’inerzia in Oxyz del sistemaLa matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz e la somma delle matrici d’inerziadelle due aste e della piastra rispetto allo stesso riferimento cartesiano ortogonale:

[LO] = [LOAO ] + [LODO ] + [LPO] =

= µa2

0 0 00 1/4 00 0 1/4

+ µa2

1/4 0 00 0 00 0 1/4

+ µa2

5/6 −5/12 0−5/12 5/6 0

0 0 5/3

=

= µa2

13/12 −5/12 0−5/12 13/12 0

0 0 13/6

.(c) Terna principale e momenti principali d’inerzia in OTerna principale d’inerzia in OUna terna principale d’inerzia in O del sistema si individua immediatamente senza dovereseguire la diagonalizzazione formale della matrice [LO]. Basta infatti considerare che ilpiano di giacitura Oxy costituisce un ovvio piano di simmetria per il sistema, per cui l’asseOz, passante per O e ortogonale a tale piano, rappresenta sicuramente un asse principaled’inerzia in O del sistema. L’asse di simmetria y = x nel piano Oxy contiene naturalmenteil punto O, e quindi rappresenta un ulteriore asse principale d’inerzia in O. Il teorema

Stefano Siboni 4518


spettrale assicura che il terzo asse principale d’inerzia in O, certamente definito per lasimmetria di LO, debba risultare ortogonale ai due assi precedenti e possa quindi essereidentificato con la bisettrice y = −x del II e del IV quadrante nel piano Oxy.

Momenti principali d’inerzia in O

Essendosi gia determinati gli assi principali d’inerzia relativi, i momenti principali d’inerziain O si possono calcolare direttamente, senza dover risolvere il problema spettrale per lamatrice [LO]. Il primo asse principale d’inerzia, la retta y = x, e specificato dal versoretangente:

n1 =1√2e1 +

1√2e2

ed il relativo momento principale d’inerzia puo quindi essere ricavato direttamente dallamatrice [LO] per mezzo della relazione:

A1 = IOn1= n1 · LO(n1) =

( 1√2

1√2

0)

[LO]

1/√

21/√

20

=1

2

(Lxx + Lyy + 2Lxy

)=

=1

2

[13

12+

13

12+ 2(− 5

12

)]µa2 =

1

2

(13

6− 5

6

)µa2 =

2

3µa2 .

In modo analogo si calcola il momento principale d’inerzia relativo alla retta y = −x,individuata dal versore tangente:

n2 = − 1√2e1 +

1√2e2 ,

che fornisce:

A2 = IOn2 = n2 · LO(n2) =(− 1√

2

1√2

0)

[LO]

−1/√

21/√

20

=1

2

(Lxx + Lyy − 2Lxy

)=

=1

2

[13

12+

13

12− 2(− 5

12

)]µa2 =

1

2

(13

6+

5

6

)µa2 =

3

2µa2 .

Il momento d’inerzia relativo all’asse principale Oz va infine identificato con l’elemento Lzzdella matrice [LO] gia calcolato in precedenza. In definitiva, i momenti principali d’inerziain O del sistema risultano:

A1 =2

3µa2 A2 =

3

2µa2 A3 =

13

6µa2 .

Si noti che, come atteso, il momento principale d’inerzia A3 e la somma dei momentiprincipali A1 e A2.

Stefano Siboni 4519


(d) Momento d’inerzia relativo alla retta ByLa retta By non passa ne per l’origine ne per il baricentro G del sistema. Il momentod’inerzia relativo a By si puo determinare applicando due volte il teorema di Huygens-Steiner, considerato che la distanza fra le rette parallele By e Gy e data da 2a− xG:

IBy = IGy +m(2a− xG)2 , (842.1)

mentre quella fra le rette parallele Gy e Oy vale semplicemente xG:

IOy = IGy +mx2G .

Dalla seconda relazione si puo ricavare l’espressione di IGy:

IGy = IOy −mx2G = Lyy −mx2

G

che sostituita nella (842.1) porge:

IBy = Lyy −mx2G +m(2a− xG)2 =

13

12µa2 + 2µ

(4a2 − 4axG

)=

=13

12µa2 + 2µ

(4a2 − 4a

5

9a)

=13

12µa2 + 8µa2

(1− 5

9

)=(13

12+

32

9

)µa2 =

167

36µa2.

(e) Energia cineticaL’energia cinetica T del corpo rigido rispetto al riferimento assoluto in cui esso appare inmovimento e data dall’espressione generale del teorema di Konig:

T =mO2

2+mG′ · O + T ′ ,

dove la velocita G′ del baricentro e l’energia cinetica T ′ del sistema vanno calcolate in unaterna di riferimento con origine in O e in moto traslatorio rispetto al riferimento assolutoassegnato. In tale terna il corpo rigido si muove con punto fisso O (che infatti appartiene alsistema e quindi allo spazio solidale) e velocita angolare ~ω = ωe3, identica a quella relativaal riferimento assoluto. Si hanno cosı le espressioni:

G′ = ~ω ∧ (G−O) = ωe3 ∧(5

9ae1 +

5

9ae2

)=

5

9aω(e2 − e1)

G′ · O =5

9aω(e2 − e1) · aωe1 = −5

9a2ω2

T ′ =1

2~ω · LO(~ω) =

1

2ωe3 · LO(ωe3) =

1

2ω2Lzz =

1

2ω2 13

6µa2 =

13

12µa2ω2 ,


T =2µa2ω2

2+ 2µ

(−5

9a2ω2

)+

13

12µa2ω2 =

35

36µa2ω2 .

Stefano Siboni 4520


Esercizio 843. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. non conservativoNel piano Oxy di una terna cartesiana ortogonale Oxyz = Oe1e2e3, avente l’asse Oydiretto verticalmente verso l’alto, un disco circolare omogeneo D, di massa m, centro C eraggio a, e vincolato a rotolare senza striscia-re lungo il bordo interno di una guida cir-colare fissa γ, di centro O e raggio 4a. Laterna ruota con velocita angolare costante ωattorno all’asse Oy rispetto ad un riferimentoinerziale. Lungo lo stesso asse scorre senzaattrito un punto materiale P di massa m,collegato a C da una molla ideale di costanteelastica k = mω2/2. Il sistema e pesante, avincoli ideali e soggetto a resistenze viscose dicostante β nei punti P e C. Usare i parametriadimensionali ϑ, ξ ∈ R in figura per deter-minare del sistema, rispetto alla terna Oxyz:

(a) gli equilibri;




(e) i modi normali delle piccole oscillazioni, per β = 0, intorno ad un equilibrio stabile ascelta.

Soluzione(a) EquilibriPer determinare gli equilibri del sistema scleronomo, a vincoli bilaterali ideali, occorre cal-colare preliminarmente le componenti generalizzate di tutte le sollecitazioni attive appli-cate. Di queste, l’interazione elastica fra i punti C e P , il peso e le forze centrifughe dovutealla scelta del sistema di riferimento Oxyz hanno natura posizionale conservative e vannocaratterizzate per mezzo dei relativi potenziali; le resistenze viscose agenti in C e P sonocertamente sollecitazioni dissipative, di cui ha comunque interesse determinare l’eventualecarattere completamente dissipativo; le forze di Coriolis, che certamente agiscono sul siste-ma nella terna rotante Oxyz, hanno infine componenti generalizzate costantemente nullein quanto ortogonali al piano vincolare Oxy.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale e la somma dei contributi relativi al punto P e al disco omo-geneo D:

Ug = −mge2 · (P −O)−mge2 · (C −O) ,

essendo:P −O = −4aξe2 C −O = 3a(sinϑe1 − cosϑe2) ,

in modo che risulta:Ug = 4mgaξ + 3mga cosϑ . (843.1)

Stefano Siboni 4521


Potenziale elasticoIl potenziale elastico associato alla molla ideale di costante elastica k = mω2/2 e dato dallarelazione:

Uel = −k2|C − P |2 = −mω

2

4|C − P |2

con:

C − P = 3a(sinϑe1 − cosϑe2)− (−4aξe2) = 3a sinϑ e1 + a(4ξ − 3 cosϑ)e2

e quindi:

|C − P |2 = 9a2 sin2ϑ+ a2(16ξ2 + 9 cos2ϑ− 24ξ cosϑ) = a2(9 + 16ξ2 − 24ξ cosϑ)

per cui, omessa la costante additiva:

Uel = −ma2ω2

4(16ξ2 − 24ξ cosϑ) = ma2ω2(−4ξ2 + 6ξ cosϑ) . (843.2)

Potenziale centrifugoAl potenziale centrifugo contribuisce il solo disco D, dal momento che il punto P e vincolatoa muoversi proprio lungo l’asse di rotazione Oy della terna di riferimento. La relativaformula si scrive:

Ucf =ω2

2m[(C −O) · e1

]2=

ω2

2m[3a sinϑ

]2=

9

2ma2ω2sin2ϑ . (843.3)

Resistenze viscoseLe forze di resistenza viscosa, con la stessa costante di frizione β, sono applicate nei puntiP e C individuati dai vettori posizione:

P −O = −4aξe2 C −O = 3a(sinϑe1 − cosϑe2) (843.4)

e aventi velocita, rispetto alla terna Oxyz:

P = −4aξe2 C = 3a(cosϑe1 + sinϑe2)ϑ .

Le resistenze viscose in P e C valgono percio, rispettivamente:

~FP = −βP = 4βaξe2

~FC = −βC = −3βa(cosϑe1 + sinϑe2)ϑ .

Le derivate parziali dei vettori (843.4) rispetto ai parametri lagrangiani si scrivono inoltre:

∂P

∂ξ= −4ae2

∂C

∂ξ= 0

∂P

∂ϑ= 0

∂C

∂ϑ= 3a(cosϑe1 + sinϑe2) .

Stefano Siboni 4522


Per calcolare le componenti generalizzate di queste forze non rimane che applicare ladefinizione:

Dξ = ~FP ·∂P

∂ξ+ ~FC ·

∂C

∂ξ= ~FP ·

∂P

∂ξ= (4βaξe2) · (−4ae2) = −16βa2ξ

Dϑ = ~FP ·∂P

∂ϑ+ ~FC ·

∂C

∂ϑ= ~FC ·

∂C

∂ϑ=

= −3βa(cosϑe1 + sinϑe2)ϑ · 3a(cosϑe1 + sinϑe2) = −9βa2ϑ . (843.5)

Allo stesso risultato si puo arrivare per mezzo della funzione ausiliaria di Rayleigh:

R = −β2

(P 2 + C2) = −β2

(16a2ξ2 + 9a2ϑ2) = −βa2(

8ξ2 +9

2ϑ2)

che infatti porge:

Dξ =∂R

∂ξ= −16βa2ξ Dϑ =

∂R

∂ϑ= −9βa2ϑ .

In definitiva, il sistema delle sollecitazioni viscose ha le componenti generalizzate:

Dξ = −16βa2ξ Dϑ = −9βa2ϑ

ed e immediato verificare che la sua potenza risulta sempre non positiva:

π = Dξ ξ +Dϑϑ = −16βa2ξ2 − 9βa2ϑ2 ≤ 0 ∀ (ξ, ϑ, ξ, ϑ) ∈ R4 ,

annullandosi unicamente per velocita generalizzate nulle:

π = −βa2(16ξ2 + 9ϑ2) = 0 ⇐⇒ (ξ, ϑ) = (0, 0) .

Si tratta pertanto di sollecitazioni completamente dissipative che, come tutte le sollecita-zioni continue a potenza non positiva, si annullano a velocita generalizzata nulla e nonconcorrono in alcun modo alla determinazione degli equilibri.

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e la somma dei potenziali parziali, gravitazionale, elastico e cen-trifugo, calcolati in precedenza:

U(ξ, ϑ) = 4mgaξ + 3mga cosϑ+ma2ω2(−4ξ2 + 6ξ cosϑ) +9

2ma2ω2sin2ϑ =

= 4mgaξ − 4ma2ω2ξ2 + 6ma2ω2ξ cosϑ+ 3mga cosϑ+9

2ma2ω2sin2ϑ

e va considerato come funzione di (ξ, ϑ) ∈ R2.

Stefano Siboni 4523


Equazioni di equilibrioGli equilibri del sistema scleronomo a vincoli bilaterali ideali sono tutti ordinari e si identi-ficano con i punti stazionari del potenziale U(ξ, ϑ). Le equazioni di equilibrio si ottengonopercio calcolando le derivate parziali prime del potenziale rispetto ai parametri lagrangiani:

∂U

∂ξ(ξ, ϑ) = 4mga− 8ma2ω2ξ + 6ma2ω2 cosϑ

∂U

∂ϑ(ξ, ϑ) = −6ma2ω2ξ sinϑ− 3mga sinϑ+ 9ma2ω2 sinϑ cosϑ

ed eguagliandole simultaneamente a zero: 4mga− 8ma2ω2ξ + 6ma2ω2 cosϑ = 0

−6ma2ω2ξ sinϑ− 3mga sinϑ+ 9ma2ω2 sinϑ cosϑ = 0 .

Adimensionalizzando, si perviene cosı alle equazioni di equilibrio:g

2aω2− ξ +

3

4cosϑ = 0

−ξ sinϑ− g

2aω2sinϑ+

3

2sinϑ cosϑ = 0 .

(843.6)

EquilibriLa prima delle equazioni (843.6) consente di ricavare il valore di equilibrio di ξ in funzionedi quello della variabile angolare ϑ:

ξ =g

2aω2+

3

4cosϑ . (843.7)

Sostituendo la relazione nella seconda delle equazioni (843.6), questa diventa un’equazionedella sola ϑ, dove e peraltro possibile raccogliere il fattore comune sinϑ:

sinϑ(− g

2aω2− 3

4cosϑ− g

2aω2+

3

2cosϑ

)= 0

e semplificare parzialmente alcuni termini:

sinϑ(− g

aω2+

3

4cosϑ

)= 0 . (843.8)

L’equazione ottenuta ammette soluzioni quando si annulla il fattore sinϑ o quello entroparentesi; conviene esaminare separatamente i due casi.

Per sinϑ = 0 si hanno le soluzioni fisicamente distinte:

ϑ = 0 ϑ = π

Stefano Siboni 4524


cui la (843.7) fa corrispondere i valori di equilibrio di ξ rispettivi:

ξ =g

2aω2+

3

4ξ =

g

2aω2− 3

4.

Ne seguono percio gli equilibri, sempre definiti:

(ξ, ϑ) =( g

2aω2+

3

4, 0)

(ξ, ϑ) =( g

2aω2− 3

4, π).

Per − g

aω2+

3

4cosϑ = 0 risulta invece:

cosϑ =4g

3aω2

e si deducono percio le soluzioni:

ϑ = arccos( 4g

3aω2

):= ϑ? ϑ = −ϑ?

definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia 4g/3aω2 < 1. Ricordandola (843.7), nella stessa ipotesi si ricavano cosı gli ulteriori equilibri:

(ξ, ϑ) =( g

2aω2+

3

4cosϑ?, ϑ?

)(ξ, ϑ) =

( g

2aω2+

3

4cosϑ?,−ϑ?

),

ossia:

(ξ, ϑ) =( 3g

2aω2, ϑ?)

(ξ, ϑ) =( 3g

2aω2,−ϑ?

).

(b) Stabilita degli equilibriGli equilibri ordinari del sistema sono in numero finito e dunque certamente isolati. Lacompresenza di sollecitazioni posizionali conservative e completamente dissipative consentepertanto di analizzare le proprieta di stabilita di detti equilibri mediante la forma fortedel teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri di Barbasin e Krasovskii. Allo scopo,basta verificare la natura dei punti stazionari del potenziale facendo uso della relativamatrice hessiana. Le derivate parziali seconde del potenziale si scrivono:

Uξξ(ξ, ϑ) = −8ma2ω2 Uϑξ(ξ, ϑ) = Uξϑ(ξ, ϑ) = −6ma2ω2 sinϑ

Uϑϑ(ξ, ϑ) = −6ma2ω2ξ cosϑ− 3mga cosϑ+ 9ma2ω2(cos2ϑ− sin2ϑ

)e porgono la matrice hessiana:

HU (ξ, ϑ) = ma2ω2

−8 − 6 sinϑ

−6 sinϑ −6ξ cosϑ− 3g

aω2cosϑ+ 9(cos2ϑ− sin2ϑ)

Stefano Siboni 4525


dei cui autovalori si deve stabilire il segno in ciascuna configurazione di equilibrio.

Configurazione (ξ, ϑ) =( g

2aω2+

3

4, 0)

In questo caso la matrice hessiana del potenziale assume la forma diagonale:

HU

( g

2aω2+

3

4, 0)

= ma2ω2

−8 0

0 −6g

aω2+

9

2

= ma2ω2

−8 0

09

2

(1− 4g

3aω2

)

con un autovalore costante di segno negativo e uno di segno non definito, dipendente dalvalore del parametro d’ordine adimensionale g/aω2. Si rende cosı necessario distingueretre diversi casi:

(i) se 4g/3aω2 > 1 la matrice hessiana presenta entrambi gli autovalori di segno nega-tivo ed individua l’equilibrio come un massimo relativo proprio del potenziale, la cuistabilita asintotica e assicurata dalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet;

(ii) per 4g/3aω2 < 1 la matrice hessiana del potenziale ha autovalori di segno opposto,circostanza che basta ad escludere il ricorrere di un massimo relativo proprio di U nellaconfigurazione esaminata. Ne deriva l’instabilita della configurazione di equilibriopredetta;

(iii) se infine 4g/3aω2 = 1 la matrice hessiana risulta semidefinita non definita negativa,ammettendo un autovalore negativo e uno nullo. La matrice non e sufficiente, dasola, ne a riconoscere ne ad escludere che l’equilibrio costituisca un massimo relativoproprio del potenziale, per cui occorre affidarsi ad uno sviluppo di Taylor di U di ordinesuperiore al secondo oppure ad una opportuna riscrittura della funzione potenziale.Nella fattispecie, in effetti, la configurazione di equilibrio si riduce a (ξ, ϑ) = (9/8, 0)ed il potenziale diventa:

U(ξ, ϑ) = ma2ω2( 4g

aω2ξ − 4ξ2 + 6ξ cosϑ+

3g

aω2cosϑ+

9

2sin2ϑ

)=

= ma2ω2(

3ξ − 4ξ2 + 6ξ cosϑ+9

4cosϑ+

9

2sin2ϑ

).

Per studiarne l’andamento attorno al punto critico conviene porre:

ξ =9

8+ δξ ϑ = δϑ

in modo da riscrivere il potenziale — debitamente adimensionalizzato — nella forma:

1

ma2ω2U(9/8 + δξ, δϑ) =

=27

8+ 3δξ − 4

(81

64+ δξ2 +

9

4δξ)

+ 6(9

8+ δξ

)cos δϑ+

9

4cos δϑ+

9

2sin2δϑ =

Stefano Siboni 4526


=27

8+ 3δξ − 81

16− 9δξ − 4δξ2 +

27

4cos δϑ+ 6δξ cos δϑ+

9

4cos δϑ+

9

2sin2δϑ =

= −27

16− 6δξ − 4δξ2 + 6δξ cos δϑ+ 9 cos δϑ+

9

2sin2δϑ =

= −27

16− 6δξ − 4δξ2 + 6δξ

(1− 2 sin2 δϑ

2

)+ 9(

1− 2 sin2 δϑ

2

)+ 18sin2 δϑ

2cos2 δϑ

2=

= −27

16− 4δξ2 − 12δξ sin2 δϑ

2+ 9− 18 sin2 δϑ

2+ 18 sin2 δϑ

2− 18 sin4 δϑ

2=

=117

16− 4(δξ2 + 3δξ sin2 δϑ

2

)− 18 sin4 δϑ

2=

=117

16− 4(δξ2 + 3δξ sin2 δϑ

2+

9

4sin4 δϑ

2

)+ 9 sin4 δϑ

2− 18 sin4 δϑ

2=

=117

16− 4(δξ +

3

2sin2 δϑ

2

)2

− 9 sin4 δϑ

2,

dalla quale si deduce chiaramente che l’equilibrio (δξ, δϑ) = (0, 0) rappresenta unmassimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita asintotica segue dalla formaforte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

Vale la pena di sottolineare come i risultati precedenti appaiano ragionevoli dal punto divista fisico: si prevede infatti la stabilita (asintotica) dell’equilibrio quando il parametrog/aω2 e sufficientemente grande, per cui le forze gravitazionali risultano in qualche modopredominanti rispetto a quelle centrifughe.


2aω2− 3

4, π)

Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale e ancora diagonale:

HU

( g

2aω2− 3

4, π)

= ma2ω2

−8 0

06g

aω2+

9

2

ma con autovalori sempre di segno opposto. La presenza di un autovalore positivo e-sclude che l’equilibrio sia un massimo relativo proprio del potenziale e ne implica perciol’instabilita per il teorema forte di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (ξ, ϑ) =( 3g

2aω2, ϑ?)

per 4g/3aω2 < 1

In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale assume la forma non diagonale:

HU

( 3g

2aω2, ϑ?)

= ma2ω2

−8 − 6 sinϑ?

−6 sinϑ? − 9g

aω2cosϑ? − 3g

aω2cosϑ? + 9(cos2ϑ? − sin2ϑ?)

Stefano Siboni 4527


dove, essendo ϑ? = arccos(4g/3aω2), l’elemento comune alla seconda riga e alla secondacolonna si semplifica in:

− 9g

aω2cosϑ? − 3g

aω2cosϑ? + 9(cos2ϑ? − sin2ϑ?) =

= − 12g

aω2cosϑ? + 9(cos2ϑ? − sin2ϑ?) = −9 cos2ϑ? + 9(cos2ϑ? − sin2ϑ?) = −9 sin2ϑ?

e conduce percio alla piu compatta espressione:

HU

( 3g

2aω2, ϑ?)

= ma2ω2

(−8 −6 sinϑ?

−6 sinϑ? −9 sin2ϑ?


trHU

( 3g

2aω2, ϑ?)

= ma2ω2(−8− 9 sin2ϑ?) < 0


detHU

( 3g

2aω2, ϑ?)

= (ma2ω2)2 36 sin2ϑ? > 0

in quanto ϑ? ∈ (0, π/2). I segni assunti da determinante e traccia assicurano che la matriceabbia entrambi gli autovalori negativi, per cui l’equilibrio viene riconosciuto come massimorelativo proprio del potenziale. La stabilita asintotica segue dal teorema forte di Lagrange-Dirichlet.


2aω2,−ϑ?

)per 4g/3aω2 < 1

Le proprieta di stabilita di questo equilibrio sono uguali a quelle gia individuate perl’equilibrio simmetrico precedente. Per convincersene non e necessario eseguire alcun cal-colo, ma basta osservare che il potenziale U del sistema risulta invariante sotto la trasfor-mazione (ξ, ϑ) ∈ R2 → (ξ,−ϑ) ∈ R2 delle coordinate generalizzate:

U(ξ, ϑ) = U(ξ,−ϑ) , ∀ (ξ, ϑ) ∈ R2 ,

proprieta peraltro ovvia dal punto di vista fisico (il sistema appare simmetrico rispettoall’asse Oy). In effetti, la matrice hessiana differisce da quella calcolata in precedenza peril segno degli elementi non diagonali:

HU

( 3g

2aω2,−ϑ?

)= ma2ω2

(−8 6 sinϑ?

6 sinϑ? −9 sin2ϑ?

)ed ammette esattamente la stessa traccia negativa e lo stesso determinante positivo.

Stefano Siboni 4528


(c) Energia cinetica relativa a OxyzEnergia cinetica del punto materiale PIl punto P , come gia osservato, e individuato dal vettore posizione P − O = −4aξe2 e diconseguenza la sua velocita relativa a Oxyz si scrive:

P = −4aξe2 .

L’energia cinetica corrispondente, relativa a Oxyz, diventa percio:

TP =m

2P 2 =

m

2| − 4aξe2|2 = 8ma2ξ2 .

Energia cinetica del disco omogeneo DIl baricentro del disco circolare omogeneo coincide con il suo centro C, di vettore posizione:

C −O = 3a(sinϑe1 − cosϑe2)

e velocita istantanea, relativa a Oxyz:

C = 3a(cosϑe1 + sinϑe2)ϑ ,


C2 = 9a2∣∣cosϑe1 + sinϑe2

∣∣2ϑ2 = 9a2ϑ2 .

Ricordando che il momento d’inerzia del disco omogeneo, di massa m e raggio a, rispettoall’asse baricentrale Cz ortogonale al piano di giacitura vale IDCz = ma2/2 e che la velocitaangolare istantanea del disco vincolato a scorrere lungo il bordo interno della guida circolareγ di raggio 4a si scrive per mezzo della nota formula:

~ωD = −(4a

a− 1)ϑe3 = −3ϑe3 ,

l’energia cinetica del disco e data dal teorema di Konig:

TD =m

2C2+

1


m

29a2ϑ2+

1

2

ma2

2

∣∣−3ϑe3

∣∣2 =9

2ma2ϑ2+

9

4ma2ϑ2 =

27

4ma2ϑ2.

Energia cinetica del sistemaL’energia cinetica del sistema relativa al riferimento Oxyz e, per definizione, la sommadelle energie cinetiche delle parti costituenti, calcolate rispetto alla stessa terna:

T = TP + TD = 8ma2ξ2 +27

4ma2ϑ2 .

Come vuole la teoria generale dei sistemi scleronomi, l’energia cinetica e una forma quadra-tica definita positiva delle velocita generalizzate ξ, ϑ:

T = 8ma2ξ2 +27

4ma2ϑ2 =

1

2(ξ ϑ) A(ξ, ϑ)

(ξϑ



con matrice rappresentativa reale simmetrica e, del pari, definita positiva:

A(ξ, ϑ) = ma2

(16 00 27/2

),

come e immediato verificare dal segno positivo degli elementi diagonali (nonche autovalori).Questa matrice tornera utile nel successivo studio delle piccole oscillazioni attorno ad unequilibrio stabile in assenza di sollecitazioni dissipative.

(d) Equazioni pure del motoL’ipotesi dei vincoli ideali autorizza a identificare le equazioni pure del moto del sistemacon le equazioni di Lagrange:

d

dt

(∂L∂ξ

)− ∂L

∂ξ= Dξ

d

dt

(∂L∂ϑ

)− ∂L

∂ϑ= Dϑ

in cui figurano la lagrangiana L = T + U :

L = 8ma2ξ2+27

4ma2ϑ2+4mgaξ−4ma2ω2ξ2+6ma2ω2ξ cosϑ+3mga cosϑ+

9

2ma2ω2sin2ϑ

e le componenti (843.5) delle resistenze viscose Dξ e Dϑ. Per poter scrivere le equazioni informa esplicita occorre calcolare preliminarmente i singoli termini dei binomi di Lagrangea primo membro:

∂L

∂ξ= 16ma2ξ =⇒ d

dt

(∂L∂ξ

)= 16ma2ξ

∂L

∂ξ= 4mga− 8ma2ω2ξ + 6ma2ω2 cosϑ

∂L

∂ϑ=

27

2ma2ϑ =⇒ d

dt

(∂L∂ϑ

)=

27

2ma2ϑ

∂L

∂ϑ= −6ma2ω2ξ sinϑ− 3mga sinϑ+ 9ma2ω2 sinϑ cosϑ

in modo che risulta: 16ma2ξ − 4mga+ 8ma2ω2ξ − 6ma2ω2 cosϑ = −16βa2ξ

27

2ma2ϑ+ 6ma2ω2ξ sinϑ+ 3mga sinϑ− 9ma2ω2 sinϑ cosϑ = −9βa2ϑ .

(e) Modi normali delle piccole oscillazioni per β = 0Per β = 0 gli equilibri rimangono invariati, non essendo comunque influenzati dalle forzedissipative. L’equilibrio (ξ, ϑ) = (g/2aω2 + 3/4, 0) e stabile (ma non asintoticamente) per4g/3aω2 ≥ 1, in forza del teorema di Lagrange-Dirichlet, mentre la sua instabilita segue dalteorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet per 4g/3aω2 < 1. Lo stesso teoremadi inversione parziale assicura l’instabilita dell’equilibrio (ξ, ϑ) = (g/2aω2 − 3/4, π). Gli

Stefano Siboni 4530


equilibri asimmetrici (ξ, ϑ) = (3g/2aω2, ϑ?) e (ξ, ϑ) = (3g/2aω2,−ϑ?) sono infine stabiliper Lagrange-Dirichlet in quanto massimi relativi propri del potenziale. Per lo studio dellepiccole oscillazioni si puo quindi scegliere l’equilibrio (ξ, ϑ) = (g/2aω2 +3/4, 0) nel caso sia4g/3aω2 > 1, allorquando la relativa matrice hessiana del potenziale e definita negativa erende quindi possibile applicare la teoria canonica delle piccole oscillazioni.

Equazione delle pulsazioni normali delle piccole oscillazioniL’equazione che definisce le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni si ricava eguagliandoa zero il determinante della matrice

Ω2A( g

2aω2+

3

4, 0)

+HU

( g

2aω2+

3

4, 0)

=

=ma2Ω2

(16 00 27/2

)+ma2ω2

−8 0

0 −9

2

( 4g

3aω2− 1)

ed omessi i fattori comuni ma2 e quindi data da:

0 =

∣∣∣∣∣∣16Ω2 − 8ω2 0

027

2Ω2 − 9

2

( 4g

3aω2− 1)ω2

∣∣∣∣∣∣ =(16Ω2 − 8ω2

)[27

2Ω2 − 9

2

( 4g

3aω2− 1)ω2

].

Pulsazioni normaliL’equazione delle pulsazioni normali puo essere scritta nella forma fattorizzata equivalente:(

Ω2 − 1

2ω2)[

Ω2 − 1

3

( 4g

3aω2− 1)ω2

]= 0

e va risolta in Ω > 0. Ne seguono una pulsazione normale dipendente solo dalla velocitaangolare di trascinamento ω:

Ω1 =ω√2

e una funzione anche del parametro d’ordine adimensionale g/aω2:

Ω2 =ω√3

√4g

3aω2− 1 .

Modi normali delle piccole oscillazioniLa procedura standard per ricavare i modi normali delle piccole oscillazioni attorno all’equi-librio considerato consiste nel risolvere l’equazione per le ampiezze, lineare ed omogenea.In questo caso, tuttavia, risulta molto piu semplice scrivere le equazioni delle piccole oscil-lazioni e risolverle direttamente. Posto ξ = g/2aω2 + 3/4 + δξ e ϑ = δϑ, le equazioni dellepiccole oscillazioni sono infatti:

A( g

2aω2+

3

4, 0)(

δξδϑ

)−HU

( g

2aω2+

3

4, 0)(

δξδϑ

)= 0

Stefano Siboni 4531


ossia:

ma2

(16 00 27/2

)(δξδϑ

)−ma2ω2

−8 0

0 −9

2

( 4g

3aω2− 1)( δξ

δϑ

)= 0

ed infine, eseguendo i prodotti e separando le componenti:16ma2δξ + 8ma2ω2δξ = 0

27

2ma2δϑ+ma2ω2 9

2

( 4g

3aω2− 1)δϑ = 0

che costituiscono un sistema di equazioni differenziali lineari omogenee disaccoppiate, laprima nel piccolo spostamento lineare δξ del punto P e la seconda nel piccolo spostamentoangolare δϑ del disco D. Ciascuna di esse descrive un oscillatore armonico unidimensionale,di pulsazioni rispettive Ω1 e Ω2. δξ e δϑ sono anche le coordinate normali delle piccoleoscillazioni. Nel primo modo normale δξ segue un generico moto armonico semplice dipulsazione Ω1, mentre δϑ rimane fissato a zero:(

δξδϑ

)=

(A1 cos(Ω1t+ ϕ1)

0

)∀ t ∈ R ,

con A1 6= 0 e ϕ1 ∈ R costanti reali arbitrarie. Per il secondo modo normale e invece δξ amantenersi costantemente nullo, mentre δϑ esegue un qualsiasi moto armonico semplice dipulsazione Ω2: (

δξδϑ

)=

(0

A2 cos(Ω2t+ ϕ2)

)∀ t ∈ R ,

con ampiezza non nulla A2 e fase ϕ2 reali arbitrarie.

Esercizio 844. Geometria delle masse ed energia cinetica di un corpo rigidoDisposta nel piano Oxy di una terna solidaleOxyz = Oe1e2e3 come mostrato in figura, siconsidera la piastra rigida L ottenuta rimuo-vendo una porzione quadrata T di lato a dauna piastra quadrata Q di lato 2a e densita:

σ(x, y) =µ

a3(x+ y) , ∀ (x, y) ∈ Q ,

dove µ e una massa caratteristica costante.Determinare della piastra L:

(a) la massa e la posizione del baricentro ri-spetto a Oxyz;


(c) una terna principale e i momenti princi-pali d’inerzia in O;

Stefano Siboni 4532


(d) il momento d’inerzia relativo alla retta x = 2a nel piano Oxy;

(e) l’energia cinetica relativa ad un riferimento assoluto dove la velocita angolare istanta-nea vale ~ω = ωe3, con ω > 0, e O = aωe2.

Soluzione

(a) Massa e baricentro

Massa della piastra completa QLa massa della piastra originale Q viene ricavata dalla definzione, integrando la densitaareale σ sul quadrato (x, y) ∈ [0, 2a]2 rispetto alle variabili cartesiane x e y:

mQ =

∫Q

σ dA =

2a∫0

dx

2a∫0

dyµ

a3(x+ y) =

µ

a3

2a∫0

dx

[xy +

y2

2

]2a

y=0

=

=µ

a3

2a∫0

(2ax+ 2a2) dx =µ

a3

[ax2 + 2a2x

]2a0

=µ

a3(4a3 + 4a3) = 8µ .

Massa della piastra asportata TIn modo analogo, la massa della piastra T, ritagliata e rimossa dalla piastra originale Qper ottenere la piastra L, viene determinata mediante l’integrazione della densita σ(x, y)sul dominio quadrato (x, y) ∈ [a, 2a]2 del piano Oxy, e risulta:

mT =

∫T

σ dA =

2a∫a

dx

2a∫a

dyµ

a3(x+ y) =

µ

a3

2a∫a

dx

[xy +

y2

2

]2a

y=a

=

=µ

a3

2a∫a

(xa+

3

2a2)dx =

µ

a3

[ax2

2+

3

2a2x

]2a

a

=µ

a3

(a

3

2a2 +

3

2a2a)

= 3µ .

Massa della piastra LPoiche la spezzata di intersezione fra le piastre L e T ha chiaramente area nulla e quindi nonfornisce alcun contributo agli integrali di superficie, la massa di L si ricava come semplicedifferenza fra la massa di Q e quella di T:

mL = mQ −mT = 8µ− 3µ = 5µ .

Baricentro della piastra completa QLa piastra Q presenta un ovvio asse di simmetria identificabile con la bisettrice y = x del Ie III quadrante nel piano di giacitura Oxy, come e evidente dalla collocazione geometricadel dominio quadrato di lato 2a e dalla proprieta di invarianza σ(x, y) = σ(y, x) delladella densita areale sotto la trasformazione (x, y) ∈ R → (y, x) ∈ R2 che rappresentaprecisamente la simmetria rispetto alla predetta bisettrice. Il baricentro GQ giace dunque

Stefano Siboni 4533


lungo lo stesso asse di simmetria, ed e individuato da un vettore posizione della formaGQ = xQGe1 + xQGe2, con ascissa data dalla definizione:

xQG =1

mQ

∫Q

xσ dA =1

8µ

2a∫0

dx

2a∫0

dy xµ

a3(x+ y) =

1

8a3

2a∫0

dx

2a∫0

dy (x2 + xy) =

=1

8a3

2a∫0

dx

[x2y + x

y2

2

]2a

y=0

=1

8a3

2a∫0

(2ax2 + 2a2x) dx =

=1

8a3

[2ax3

3+ a2x2

]2a

0

=1

8a3

(16

3a4 + 4a4

)=

1

8

28

3a =

7

6a .

Baricentro della piastra rimossa TLa stessa retta y = x costituisce un asse di simmetria anche per la piastra T, per le stesseragioni considerate relativamente alla piastra completa Q. Il relativo baricentro GT hadunque un vettore posizione del tipo GT = xTGe1 + xTGe2, con ascissa:

xTG =1

mT

∫T

xσ dA =1

3µ

2a∫a

dx

2a∫a

dy xµ

a3(x+ y) =

1

3a3

2a∫a

dx

2a∫a

dy (x2 + xy) =

=1

3a3

2a∫a

dx

[x2y + x

y2

2

]2a

y=a

=1

3a3

2a∫a

(x2a+ x

3

2a2)dx =

=1

3a3

[ax3

3+

3

2a2x

2

2

]2a

a

=1

3a3

(a

7

3a3 +

3

2a2 3a2

2

)=

a

3

(7

3+

9

4

)=

55

36a .

Baricentro della piastra LLe considerazioni precedenti portano a concludere che anche per la piastra L la bisettricey = x rappresenta un asse di simmetria, lungo il quale il baricentro GL deve necessaria-mente collocarsi. Si ha cosı un vettore posizione della forma:

GL −O = xLGe1 + xLGe2

di cui e necessario determinare la sola ascissa xLG. A questo scopo conviene senz’altroscrivere la componente lungo e1 della formula distributiva:

mL xLG +mT x

TG = mQ x

QG ,

ovvero, sostituendo i valori precedentemente calcolati delle masse e delle ascisse xTG, xQG:

5µxLG + 3µ55

36a = 8µ

7

6a

Stefano Siboni 4534


per cui:

5µxLG =56

6µa− 55

12µa =

112− 55

12µa =

57

12µa =

19

4µa

ed infine:

xLG =1

5µ

19

4µa =

19

20a .

In definitiva, il vettore posizione del baricentro rispetto a Oxyz della piastra L risulta:

GL −O =19

20ae1 +

19

20ae2 .

(b) Matrice d’inerzia in Oxyz

Seguendo lo stesso approccio precedente, la matrice d’inerzia in Oxyz della piastra L sipuo esprimere come differenza delle matrici d’inerzia, relative alla medesima terna, dellapiastra completa Q e di quella rimossa T:

[LLO] = [LQ

O]− [LTO] .

Tutte e tre le piastre presentano un ovvio piano di simmetria — quello di giacitura Oxy —e in tale piano l’asse di simmetria y = x, gia riconosciuto in precedenza. Di conseguenza,le matrici d’inerzia delle tre piastre hanno tutte la struttura seguente:

[LO] =

Lxx Lxy 0Lxy Lxx 0

0 0 2Lxx

con uguali momenti d’inerzia relativi agli assi Ox e Oy, visto che dall’uso si passa all’altrocon un semplice scambio delle variabili di integrazione x e y, i prodotti d’inerzia di coordi-nata z nulli e il momento d’inerzia relativo ad Oz pari alla somma dei momenti d’inerziarelativi a Ox e Oy. Si tratta dunque di calcolare, per ciascuna della piastre Q e T, ilmomento Lxx e il prodotto d’inerzia Lxy, ricavando poi per differenza i relativi elementidella matrice d’inerzia [LL

O]. Il momento d’inerzia di Q rispetto all’asse Ox si scrive:

LQxx =

∫Q

y2σ dA =

2a∫0

dx

2a∫0

dy y2 µ

a3(x+ y) =

µ

a3

2a∫0

dx

2a∫0

dy (xy2 + y3) =

=µ

a3

2a∫0

dx

[xy3

3+y4

4

]2a

y=0

=µ

a3

2a∫0

(8

3a3x+ 4a4

)dx =

=µ

a3

[4

3a3x2 + 4a4x

]2a

0

=µ

a3

(16

3a5 + 8a5

)=

40

3µa2 ,

Stefano Siboni 4535


mentre quello della piastra T vale:

LTxx =

∫T

y2σ dA =

2a∫a

dx

2a∫a

dy y2 µ

a3(x+ y) =

µ

a3

2a∫a

dx

2a∫a

dy (xy2 + y3) =

=µ

a3

2a∫a

dx

[xy3

3+y4

4

]2a

y=a

=µ

a3

2a∫a

(x

7

3a3 +

15

4a4)dx =

=µ

a3

[7

6a3x2 +

15

4a4x

]2a

a

=µ

a3

(7

6a33a2 +

15

4a4a)

= µa2(7

2+

15

4

)=

29

4µa2 ,

sicche per la piastra L risulta:

LLxx = LQ

xx − LTxx =

40

3µa2 − 29

4µa2 =

(40

3− 29

4

)µa2 =

160− 87

12µa2 =

73

12µa2.

Analogamente, l’unico prodotto d’inerzia non banale della piastra Q risulta:

LQxy = −

∫Q

xy σ dA = −2a∫

0

dx

2a∫0

dy xyµ

a3(x+ y) = − µ

a3

2a∫0

dx

2a∫0

dy (x2y + xy2) =

= − µ

a3

2a∫0

dx

[x2 y

2

2+ x

y3

3

]2a

y=0

= − µ

a3

2a∫0

(x22a2+ x

8a3

3

)dx = − µ

a3

[x3

32a2+ x2 4a3

3

]2a

0

=

= − µ

a3

(8

3a32a2 + 4a2 4

3a3)

= −µa2(16

3+

16

3

)= −32

3µa2

e quello della piastra T e dato da:

LTxy = −

∫T

xy σ dA = −2a∫a

dx

2a∫a

dy xyµ

a3(x+ y) = − µ

a3

2a∫a

dx

2a∫a

dy (x2y + xy2) =

= − µ

a3

2a∫a

dx

[x2 y

2

2+ x

y3

3

]2a

y=a

= − µ

a3

2a∫a

(x2 3a2

2+ x

7a3

3

)dx =

= − µ

a3

[a2

2x3 +

7

6a3x2

]2a

a

= − µ

a3

(a2

27a3 +

7

6a33a2

)= −µa2

(7

2+

7

2

)= −7µa2

in modo che per la piastra L si ha:

LLxy = LQ

xy − LTxy = −32

3µa2 + 7µa2 = −11

3µa2 .

Stefano Siboni 4536


Raccogliendo i risultati precedenti, si perviene cosı alla matrice d’inerzia richiesta:

[LLO] = µa2

73/12 −11/3 0

−11/3 73/12 0

0 0 73/6

.(c) Terna principale e momenti principali d’inerzia in OTerna principale d’inerzia in OPer individuare una terna principale d’inerzia in O del sistema non si rende necessario alcuncalcolo, ma basta fare riferimento alle proprieta di simmetria della piastra L gia descrittein precedenza. Il piano di simmetria Oxy costituisce un piano principale d’inerzia in O,e conseguentemente l’asse Oz e un asse principale d’inerzia nello stesso punto. In modoanalogo, l’asse di simmetria y = x passa per l’origine e fornisce quindi un ulteriore asseprincipale d’inerzia in O, ortogonale al precedente. Per completare la terna principale,non rimane che ricorrere al teorema spettrale, che assicura l’esistenza di almeno una ternaprincipale d’inerzia in O, cartesiana e ortogonale. L’asse residuo viene dunque identificatocon la bisettrice y = −x del II e IV quadrante nel piano di giacitura Oxy. I vettori non nullitangenti a questi assi principali sono, per definizione, autovettori dell’operatore d’inerziain O della piastra.

Momenti principali d’inerzia in OIn questo caso la determinazione dei momenti principali d’inerzia in O del sistema nonrichiede la soluzione del problema agli autovalori per la matrice d’inerzia [LO]; e sufficientesfruttare la terna principale d’inerzia gia individuata in base alle considerazioni di simme-tria. I tre assi principali d’inerzia in O sono infatti specificati rispettivamente dai versoritangenti:

n1 =e1 + e2√

2per la bisettrice y = x

n2 =e1 − e2√

2per la bisettrice y = −x

n3 = e3 per l’asse x = 0, y = 0 .

I relativi momenti principali d’inerzia si ricavano usando la matrice d’inerzia [LO] calcolatarispetto alla stessa terna Oxyz = Oe1e2e3:

A1 = n1 · LO(n1) =1

2(1 1 0) [LO]

110

=1

2

(LLxx + LL

xx + 2LLxy

)=

=1

2µa2

[73

12+

73

12+ 2(−11

3

)]=

1

2µa2(73

6− 22

3

)=

29

12µa2

A2 = n2 · LO(n2) =1

2(1 − 1 0) [LO]

1−10

=1

2

(LLxx + LL

xx − 2LLxy

)=

=1

2µa2

[73

12+

73

12− 2(−11

3

)]=

1

2µa2(73

6+

22

3

)=

117

12µa2 =

39

4µa2

Stefano Siboni 4537


A3 = n3 · LO(n3) = e3 · LO(e3) = LLzz =

73

6µa2 .

Riassumendo, i momenti principali richiesti sono dati da:

A1 =29

12µa2 A2 =

39

4µa2 A3 =

73

6µa2

e soddisfano, come ci si deve aspettare, la condizione A3 = A1 +A2.

(d) Momento d’inerzia relativo alla retta x = 2aIndicata con r la retta di equazione x = 2a nel piano Oxy, si puo applicare il teorema diHuygens-Steiner alle rette parallele r e GLy, e scrivere:

Ir = IGLy +mL(2a− xLG)2 (844.1)

essendo 2a − xLG la distanza fra le due rette in parola ed mL la massa della piastra. Inmodo analogo, per le rette parallele Oy e GLy lo stesso teorema di Huygens-Steiner porgela relazione:

IOy = IGLy +mL(xLG)2

che risolta in IGLy e sostituita nella precedente espressione (844.1) conduce alla formulaesplicita:

Ir = IOy −mL(xLG)2 +mL(2a− xLG)2 =

= IOy +mL(4a2 − 4axLG) = ILxx + 4mLa(a− xLG) .

Non rimane che sostituire i valori gia calcolati:

ILxx =73

12µa2 mL = 5µ xLG =

19

20a ,

per ottenere il momento d’inerzia richiesto:

Ir =73

12µa2 + 4 · 5µa

(a− 19

20a)

=73

12µa2 + µa2 =

85

12µa2

(e) Energia cinetica relativa alla terna assolutaLa terna assoluta rispetto alla quale si vuole determinare l’energia cinetica della piastraviene indicata con S. Sia S′ una terna di riferimento ausiliaria di origine O e in motopuramente traslatorio rispetto ad S. Il teorema di Konig porge allora l’espressione:

T =mL

2O2 +mLO · G′L + T ′, (844.2)

dove G′L e T ′ indicano rispettivamente la velocita del baricentro GL e l’energia cinetica dellapiastra relative ad S′. Data la natura traslatoria del moto di trascinamento, la velocitaangolare ~ω = ωe3 della piastra L rispetto ad S coincide con quella di L relativa ad S′.

Stefano Siboni 4538


D’altra parte, il moto di L rispetto ad S′ e evidentemente rigido con punto fisso O, percui la formula di Poisson porge:

G′L = ~ω ∧ (GL −O) = ωe3 ∧(19

20ae1 +

19

20ae2

)=

19

20aω(−e1 + e2) ,

per cui:

mLO · G′L = 5µaωe2 ·19

20aω(−e1 + e2) =

19

4µa2ω2 ,

mentre l’energia cinetica T ′ diventa:

T ′ =1

2~ω ·LO(~ω) =

1

2ωe3 ·LO(ωe3) =

ω2

2e3 ·LO(e3) =

ω2

2LLzz =

ω2

2

73

6µa2 =

73

12µa2ω2.

Sostituendo in (844.2) si ottiene infine l’energia cinetica di L rispetto alla terna assolutaS:

T =5µ

2

∣∣aωe2

∣∣2 +19

4µa2ω2 +

73

12µa2ω2 =

(5

2+

19

4+

73

12

)µa2ω2 =

=30 + 57 + 73

12µa2ω2 =

160

12µa2ω2 =

40

3µa2ω2 .


Nel piano Oxy di una terna cartesiana orto-gonale inerziale Oxyz = Oe1e2e3, con l’asseOy diretto verticalmente verso l’alto, un’astarettilinea omogenea OA, di massa m e lun-ghezza a, ruota con punto fisso O. Una se-conda asta BC, uguale alla precedente, e li-bera di scorrere lungo la prima, con l’estremoB collegato all’origine O mediante una mollaideale di costante elastica k. Il sistema e pe-sante e a vincoli ideali. Si usino i parametriadimensionali ϑ ∈ R e s ∈ [−1, 1] illustrati infigura per determinare del sistema:

(a) gli equilibri ordinari, sottolineandone le condizioni di esistenza;



(d) le equazioni pure del moto, precisando se esistono moti non costanti per i quali e ϑ = 0costante e, in caso affermativo, specificando la natura di tali moti;

(e) gli equilibri di confine, con le relative condizioni di esistenza.

Soluzione(a) Equilibri ordinariIl sistema e scleronomo e a vincoli unilaterali ideali, soggetto a sollecitazioni posizion-ali conservative. Gli equilibri ordinari vengono determinati annullando il gradiente del

Stefano Siboni 4539


potenziale del sistema, somma dei potenziali di tutte le forze applicate. Si tratta quindidi calcolare il potenziale delle forze conservative, il peso e l’interazione elastica prodottadalla molla OB.

Forze pesoLe aste OA e BC sono entrambe omogenee, di lunghezza a e massa m; i loro baricentririspettivi GOA e GBC corrispondono ai relativi punti medi e vengono individuati per mezzodei vettori posizione:

GOA −O =A−O

2=

a

2sinϑe1 −

a

2cosϑe2

GBC −O = B −O +C −B

2= a

(s+

1

2

)sinϑe1 − a

(s+

1

2

)cosϑe2 .

Il potenziale delle forze peso e la somma dei potenziali gravitazionali delle due aste:

Ug = UOAg + UBCg = −mge2 · (GOA −O)−mge2 · (GBC −O) =

=mga

2cosϑ+mga

(s+

1

2

)cosϑ = mga(s+ 1) cosϑ .

Forze elasticheLe forze elastiche associate alla molla ideale che collega i punti O e B sono caratterizzatedal potenziale:

Uel = −k2|B −O|2 = −ka

2

2s2 .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e dato dalla somma dei potenziali gravitazionale ed elastico:

U(s, ϑ) = Ug + Uel = mga(s+ 1) cosϑ− ka2

2s2

e va inteso come funzione nella striscia chiusa (s, ϑ) ∈ [−1, 1]× R di R2.

Equazioni di equilibrioGli equilibri ordinari del sistema si identificano con i punti critici del potenziale U nell’inter-no del suo dominio di definizione e si ottengono percio uguagliando simultaneamente a zerole derivate parziali prime:

∂U

∂s(s, ϑ) = mga cosϑ− ka2s

∂U

∂ϑ(s, ϑ) = −mga(s+ 1) sinϑ

ovvero risolvendo il sistema di equazioni:mga cosϑ− ka2s = 0

−mga(s+ 1) sinϑ = 0(s, ϑ) ∈ (−1, 1)× R . (845.1)

Stefano Siboni 4540


EquilibriNella seconda delle equazioni di equilibrio (845.1) non puo aversi s + 1 = 0, per cuil’equazione si riduce a:

sinϑ = 0

ed ammette le due soluzioni fisicamente distinte:

ϑ = 0 ϑ = π ,

definite incondizionatamente. Sostituiti questi valori nella prima equazione (845.1) si rica-vano i rispettivi valori di equilibrio di s:

s =mg

kas = −mg

ka,

soggetti pero alla restrizione s ∈ (−1, 1). In definitiva, il sistema ammette due sole configu-razioni di equilibrio:

(s, ϑ) =(mgka

, 0)

(s, ϑ) =(−mgka

, π)

definite a condizione che sia mg/ka < 1. Si osservi che la condizione di esistenza e plausibiledal punto di vista fisico, perche corrisponde a richiedere che la tipica forza elastica kaprevalga sul peso mg dell’asta BC.

(b) Stabilita degli equilibriIl carattere scleronomo del sistema e la presenza di sole sollecitazioni posizionali conserva-tive autorizzano ad applicare il teorema di Lagrange-Dirichlet e la sua parziale inversioneper studiare le proprieta di stabilita degli equilibri. A questo scopo si devono calcolare lederivate parziali seconde del potenziale:

Uss(s, ϑ) = −ka2 Uϑs(s, ϑ) = −mga sinϑ

Usϑ(s, ϑ) = −mga sinϑ Uϑϑ(s, ϑ) = −mga(s+ 1) cosϑ

e le corrispondente matrice hessiana:

HU (s, ϑ) =

(−ka2 −mga sinϑ

−mga sinϑ −mga(s+ 1) cosϑ

)

per caratterizzare le proprieta spettrali di questa in ciascuna configurazione di equilibrio.

Configurazione (s, ϑ) = (mg/ka, 0), con mg/ka < 1In questo caso la matrice hessiana del potenziale assume la forma diagonale:

HU

(mgka

, 0)

=

−ka2 0

0 −mga(mgka

+ 1)

Stefano Siboni 4541


con entrambi gli autovalori negativi. Il carattere definito negativo della matrice consentedi riconoscere nel punto stazionario un massimo relativo proprio del potenziale, stabile peril teorema di Lagrange-Dirichlet. Si osservi che la conservazione dell’energia meccanicaesclude l’attrattivita, per cui l’equilibrio non puo essere asintoticamente stabile.

Configurazione (s, ϑ) = (−mg/ka, π), con mg/ka < 1Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale risulta ancora diagonale:

HU

(−mgka

, π)

=

−ka2 0

0 mga(−mgka

+ 1)

ma con autovalori di segno opposto. L’autovalore positivo mga(1 − mg/ka) implical’instabilita dell’equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

(c) Energia cineticaEnergia cinetica dell’asta OAL’asta OA, omogenea, di lunghezza a e massa m, si muove nel piano Oxy con asse fissoOz, e l’angolo di rotazione ϑ ne specifica completamente la posizione rispetto alla ternaOxyz. La sua energia cinetica e quindi data dalla formula:

TOA =1

2IOAOz

∣∣~ωOA∣∣2 =1

2

ma2

3

∣∣ϑe3

∣∣2 =ma2

6ϑ2 .

Energia cinetica dell’asta BCIn questo caso l’asta e priva di punti o assi fissi e la sua energia cinetica relativa a Oxyzdeve essere ricavata dalla formula di Konig:

TBC =m

2G2BC +

1

2IBCGBCz

∣∣~ωBC∣∣2 , (845.2)

dove il baricentro G e individuato dal vettore posizione:

GBC −O = a(s+

1

2

)sinϑe1 − a

(s+

1

2

)cosϑe2


GBC = a

[s sinϑ+

(s+

1

2

)cosϑϑ

]e1 + a

[−s cosϑ+

(s+

1

2

)sinϑϑ

]e2

di modulo quadrato:

G2BC = a2

[s2 +

(s+

1

2

)2

ϑ2

],

mentre il momento d’inerzia dell’asta rispetto all’asse baricentrale GBCz e la velocitaangolare istantanea sono rispettivamente espressi da:

IBCGBCz =ma2

12~ωBC = ϑe3 .

Stefano Siboni 4542


Sostituendo questi dati nella formula (845.2) si perviene al risultato richiesto:

TBC =ma2

2

[s2 +

(s+

1

2

)2

ϑ2

]+ma2

24ϑ2 .

Energia cinetica del sistemaPer determinare l’energia cinetica dell’intero sistema, rispetto alla terna Oxyz, non rimaneche sommare i contributi delle due aste:

T = TOA + TBC =ma2

6ϑ2 +

ma2

2

[s2 +

(s+

1

2

)2

ϑ2

]+ma2

24ϑ2 =

=ma2

2

[s2 +

[ 5

12+(s+

1

2

)2]ϑ2

]=

ma2

2

[s2 +

(s2 + s+

2

3

)ϑ2

].

(d) Equazioni pure del motoL’ipotesi dei vincoli ideali consente di identificare le equazioni pure del moto con quelle diLagrange:

d

dt

(∂L∂s

)− ∂L

∂s= 0

d

dt

(∂L∂ϑ

)− ∂L

∂ϑ= 0 (845.3)


L = T + U =ma2

2

[s2 +

(s2 + s+

2

3

)ϑ2

]− ka2

2s2 +mga(s+ 1) cosϑ .

Si devono calcolare in primo luogo i termini parziali dei binomi lagrangiani:

∂L

∂s= ma2s

d

dt

(∂L∂s

)= ma2s

∂L

∂s=

ma2

2(2s+ 1)ϑ2 − ka2s+mga cosϑ

∂L

∂ϑ= ma2

(s2 + s+

2

3

)ϑ

∂L

∂ϑ= −mga(s+ 1) sinϑ

d

dt

(∂L∂ϑ

)= ma2

(s2 + s+

2

3

)ϑ+ma2(2s+ 1)sϑ

che sostituiti nelle (845.3) forniscono le equazioni pure del moto richieste:ma2s− ma2

2(2s+ 1)ϑ2 + ka2s−mga cosϑ = 0

ma2(s2 + s+

2

3

)ϑ+ma2(2s+ 1)sϑ+mga(s+ 1) sinϑ = 0 .

(845.4)

Moti con ϑ = 0 costanteL’esistenza di moti con ϑ costante appare plausibile dal punto di vista fisico, perche talerequisito corrisponde ad una condizione di moto in cui entrambe le aste si dispongono

Stefano Siboni 4543


verticalmente lungo l’asse Oy, con OA in quiete e BC in movimento. In termini formalil’esistenza e evidente, perche la funzione ϑ(t) = 0 ∀ t ∈ R soddisfa identicamente la secondadelle equazioni (845.4), mentre la prima si riduce a:

ma2s+ ka2s−mga = 0 (845.5)

ed ammette ovviamente soluzione in quanto soddisfa i requisiti del teorema di esistenzaed unicita per il problema di Cauchy (equazione differenziale riducibile alla forma normalecon secondo membro di classe C1). In effetti, la natura dei moti in s si riconosce moltofacilmente introducendo il cambiamento di variabile s→ ξ definito da:

s =mg

ka+ ξ ,

dove ξ descrive lo spostamento del parametro s rispetto al suo valore di equilibrio mg/ka.L’equazione (845.5) diventa infatti:

ma2ξ + ka2ξ = 0

e semplificando il fattore comune a2 si identifica con l’equazione di un oscillatore armonicounidimensionale di massa m, costante elastica k ed elongazione ξ:

mξ + kξ = 0 .

(e) Equilibri di confine

Gli eventuali equilibri di confine possono essere individuati ricorrendo al teorema dei lavorivirtuali, dato il carattere ideale dei vincoli. Le configurazioni di confine corrispondono alledue rette che delimitano la striscia (s, ϑ) ∈ [−1, 1]× R, ossia:

(s, ϑ) = (−1, ϑo) , ϑo ∈ R e (s, ϑ) = (1, ϑo) , ϑo ∈ R

che conviene senz’altro esaminare separatamente. Nei calcoli che seguono figurano le com-ponenti generalizzate delle forze attive, di cui e anche opportuno richiamare l’espressione:

Qs(s, ϑ) =∂U

∂s(s, ϑ) = mga cosϑ−ka2s Qϑ(s, ϑ) =

∂U

∂ϑ(s, ϑ) = −mga(s+1) sinϑ .

Retta s = −1

Lungo questa porzione di frontiera la configurazione (s, ϑ) = (−1, ϑo), con ϑo ∈ R, e diequilibrio se e solo se risulta soddisfatta la condizione:

αsQs(−1, ϑo) + αϑQϑ(−1, ϑo) ≤ 0 ∀αs ≥ 0 , αϑ ∈ R ,

Stefano Siboni 4544


ossia la coppia di relazioni:

Qs(−1, ϑo) ≤ 0 e Qϑ(−1, ϑo) = 0 .

Si perviene cosı al sistema: mga cosϑo + ka2 ≤ 0

0 = 0

che equivale all’unica disequazione:

cosϑo ≤ −ka

mg.

Questa ammette soluzioni se e soltanto se ka/mg ≤ 1, soluzioni che possono scriversi nellaforma:

arccos(− kamg

)+ 2πn ≤ ϑo ≤ 2π − arccos

(− kamg

)+ 2πn ∀n ∈ Z ,

per quanto le configurazioni corrispondenti a diverse scelte dell’intero n siano fisicamenteindistinguibili.

Retta s = 1Lungo questo tratto di frontiera la configurazione (s, ϑ) = (1, ϑo), con ϑo ∈ R, e di equi-librio se e solo se vale la disequazione:

αsQs(1, ϑo) + αϑQϑ(1, ϑo) ≤ 0 ∀αs ≤ 0 , αϑ ∈ R

ovvero il sistema: Qs(1, ϑo) ≥ 0

Qϑ(1, ϑo) = 0

e quindi, esplicitando le componenti:mga cosϑo − ka2 ≥ 0

−2mga sinϑo = 0⇐⇒

cosϑo −

ka

mg≥ 0

sinϑo = 0 .

La seconda equazione porge due soli possibili valori di equilibrio della variabile angolare:

ϑo = 0 ϑo = π

il primo dei quali soddisfa la prima disequazione di equilibrio se e solo se:

1 ≥ ka

mg,

Stefano Siboni 4545


mentre per il secondo questa circostanza non ricorre mai:

−1− ka

mg≥ 0 .

Equilibri di confineRiassumendo, gli equilibri di confine sono definiti se e soltanto se ka/mg ≤ 1, e risultano:

(s, ϑ) = (−1, ϑo) , con ϑo ∈[arccos

(− kamg

), 2π − arccos

(− kamg

)], (845.6a)

(s, ϑ) = (1, 0) , (845.6b)

dove la variabile angolare si intende determinata a meno di un multiplo intero arbitrariodi 2π. Da sottolineare che questi equilibri sussistono proprio quando gli equilibri ordinarinon sono definiti, ossia quando la forza elastica caratteristica ka non eccede il peso mgdell’asta BC. Piu precisamente:

(i) nella configurazione (845.6b) entrambe le aste si dispongono lungo l’asse verticale Oy,con OA orientata verso il basso e BC collocata sotto di essa, in modo che gli estremiA e B risultino sovrapposti; appare evidente che questa configurazione puo costituireun equilibrio, dal momento che il punto B non puo spostarsi oltre A, ma soltanto sela forza elastica ka esercitata dalla molla su B non supera il peso mg dell’asta BC.In caso contrario l’asta BC e sollecitata a rientrare su OA, muovendosi verso l’alto;

(ii) nelle configurazioni (845.6a) le aste si dispongono simmetricamente rispetto all’origineO, con gli estremi O e C sovrapposti. Per realizzare l’equilibrio l’angolo di inclinazioneϑo deve essere maggiore di π/2, in quanto l’estremo C non puo scorrere oltre O. Ma altempo stesso, tuttavia, tale angolo deve anche risultare sufficientemente prossimo a π,perche in caso contrario la forza elastica sarebbe sufficiente a vincere la componentedel peso mg di BC lungo OA, determinando lo scivolamento “a rientrare” dell’astaBC sull’asta OA.

La figura seguente illustra i due casi discussi.

Stefano Siboni 4546


Esercizio 846. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoNel piano Oxy di una terna cartesiana ortogonale Oxyz = Oe1e2e3, avente l’asse Oydiretto verticalmente verso l’alto, un disco circolare omogeneo D, di massa m, centro C eraggio a, e vincolato a rotolare senza striscia-re lungo il bordo interno di una guida cir-colare fissa γ, di centro O e raggio 4a. Laterna ruota con velocita angolare costante ωattorno all’asse Oy rispetto ad un riferimentoinerziale. Lungo lo stesso asse scorre senzaattrito un punto materiale P di massa m,collegato a C da una molla ideale di costanteelastica k = mω2/2. Il sistema e pesante ea vincoli ideali. Usare i parametri adimen-sionali ϑ, ξ ∈ R in figura per determinare delsistema, rispetto alla terna Oxyz:

(a) gli equilibri;




(e) gli equilibri di confine nel caso sia ξ ≥ −2.

Soluzione

(a) Equilibri

Per determinare gli equilibri del sistema scleronomo, a vincoli bilaterali ideali, occorre cal-colare preliminarmente le componenti generalizzate di tutte le sollecitazioni attive appli-cate. Di queste, l’interazione elastica fra i punti C e P , il peso e le forze centrifughe dovutealla scelta del sistema di riferimento Oxyz hanno natura posizionale conservative e vannocaratterizzate per mezzo dei relativi potenziali; le forze di Coriolis, che certamente agisconosul sistema nella terna rotante Oxyz, hanno infine componenti generalizzate costantementenulle in quanto ortogonali al piano vincolare Oxy.

Potenziale gravitazionale

Il potenziale gravitazionale e la somma dei contributi relativi al punto P e al disco omo-geneo D:

Ug = −mge2 · (P −O)−mge2 · (C −O) ,

essendo:

P −O = −4aξe2 C −O = 3a(sinϑe1 − cosϑe2) ,


Ug = 4mgaξ + 3mga cosϑ . (846.1)

Stefano Siboni 4547


Potenziale elasticoIl potenziale elastico associato alla molla ideale di costante elastica k = mω2/2 e dato dallarelazione:

Uel = −k2|C − P |2 = −mω

2

4|C − P |2

con:

C − P = 3a(sinϑe1 − cosϑe2)− (−4aξe2) = 3a sinϑ e1 + a(4ξ − 3 cosϑ)e2

e quindi:

|C − P |2 = 9a2 sin2ϑ+ a2(16ξ2 + 9 cos2ϑ− 24ξ cosϑ) = a2(9 + 16ξ2 − 24ξ cosϑ)

per cui, omessa la costante additiva:

Uel = −ma2ω2

4(16ξ2 − 24ξ cosϑ) = ma2ω2(−4ξ2 + 6ξ cosϑ) . (846.2)

Potenziale centrifugoAl potenziale centrifugo contribuisce il solo disco D, dal momento che il punto P e vincolatoa muoversi proprio lungo l’asse di rotazione Oy della terna di riferimento. La relativaformula si scrive:

Ucf =ω2

2m[(C −O) · e1

]2=

ω2

2m[3a sinϑ

]2=

9

2ma2ω2sin2ϑ . (846.3)

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e la somma dei potenziali parziali, gravitazionale, elastico e cen-trifugo, calcolati in precedenza:

U(ξ, ϑ) = 4mgaξ + 3mga cosϑ+ma2ω2(−4ξ2 + 6ξ cosϑ) +9

2ma2ω2sin2ϑ =

= 4mgaξ − 4ma2ω2ξ2 + 6ma2ω2ξ cosϑ+ 3mga cosϑ+9

2ma2ω2sin2ϑ

e va considerato come funzione di (ξ, ϑ) ∈ R2.

Equazioni di equilibrioGli equilibri del sistema scleronomo a vincoli bilaterali ideali sono tutti ordinari e si identi-ficano con i punti stazionari del potenziale U(ξ, ϑ). Le equazioni di equilibrio si ottengonopercio calcolando le derivate parziali prime del potenziale rispetto ai parametri lagrangiani:

∂U

∂ξ(ξ, ϑ) = Uξ(ξ, ϑ) = 4mga− 8ma2ω2ξ + 6ma2ω2 cosϑ

∂U

∂ϑ(ξ, ϑ) = Uϑ(ξ, ϑ) = −6ma2ω2ξ sinϑ− 3mga sinϑ+ 9ma2ω2 sinϑ cosϑ

Stefano Siboni 4548


ed eguagliandole simultaneamente a zero: 4mga− 8ma2ω2ξ + 6ma2ω2 cosϑ = 0

−6ma2ω2ξ sinϑ− 3mga sinϑ+ 9ma2ω2 sinϑ cosϑ = 0 .

Adimensionalizzando, si perviene cosı alle equazioni di equilibrio:g

2aω2− ξ +

3

4cosϑ = 0

−ξ sinϑ− g

2aω2sinϑ+

3

2sinϑ cosϑ = 0 .

(846.4)

EquilibriLa prima delle equazioni (846.4) consente di ricavare il valore di equilibrio di ξ in funzionedi quello della variabile angolare ϑ:

ξ =g

2aω2+

3

4cosϑ . (846.5)

Sostituendo la relazione nella seconda delle equazioni (846.4), questa diventa un’equazionedella sola ϑ, dove e peraltro possibile raccogliere il fattore comune sinϑ:

sinϑ(− g

2aω2− 3

4cosϑ− g

2aω2+

3

2cosϑ

)= 0

e semplificare parzialmente alcuni termini:

sinϑ(− g

aω2+

3

4cosϑ

)= 0 . (846.6)

L’equazione ottenuta ammette soluzioni quando si annulla il fattore sinϑ o quello entroparentesi; conviene esaminare separatamente i due casi.

Per sinϑ = 0 si hanno le soluzioni fisicamente distinte:

ϑ = 0 ϑ = π

cui la (846.5) fa corrispondere i valori di equilibrio di ξ rispettivi:

ξ =g

2aω2+

3

4ξ =

g

2aω2− 3

4.

Ne seguono percio gli equilibri, sempre definiti:

(ξ, ϑ) =( g

2aω2+

3

4, 0)

(ξ, ϑ) =( g

2aω2− 3

4, π).

Stefano Siboni 4549


Per − g

aω2+

3

4cosϑ = 0 risulta invece:

cosϑ =4g

3aω2

e si deducono percio le soluzioni:

ϑ = arccos( 4g

3aω2

):= ϑ? ϑ = −ϑ?

definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia 4g/3aω2 < 1. Ricordandola (846.5), nella stessa ipotesi si ricavano cosı gli ulteriori equilibri:

(ξ, ϑ) =( g

2aω2+

3

4cosϑ?, ϑ?

)(ξ, ϑ) =

( g

2aω2+

3

4cosϑ?,−ϑ?

),

ossia:

(ξ, ϑ) =( 3g

2aω2, ϑ?)

(ξ, ϑ) =( 3g

2aω2,−ϑ?

).

(b) Stabilita degli equilibriIl sistema scleronomo e posizionale conservativo. Le proprieta di stabilita degli equilibripossono essere percio studiate facendo ricorso ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inver-sione parziale. Allo scopo, basta verificare la natura dei punti stazionari del potenzialefacendo uso della relativa matrice hessiana. Le derivate parziali seconde del potenziale siscrivono:

Uξξ(ξ, ϑ) = −8ma2ω2 Uϑξ(ξ, ϑ) = Uξϑ(ξ, ϑ) = −6ma2ω2 sinϑ

Uϑϑ(ξ, ϑ) = −6ma2ω2ξ cosϑ− 3mga cosϑ+ 9ma2ω2(cos2ϑ− sin2ϑ

)e porgono la matrice hessiana:

HU (ξ, ϑ) = ma2ω2

−8 − 6 sinϑ

−6 sinϑ −6ξ cosϑ− 3g

aω2cosϑ+ 9(cos2ϑ− sin2ϑ)

dei cui autovalori si deve stabilire il segno in ciascuna configurazione di equilibrio.


2aω2+

3

4, 0)

In questo caso la matrice hessiana del potenziale assume la forma diagonale:

HU

( g

2aω2+

3

4, 0)

= ma2ω2

−8 0

0 −6g

aω2+

9

2

= ma2ω2

−8 0

09

2

(1− 4g

3aω2

)

Stefano Siboni 4550


con un autovalore costante di segno negativo e uno di segno non definito, dipendente dalvalore del parametro d’ordine adimensionale g/aω2. Si rende cosı necessario distingueretre diversi casi:

(i) se 4g/3aω2 > 1 la matrice hessiana presenta entrambi gli autovalori di segno nega-tivo ed individua l’equilibrio come un massimo relativo proprio del potenziale, la cuistabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet;

(ii) per 4g/3aω2 < 1 la matrice hessiana del potenziale ha autovalori di segno opposto. Ilricorrere di un autovalore positivo implica l’instabilita della configurazione di equilibrioper il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

(iii) se infine 4g/3aω2 = 1 la matrice hessiana risulta semidefinita non definita negativa,ammettendo un autovalore negativo e uno nullo. La matrice non e sufficiente, dasola, ne a riconoscere ne ad escludere che l’equilibrio costituisca un massimo relativoproprio del potenziale, per cui occorre affidarsi ad uno sviluppo di Taylor di U di ordinesuperiore al secondo oppure ad una opportuna riscrittura della funzione potenziale.Nella fattispecie, in effetti, la configurazione di equilibrio si riduce a (ξ, ϑ) = (9/8, 0)ed il potenziale diventa:

U(ξ, ϑ) = ma2ω2( 4g

aω2ξ − 4ξ2 + 6ξ cosϑ+

3g

aω2cosϑ+

9

2sin2ϑ

)=

= ma2ω2(

3ξ − 4ξ2 + 6ξ cosϑ+9

4cosϑ+

9

2sin2ϑ

).

Per studiarne l’andamento attorno al punto critico conviene porre:

ξ =9

8+ δξ ϑ = δϑ

in modo da riscrivere il potenziale — debitamente adimensionalizzato — nella forma:

1

ma2ω2U(9/8 + δξ, δϑ) =

=27

8+ 3δξ − 4

(81

64+ δξ2 +

9

4δξ)

+ 6(9

8+ δξ

)cos δϑ+

9

4cos δϑ+

9

2sin2δϑ =

=27

8+ 3δξ − 81

16− 9δξ − 4δξ2 +

27

4cos δϑ+ 6δξ cos δϑ+

9

4cos δϑ+

9

2sin2δϑ =

= −27

16− 6δξ − 4δξ2 + 6δξ cos δϑ+ 9 cos δϑ+

9

2sin2δϑ =

= −27

16− 6δξ − 4δξ2 + 6δξ

(1− 2 sin2 δϑ

2

)+ 9(

1− 2 sin2 δϑ

2

)+ 18sin2 δϑ

2cos2 δϑ

2=

= −27

16− 4δξ2 − 12δξ sin2 δϑ

2+ 9− 18 sin2 δϑ

2+ 18 sin2 δϑ

2− 18 sin4 δϑ

2=

=117

16− 4(δξ2 + 3δξ sin2 δϑ

2

)− 18 sin4 δϑ

2=

=117

16− 4(δξ2 + 3δξ sin2 δϑ

2+

9

4sin4 δϑ

2

)+ 9 sin4 δϑ

2− 18 sin4 δϑ

2=

=117

16− 4(δξ +

3

2sin2 δϑ

2

)2

− 9 sin4 δϑ

2,

Stefano Siboni 4551


dalla quale si deduce chiaramente che l’equilibrio (δξ, δϑ) = (0, 0) rappresenta unmassimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Vale la pena di sottolineare come i risultati precedenti appaiano ragionevoli dal punto divista fisico: si prevede infatti la stabilita dell’equilibrio quando il parametro g/aω2 e suffi-cientemente grande, per cui le forze gravitazionali risultano in qualche modo predominantirispetto a quelle centrifughe.


2aω2− 3

4, π)

Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale e ancora diagonale:

HU

( g

2aω2− 3

4, π)

= ma2ω2

−8 0

06g

aω2+

9

2

ma con autovalori sempre di segno opposto. La presenza di un autovalore positivo comportal’instabilita dell’equilibrio in forza del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.


2aω2, ϑ?)

per 4g/3aω2 < 1

In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale assume la forma non diagonale:

HU

( 3g

2aω2, ϑ?)

= ma2ω2

−8 − 6 sinϑ?

−6 sinϑ? − 9g

aω2cosϑ? − 3g

aω2cosϑ? + 9(cos2ϑ? − sin2ϑ?)

dove, essendo ϑ? = arccos(4g/3aω2), l’elemento comune alla seconda riga e alla secondacolonna si semplifica in:

− 9g

aω2cosϑ? − 3g

aω2cosϑ? + 9(cos2ϑ? − sin2ϑ?) =

= − 12g

aω2cosϑ? + 9(cos2ϑ? − sin2ϑ?) = −9 cos2ϑ? + 9(cos2ϑ? − sin2ϑ?) = −9 sin2ϑ?

e conduce percio alla piu compatta espressione:

HU

( 3g

2aω2, ϑ?)

= ma2ω2

(−8 −6 sinϑ?

−6 sinϑ? −9 sin2ϑ?


trHU

( 3g

2aω2, ϑ?)

= ma2ω2(−8− 9 sin2ϑ?) < 0


detHU

( 3g

2aω2, ϑ?)

= (ma2ω2)2 36 sin2ϑ? > 0

Stefano Siboni 4552


in quanto ϑ? ∈ (0, π/2). I segni assunti da determinante e traccia assicurano che la matriceabbia entrambi gli autovalori negativi, per cui l’equilibrio viene riconosciuto come massimorelativo proprio del potenziale. La stabilita deriva dal teorema di Lagrange-Dirichlet.


2aω2,−ϑ?

)per 4g/3aω2 < 1

Le proprieta di stabilita di questo equilibrio sono uguali a quelle gia individuate perl’equilibrio simmetrico precedente. Per convincersene non e necessario eseguire alcun cal-colo, ma basta osservare che il potenziale U del sistema risulta invariante sotto la trasfor-mazione (ξ, ϑ) ∈ R2 → (ξ,−ϑ) ∈ R2 delle coordinate generalizzate:

U(ξ, ϑ) = U(ξ,−ϑ) , ∀ (ξ, ϑ) ∈ R2 ,

proprieta peraltro ovvia dal punto di vista fisico (il sistema appare simmetrico rispettoall’asse Oy). In effetti, la matrice hessiana differisce da quella calcolata in precedenza peril segno degli elementi non diagonali:

HU

( 3g

2aω2,−ϑ?

)= ma2ω2

(−8 6 sinϑ?

6 sinϑ? −9 sin2ϑ?

)ed ammette esattamente la stessa traccia negativa e lo stesso determinante positivo.

(c) Energia cinetica relativa a OxyzEnergia cinetica del punto materiale PIl punto P , come gia osservato, e individuato dal vettore posizione P − O = −4aξe2 e diconseguenza la sua velocita relativa a Oxyz si scrive:

P = −4aξe2 .

L’energia cinetica corrispondente, relativa a Oxyz, diventa percio:

TP =m

2P 2 =

m

2| − 4aξe2|2 = 8ma2ξ2 .

Energia cinetica del disco omogeneo DIl baricentro del disco circolare omogeneo coincide con il suo centro C, di vettore posizione:

C −O = 3a(sinϑe1 − cosϑe2)

e velocita istantanea, relativa a Oxyz:

C = 3a(cosϑe1 + sinϑe2)ϑ ,


C2 = 9a2∣∣cosϑe1 + sinϑe2

∣∣2ϑ2 = 9a2ϑ2 .

Ricordando che il momento d’inerzia del disco omogeneo, di massa m e raggio a, rispettoall’asse baricentrale Cz ortogonale al piano di giacitura vale IDCz = ma2/2 e che la velocitaangolare istantanea del disco vincolato a scorrere lungo il bordo interno della guida circolareγ di raggio 4a si scrive per mezzo della nota formula:

~ωD = −(4a

a− 1)ϑe3 = −3ϑe3 ,

l’energia cinetica del disco e data dal teorema di Konig:

TD =m

2C2+

1


m

29a2ϑ2+

1

2

ma2

2

∣∣−3ϑe3

∣∣2 =9

2ma2ϑ2+

9

4ma2ϑ2 =

27

4ma2ϑ2.

Stefano Siboni 4553


Energia cinetica del sistemaL’energia cinetica del sistema relativa al riferimento Oxyz e, per definizione, la sommadelle energie cinetiche delle parti costituenti, calcolate rispetto alla stessa terna:

T = TP + TD = 8ma2ξ2 +27

4ma2ϑ2 .

Come vuole la teoria generale dei sistemi scleronomi, l’energia cinetica e una forma quadra-tica definita positiva delle velocita generalizzate ξ, ϑ:

T = 8ma2ξ2 +27

4ma2ϑ2 =

1

2(ξ ϑ) A(ξ, ϑ)

(ξϑ

)con matrice rappresentativa reale simmetrica e, del pari, definita positiva:

A(ξ, ϑ) = ma2

(16 00 27/2

),

come e immediato verificare dal segno positivo degli elementi diagonali (nonche autovalori).

(d) Equazioni pure del motoL’ipotesi dei vincoli ideali autorizza a identificare le equazioni pure del moto del sistemacon le equazioni di Lagrange:

d

dt

(∂L∂ξ

)− ∂L

∂ξ= 0

d

dt

(∂L∂ϑ

)− ∂L

∂ϑ= 0

in cui figura la lagrangiana L = T + U :

L = 8ma2ξ2+27

4ma2ϑ2+4mgaξ−4ma2ω2ξ2+6ma2ω2ξ cosϑ+3mga cosϑ+

9

2ma2ω2sin2ϑ .

Per poter scrivere le equazioni in forma esplicita occorre calcolare preliminarmente i singolitermini dei binomi di Lagrange a primo membro:

∂L

∂ξ= 16ma2ξ =⇒ d

dt

(∂L∂ξ

)= 16ma2ξ

∂L

∂ξ= 4mga− 8ma2ω2ξ + 6ma2ω2 cosϑ

∂L

∂ϑ=

27

2ma2ϑ =⇒ d

dt

(∂L∂ϑ

)=

27

2ma2ϑ

∂L

∂ϑ= −6ma2ω2ξ sinϑ− 3mga sinϑ+ 9ma2ω2 sinϑ cosϑ

in modo che risulta: 16ma2ξ − 4mga+ 8ma2ω2ξ − 6ma2ω2 cosϑ = 0

27

2ma2ϑ+ 6ma2ω2ξ sinϑ+ 3mga sinϑ− 9ma2ω2 sinϑ cosϑ = 0 .

Stefano Siboni 4554


(e) Equilibri di confine se ξ ≥ −2

Introducendo l’ulteriore vincolo che sia ξ ≥ −2 il sistema risulta ancora scleronomo, maa vincoli unilaterali ideali. Il ricorrere di un eventuale equilibrio in una configurazione diconfine (ξ, ϑ) = (−2, ϑo), ϑo ∈ R, viene appurato mediante il teorema dei lavori virtuali,che ne costituisce condizione necessaria e sufficiente per via della idealita dei vincoli. Nellafattispecie la condizione diventa:

Uξ(−2, ϑo)αξ + Uϑ(−2, ϑo)αϑ ≤ 0 ∀αξ ≥ 0 , αϑ ∈ R ,

e si riduce immediatamente al sistema di disequazioni:

Uξ(−2, ϑo) ≤ 0

Uϑ(−2, ϑo) = 0 .

Le relazioni vengono scritte in forma esplicita ricordando l’espressione delle derivate primedel potenziale U :

Uξ(−2, ϑo) = 4mga− 8ma2ω2ξ + 6ma2ω2 cosϑ

∣∣∣∣(ξ,ϑ)=(−2,ϑo)

=

= 4mga+ 16ma2ω2 + 6ma2ω2 cosϑo

Uϑ(−2, ϑo) = −6ma2ω2ξ sinϑ− 3mga sinϑ+ 9ma2ω2 sinϑ cosϑ

∣∣∣∣(ξ,ϑ)=(−2,ϑo)

=

= 12ma2ω2 sinϑo − 3mga sinϑo + 9ma2ω2 sinϑo cosϑo


4mga+ 16ma2ω2 + 6ma2ω2 cosϑo ≤ 0

12ma2ω2 sinϑo − 3mga sinϑo + 9ma2ω2 sinϑo cosϑo = 0 .

La prima disequazione si riesprime nella forma equivalente:

4mga+ 6ma2ω2(8

3+ cosϑo

)≤ 0

dalla quale e evidente l’assenza di soluzioni reali, visto che l’espressione entro parentesirisulta sempre strettamente positiva. Ne deriva che il sistema non ammette equilibri diconfine.

Stefano Siboni 4555


Esercizio 847. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. non conservativoNel piano Oxy di una terna cartesiana orto-gonale inerziale Oxyz = Oe1e2e3, con l’asseOy diretto verticalmente verso l’alto, un’astarettilinea omogenea OA, di massa m e lun-ghezza a, ruota con punto fisso O. Una se-conda asta BC, uguale alla precedente, e li-bera di scorrere lungo la prima, con l’estremoB collegato all’origine O mediante una mollaideale di costante elastica k. Il sistema e pe-sante e a vincoli ideali. Resistenze viscosecon uguale coefficiente di frizione β agiscononei punti B e C. Si usino i parametri adi-mensionali ϑ ∈ R e s ∈ (−1, 1) illustrati infigura per determinare del sistema:

(a) gli equilibri, sottolineandone le condizioni di esistenza;



(d) le equazioni pure del moto, precisando se esistono moti non costanti per i quali e ϑ = 0costante e, in caso affermativo, specificando la natura di tali moti;

(e) i modi normali delle piccole oscillazioni, per β = 0, intorno ad un equilibrio stabile ascelta.

Soluzione(a) EquilibriIl sistema e scleronomo e a vincoli bilaterali ideali, soggetto a sollecitazioni che sono in parteposizionali conservative e in parte dissipative. Gli equilibri sono tutti ordinari e vengonodeterminati annullando le componenti generalizzate di tali sollecitazioni. Si tratta quindidi calcolare il potenziale delle forze conservative, il peso e l’interazione elastica prodottadalla molla OB, nonche le componenti generalizzate delle resistenze viscose in B e C.

Forze pesoLe aste OA e BC sono entrambe omogenee, di lunghezza a e massa m; i loro baricentririspettivi GOA e GBC corrispondono ai relativi punti medi e vengono individuati per mezzodei vettori posizione:

GOA −O =A−O

2=

a

2sinϑe1 −

a

2cosϑe2

GBC −O = B −O +C −B

2= a

(s+

1

2

)sinϑe1 − a

(s+

1

2

)cosϑe2 .

Il potenziale delle forze peso e la somma dei potenziali gravitazionali delle due aste:

Ug = UOAg + UBCg = −mge2 · (GOA −O)−mge2 · (GBC −O) =

=mga

2cosϑ+mga

(s+

1

2

)cosϑ = mga(s+ 1) cosϑ .

Stefano Siboni 4556


Forze elasticheLe forze elastiche associate alla molla ideale che collega i punti O e B sono caratterizzatedal potenziale:

Uel = −k2|B −O|2 = −ka

2

2s2 .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e dato dalla somma dei potenziali gravitazionale ed elastico:

U(s, ϑ) = Ug + Uel = mga(s+ 1) cosϑ− ka2

2s2

e va inteso come funzione nella striscia aperta (s, ϑ) ∈ (−1, 1)× R di R2.

Resistenze viscoseLe componenti generalizzate delle forze viscose, di uguale coefficiente β, agenti negli estre-mi B e C della seconda asta possono essere determinate efficacemente con il metodo diRayleigh. Il punto B e individuato dal vettore posizione:

B −O = as sinϑe1 − as cosϑe2


B = a(s sinϑ+ s cosϑϑ)e1 + a(−s cosϑ+ s sinϑϑ)e2

di modulo quadrato:B2 = a2(s2 + s2ϑ2) ,

mentre per il punto C si hanno il vettore posizione:

C −O = a(s+ 1) sinϑe1 − a(s+ 1) cosϑe2 ,

la velocita istantanea:

C = a[s sinϑ+ (s+ 1) cosϑϑ

]e1 + a

[−s cosϑ+ (s+ 1) sinϑϑ

]e2

ed il relativo modulo quadrato:

C2 = a2[s2 + (s+ 1)2ϑ2

].

La funzione ausiliaria di Rayleigh si scrive allora:

R = −β2B2 − β

2C2 = −β

2

(B2 + C2

)= −βa

2

2

[s2 + s2ϑ2 + s2 + (s+ 1)2ϑ2

]=

= −βa2

2

[2s2 + (2s2 + 2s+ 1)ϑ2

]= −βa2

[s2 +

(s2 + s+

1

2

)ϑ2]

Stefano Siboni 4557


e consente di ricavare le componenti lagrangiane desiderate per mezzo di semplici derivateparziali rispetto alle velocita generalizzate:

Ds =∂R

∂s= −2βa2s Dϑ =

∂R

∂ϑ= −βa2(2s2 + 2s+ 1)ϑ , (847.1)

come e peraltro immediato verificare in base alla definizione di R, Ds e Dϑ:

∂R

∂s=

∂

∂s

[−β

2

(B2 + C2

)]= −βB · ∂B

∂s− βC · ∂C

∂s= −βB · ∂B

∂s− βC · ∂C

∂s= Ds

∂R

∂ϑ=

∂

∂ϑ

[−β

2

(B2 + C2

)]= −βB · ∂B

∂ϑ− βC · ∂C

∂ϑ= −βB · ∂B

∂ϑ− βC · ∂C

∂ϑ= Dϑ .

La potenza del sistema di resistenze viscose e non positiva per qualsiasi configurazione evelocita generalizzata:

π = Dss+Dϑϑ = −2βa2s2 − βa2(2s2 + 2s+ 1)ϑ2 =

= −2βa2s2 − βa2[s2 + (s+ 1)2

]ϑ2 ≤ 0 ∀ (s, ϑ, s, ϑ)

e, causa i coefficienti sempre positivi di s2 e ϑ2, si annulla unicamente per velocita gene-ralizzate nulle:

π = 0 ⇐⇒ −2βa2s2 − βa2[s2 + (s+ 1)2

]ϑ2 = 0 ⇐⇒ (s, ϑ) = (0, 0) ,

per cui le sollecitazioni hanno carattere completamente dissipativo. Questa proprietatornera utile nella successiva analisi di stabilita degli equilibri. Per il momento ci si limitaa notare che, come atteso, le forze dissipative si annullano a velocita generalizzate nulle epertanto non concorrono in alcun modo alla determinazione degli equilibri.

Equazioni di equilibrioGli equilibri del sistema, tutti ordinari, si identificano con i punti critici del potenziale Ue si ottengono percio uguagliando simultaneamente a zero le derivate parziali prime:

∂U

∂s(s, ϑ) = mga cosϑ− ka2s

∂U

∂ϑ(s, ϑ) = −mga(s+ 1) sinϑ

ovvero risolvendo il sistema di equazioni:mga cosϑ− ka2s = 0

−mga(s+ 1) sinϑ = 0(s, ϑ) ∈ (−1, 1)× R . (847.2)

EquilibriNella seconda delle equazioni di equilibrio (847.2) non puo aversi s + 1 = 0, per cuil’equazione si riduce a:

sinϑ = 0

Stefano Siboni 4558


ed ammette le due soluzioni fisicamente distinte:

ϑ = 0 ϑ = π ,

definite incondizionatamente. Sostituiti questi valori nella prima equazione (847.2) si rica-vano i rispettivi valori di equilibrio di s:

s =mg

kas = −mg

ka,

soggetti pero alla restrizione s ∈ (−1, 1). In definitiva, il sistema ammette due sole configu-razioni di equilibrio:

(s, ϑ) =(mgka

, 0)

(s, ϑ) =(−mgka

, π)

definite a condizione che sia mg/ka < 1. Si osservi che la condizione di esistenza e ragione-vole dal punto di vista fisico, perche corrisponde a richiedere che la tipica forza elastica kaprevalga sul peso mg dell’asta BC.

(b) Stabilita degli equilibriLa compresenza di sollecitazioni posizionali conservative e completamente dissipative e lacircostanza che i due equilibri del sistema scleronomo sono necessariamente isolati autoriz-zano ad applicare la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet per studiare le proprietadi stabilita degli stessi equilibri. A questo scopo si devono calcolare le derivate parzialiseconde del potenziale:

Uss(s, ϑ) = −ka2 Uϑs(s, ϑ) = −mga sinϑ

Usϑ(s, ϑ) = −mga sinϑ Uϑϑ(s, ϑ) = −mga(s+ 1) cosϑ

e le corrispondente matrice hessiana:

HU (s, ϑ) =

(−ka2 −mga sinϑ

−mga sinϑ −mga(s+ 1) cosϑ

)

per caratterizzare le proprieta spettrali di questa in ciascuna configurazione di equilibrio.

Configurazione (s, ϑ) = (mg/ka, 0), con mg/ka < 1In questo caso la matrice hessiana del potenziale assume la forma diagonale:

HU

(mgka

, 0)

=

−ka2 0

0 −mga(mgka

+ 1)

con entrambi gli autovalori negativi. Il carattere definito negativo della matrice consentedi riconoscere nel punto stazionario un massimo relativo proprio del potenziale, asintoti-camente stabile per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 4559


Configurazione (s, ϑ) = (−mg/ka, π), con mg/ka < 1Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale risulta ancora diagonale:

HU

(−mgka

, π)

=

−ka2 0

0 mga(−mgka

+ 1)

ma con autovalori di segno opposto. L’autovalore positivo mga(1−mg/ka) esclude che ilpunto critico costituisca un massimo relativo proprio del potenziale (in effetti si tratta diuna sella): la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet ne garantisce l’instabilita.

(c) Energia cineticaEnergia cinetica dell’asta OAL’asta OA, omogenea, di lunghezza a e massa m, si muove nel piano Oxy con asse fissoOz, e l’angolo di rotazione ϑ ne specifica completamente la posizione rispetto alla ternaOxyz. La sua energia cinetica e quindi data dalla formula:

TOA =1

2IOAOz

∣∣~ωOA∣∣2 =1

2

ma2

3

∣∣ϑe3

∣∣2 =ma2

6ϑ2 .

Energia cinetica dell’asta BCIn questo caso l’asta e priva di punti o assi fissi e la sua energia cinetica relativa a Oxyzdeve essere ricavata dalla formula di Konig:

TBC =m

2G2BC +

1

2IBCGBCz

∣∣~ωBC∣∣2 , (847.3)

dove il baricentro G e individuato dal vettore posizione:

GBC −O = a(s+

1

2

)sinϑe1 − a

(s+

1

2

)cosϑe2


GBC = a

[s sinϑ+

(s+

1

2

)cosϑϑ

]e1 + a

[−s cosϑ+

(s+

1

2

)sinϑϑ

]e2

di modulo quadrato:

G2BC = a2

[s2 +

(s+

1

2

)2

ϑ2

],

mentre il momento d’inerzia dell’asta rispetto all’asse baricentrale GBCz e la velocitaangolare istantanea sono rispettivamente espressi da:

IBCGBCz =ma2

12~ωBC = ϑe3 .

Stefano Siboni 4560


Sostituendo questi dati nella formula (847.3) si perviene al risultato richiesto:

TBC =ma2

2

[s2 +

(s+

1

2

)2

ϑ2

]+ma2

24ϑ2 .

Energia cinetica del sistema

Per determinare l’energia cinetica dell’intero sistema, rispetto alla terna Oxyz, non rimaneche sommare i contributi delle due aste:

T = TOA + TBC =ma2

6ϑ2 +

ma2

2

[s2 +

(s+

1

2

)2

ϑ2

]+ma2

24ϑ2 =

=ma2

2

[s2 +

[ 5

12+(s+

1

2

)2]ϑ2

]=

ma2

2

[s2 +

(s2 + s+

2

3

)ϑ2

].

Giova ricavare la matrice di rappresentazione, reale, simmetrica e definita positiva, dell’e-nergia cinetica:

A(s, ϑ) = ma2

1 0

0 s2 + s+2

3

(847.4)

che tornera utile nel successivo studio delle piccole oscillazioni.

(d) Equazioni pure del moto

L’ipotesi dei vincoli ideali consente di identificare le equazioni pure del moto con quelle diLagrange:

d

dt

(∂L∂s

)− ∂L

∂s= Ds

d

dt

(∂L∂ϑ

)− ∂L

∂ϑ= Dϑ (847.5)


L = T + U =ma2

2

[s2 +

(s2 + s+

2

3

)ϑ2

]− ka2

2s2 +mga(s+ 1) cosϑ

e delle componenti generalizzate Ds, Dϑ delle forze viscose ricavate in (847.1). Si devonocalcolare in primo luogo i termini parziali dei binomi lagrangiani:

∂L

∂s= ma2s

d

dt

(∂L∂s

)= ma2s

∂L

∂s=

ma2

2(2s+ 1)ϑ2 − ka2s+mga cosϑ

∂L

∂ϑ= ma2

(s2 + s+

2

3

)ϑ

∂L

∂ϑ= −mga(s+ 1) sinϑ

d

dt

(∂L∂ϑ

)= ma2

(s2 + s+

2

3

)ϑ+ma2(2s+ 1)sϑ

Stefano Siboni 4561


che sostituiti nelle (847.5) forniscono le equazioni pure del moto richieste:ma2s− ma2

2(2s+ 1)ϑ2 + ka2s−mga cosϑ = −2βa2s

ma2(s2 + s+

2

3

)ϑ+ma2(2s+ 1)sϑ+mga(s+ 1) sinϑ = −βa2(2s2 + 2s+ 1)ϑ .

(847.6)Moti con ϑ = 0 costanteL’esistenza di moti con ϑ costante appare plausibile dal punto di vista fisico, perche talerequisito corrisponde ad una condizione di moto in cui entrambe le aste si dispongonoverticalmente lungo l’asse Oy, con OA in quiete e BC in movimento. In termini formalil’esistenza e evidente, perche la funzione ϑ(t) = 0 ∀ t ∈ R soddisfa identicamente la secondadelle equazioni (847.6), mentre la prima si riduce a:

ma2s+ ka2s−mga = −2βa2s (847.7)

ed ammette ovviamente soluzione in quanto soddisfa i requisiti del teorema di esistenzaed unicita per il problema di Cauchy (equazione differenziale riducibile alla forma normalecon secondo membro di classe C1). In effetti, la natura dei moti in s si riconosce moltofacilmente introducendo il cambiamento di variabile s→ ξ definito da:

s =mg

ka+ ξ ,

dove ξ descrive lo spostamento del parametro s rispetto al suo valore di equilibrio mg/ka.L’equazione (847.7) diventa infatti:

ma2ξ + 2βa2ξ + ka2ξ = 0

e semplificando il fattore comune a2 si identifica con l’equazione di un oscillatore armonicounidimensionale di massa m, costante elastica k, costante di frizione 2β ed elongazione ξ:

mξ + 2βξ + kξ = 0 .

Come ben noto, i relativi moti tendono tutti asintoticamente a ξ = 0 per t → +∞, conregime supercritico, critico od oscillatorio smorzato secondo che il discriminante:

∆ = 4β2 − 4mk = 4(β2 −mk)

sia rispettivamente positivo, nullo o negativo.

(e) Modi normali delle piccole oscillazioni per β = 0Per β = 0 le sollecitazioni dissipative vengono rimosse ed il sistema scleronomo risulta po-sizionale conservativo. Il teorema di Lagrange-Dirichlet assicura la stabilita dell’equilibrio(s, ϑ) = (mg/ka, 0) in quanto massimo relativo proprio del potenziale, mentre (s, ϑ) =(−mg/ka, π) e un punto di sella del potenziale la cui instabilita segue dal teorema di in-versione parziale di Lagrange-Dirichlet. Il solo equilibrio stabile nell’intorno del quale si

Stefano Siboni 4562


possano studiare le piccole oscillazioni e dunque (s, ϑ) = (mg/ka, 0). Per analizzare lepiccole oscillazioni occorre calcolare in (s, ϑ) = (mg/ka, 0) la matrice (847.4) dell’energiacinetica:

A(mgka

, 0)

= ma2

1 0

0m2g2

k2a2+mg

ka+

2

3

e richiamare la forma assunta dalla matrice hessiana del potenziale nello stesso punto:

HU

(mgka

, 0)

=

−ka2 0

0 −mga(mgka

+ 1).

Equazioni delle piccole oscillazioniIndicati con δs e δϑ i piccoli scostamenti delle variabili lagrangiane s e ϑ rispetto ai lorovalori di equilibrio:

s =mg

ka+ δs ϑ = δϑ ,

le equazioni delle piccole oscillazioni attorno a (s, ϑ) = (mg/ka, 0) sono date da:

A(mgka

, 0)(

δsδϑ

)−HU

(mgka

, 0)(

δsδϑ

)= 0

ossia:

ma2

1 0

0m2g2

k2a2+mg

ka+

2

3

δs

δϑ

−−ka2 0

0 −mga(mgka

+ 1) δs

δϑ

= 0

ed eseguiti i prodotti matriciali si scrivono:ma2δs+ ka2δs = 0

ma2(m2g2

k2a2+mg

ka+

2

3

)δϑ+mga

(mgka

+ 1)δϑ = 0 .

(847.8)

Modi normaliLe equazioni (847.8) sono disaccoppiate e descrivono due oscillatori armonici semplici in-dipendenti:

δs+k

mδs = 0

δϑ+g

a

mg

ka+ 1

m2g2

k2a2+mg

ka+

2

3

δϑ = 0 ,

Stefano Siboni 4563


il primo di pulsazione:

ω1 =

√k

m

e il secondo di pulsazione:

ω2 =

√g

a

√√√√√√mg

ka+ 1

m2g2

k2a2+mg

ka+

2

3

=

√k

m

√√√√√√√m2g2

k2a2+mg

kam2g2

k2a2+mg

ka+

2

3

<

√k

m.

Ovviamente, le variabili δs e δϑ sono gia le coordinate normali delle piccole oscillazioni,senza che si renda necessaria alcuna trasformazione lineare di coordinate, mentre le pul-sazioni ω1 e ω2 rappresentano le pulsazioni normali. I modi normali si scrivono pertanto:(

δsδϑ

)= A1

(10

)cos

(√k

mt+ ϕ1

)∀ t ∈ R (847.9)

con A1 6= 0 (piccolo) e ϕ1 ∈ R costanti assegnate a piacere, e:

(δsδϑ

)= A2

(01

)cos

√g

a

√√√√√√mg

ka+ 1

m2g2

k2a2+mg

ka+

2

3

t+ ϕ2

∀ t ∈ R (847.10)

con A2 6= 0 (piccolo) e ϕ2 ∈ R costanti arbitrarie. Si sottolinea che nel modo (847.9) lavariabile δs oscilla armonicamente, con una pulsazione ω1 che dipende unicamente dallacostante elastica k e dalla massa m, mentre δϑ rimane “congelata” a zero: si verifica dunqueuna semplice oscillazione verticale della sola asta BC, con OA che invece si mantiene fissa.Per contro, nel modo (847.10) e δs a restare bloccato a zero, mentre δϑ oscilla di motoarmonico semplice, con pulsazione ω2 dipendente anche dai parametri g ed a: quella cheviene descritta e pertanto una oscillazione rigida del sistema delle due aste attorno al puntofisso O. Da notare che, essendo comunque ω2 < ω1, il modo normale (847.9) costituisce ineffetti il “modo alto” del sistema e il modo normale (847.10) e quello “basso”.

Stefano Siboni 4564

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