Compito di gennaio 2001

Compito di gennaio 2001
Un’asta omogenea OA di massa m e lunghezza 2l è libera di ruotare attorno
al proprio estremo O mantenendosi in un piano verticale. All’estremità A
dell’asta è saldato il baricentro di un’asta omogenea BC di lunghezza l e
massa m, in modo che questa si mantenga ortogonale ad OA. Un anello P
di massa M scorre senza attrito lungo l’asta OA ed è collegato tramite una
molla di costante elastica k all’origine delle coordinate O. Inoltre agisce su
di esso una forza costante di modulo F parallela all’asse delle ordinate.
Scegliendo le coordinate libere s e θ come in figura, si chiede di:
1) determinare la matrice d’inerzia rispetto al polo O del sistema formato
dalle due aste;
2) scrivere le equazioni del moto;
3) determinare le configurazioni di equilibrio del sistema e discuterne la stabilità;
4) date le condizioni iniziali s(0) = l, θ(0) = 0, ṡ(0) = 0, θ̇(0) = ω, determinare il valore degli integrali primi del moto;
5) scrivere le equazioni che determinano la reazione vincolare esercitata nell’estremo O dell’asta.
y
x
~k1
O
O
~k2
F~
θ
s
G
G
P
C
A
B
B
1
A
C
1) Matrice d’inerzia del sistema rispetto al polo O.
La matrice d’inerzia dell’asta OA rispetto al suo baricentro G e alla base
solidale {~k1 , ~k2 , ~k3 } è:
1
1
(OA)
2
IG
= m(2l) diag
, 0,
12
12
1 2
=
ml diag (1, 0, 1) .
3
(OA)
Si osservi che la componente nulla della diagonale principale di IG è quella
corrispondente al versore della base solidale diretto lungo l’asta, cioè il versore
~k2 .
(OA)
La matrice d’inerzia IO rispetto al polo O può essere ottenuta dalla matrice
d’inerzia dell’asta OA rispetto al baricentro G mediante la seguente legge di
trasformazione:
(OA)
(OA)
IO, jh = IG, jh + m(d2 δjh − dj dh ) (j, h = 1, 2, 3) ,
dove d~ = G − O = l~k2 è il vettore posizione di G rispetto a O.
Posto d1 = d3 = 0 e d2 = l, si ottiene facilmente:
(OA)
IO
(OA)
= IG + m diag(l2 , 0, l2 )
1 2
ml diag(1, 0, 1) + ml2 diag(1, 0, 1)
=
3
4
4
4 2
2
.
ml diag(1, 0, 1) = ml diag
, 0,
=
3
3
3
La matrice d’inerzia dell’asta BC rispetto al suo baricentro A e alla base
solidale {~k1 , ~k2 , ~k3 } è:
ml2 ml2
1 1
(BC)
2
IA
= diag 0,
= ml diag 0,
.
,
,
12 12
12 12
Mediante la legge di trasformazione della matrice d’inerzia possiamo ricavare
(BC)
la matrice d’inerzia IO
dell’asta BC rispetto al polo O:
(BC)
(BC)
IO, jh = IA, jh + m(d2 δjh − dj dh ) (j, h = 1, 2, 3) ,
dove d~ = A − O = 2l~k2 è il vettore posizione di A rispetto a O.
2
Posto d1 = d3 = 0 e d2 = 2l, si ottiene facilmente:
(BC)
IO
(BC)
+ m diag(4l2 , 0, 4l2 )
1 1
2
= ml diag 0,
+ ml2 diag(4, 0, 4)
,
12 12
1 49
2
.
,
= ml diag 4,
12 12
= IA
La matrice d’inerzia, rispetto al polo O, del sistema formato dalle due aste è
quindi:
16 1 65
(OA)
(BC)
2
IO = IO + IO
= ml diag
.
,
,
3 12 12
2) Equazioni del moto.
L’energia cinetica totale T è la somma dell’energia cinetica TP del punto
materiale P e dell’energia cinetica Taste del sistema formato dalle due aste
OA e BC:
3
1 X
1
ωj IO, jh ωh ,
T = TP + Taste = MvP2 +
2
2 j,h=1
dove ~vP è la velocità di P , ~ω = θ̇~k3 è la velocità angolare e IO è la matrice
d’inerzia del sistema delle due aste rispetto al polo O e alla base solidale
{~k1 , ~k2 , ~k3 }.
Per calcolare ~vP scriviamo innanzitutto il vettore posizione di P rispetto
all’origine del sistema di riferimento cartesiano considerato:
~xP = P − O = s sin θ~e1 − s cos θ~e2 .
Derivando rispetto al tempo si ha:
~vP = ~x˙ P = (ṡ sin θ + s θ̇ cos θ)~e1 − (ṡ cos θ − s θ̇ sin θ)~e2 .
Il quadrato della velocità di P è la somma dei quadrati delle componenti di
~vP :
vP2 = (ṡ sin θ + s θ̇ cos θ)2 + (ṡ cos θ − s θ̇ sin θ)2
= ṡ2 sin2 θ + 2sṡθ̇ sin θ cos θ + s2 θ̇2 cos2 θ +
ṡ2 cos2 θ − 2sṡθ̇ sin θ cos θ + s2 θ̇2 sin2 θ .
3
Semplificando i termini opposti e ricordando che sin2 θ+cos2 θ = 1, si ottiene:
vP2 = ṡ2 + s2 θ̇2 .
Sostituendo tale risultato nell’espressione dell’energia cinetica e sapendo che
IO, 33 =
65 2
ml ,
12
si ha infine
1
65
T = M(ṡ2 + s2 θ̇2 ) + ml2 θ̇2 .
2
24
L’energia potenziale del sistema è data dalla somma di tre termini: il primo
corrispondente alla forza elastica f~el = −k(P − O), il secondo associato alla
forza peso f~peso = (M + 2m)~g e il terzo dovuto alla forza costante F~ :
V =
k
(P − O)2 + MgyP + mgyG + mgyA − F~ · ~xP .
2
Posto
(P − O)2 = s2 , yP = −s cos θ , yG = −l cos θ , yA = −2l cos θ ,
F~ · ~xP = F~e2 · (s sin θ~e1 − s cos θ~e2 ) = −F s cos θ ,
si ottiene
V =
k 2
s − Mgs cos θ − mgl cos θ − 2mgl cos θ + F s cos θ ,
2
da cui segue
k 2
s + (F − Mg)s cos θ − 3mgl cos θ .
2
La lagrangiana del sistema è
V =
1
65
k
L = T − V = M(ṡ2 + s2 θ̇2 ) + ml2 θ̇2 − s2 − (F − Mg)s cos θ + 3mgl cos θ .
2
24
2
Calcoliamo ora le derivate parziali di L rispetto a θ, θ̇, s e ṡ:
∂L
65 2
∂L
2
= Ms + ml θ̇ ,
= (F − Mg)s sin θ − 3mgl sin θ ,
12
∂θ
∂ θ̇
∂L
∂L
= M ṡ ,
= Msθ̇2 − ks − (F − Mg) cos θ .
∂ ṡ
∂s
4
Le derivate totali rispetto al tempo contenute nelle equazioni di Lagrange
sono:
d ∂L
65 2
2
= Ms + ml θ̈ + 2Msṡθ̇ ,
dt ∂ θ̇
12
d ∂L
= M s̈ .
dt ∂ ṡ
Sostituiamo i risultati ottenuti nelle equazioni del moto
∂L
d ∂L
−
=0
dt ∂ θ̇
∂θ
d ∂L
∂L
−
= 0,
dt ∂ ṡ
∂s
trovando infine
65 2
2
Ms + ml θ̈ + 2Msṡθ̇ − (F − Mg)s sin θ + 3mgl sin θ = 0
12
M s̈ − Msθ̇2 + ks + (F − Mg) cos θ = 0 .
3) Configurazioni di equilibrio e stabilità.
Le posizioni d’equilibrio sono le soluzioni del sistema di equazioni ottenuto
uguagliando a zero le derivate parziali dell’energia potenziale
V =
k 2
s − 3mgl cos θ + (F − Mg)s cos θ ,
2
rispetto alle coordinate libere θ e s:
∂V
= sin θ[3mgl − (F − Mg)s] = 0
∂θ
∂V
= ks + (F − Mg) cos θ = 0 .
∂s
La prima equazione è verificata se è nullo uno dei due fattori che vi compaiono:
3mgl
sin θ = 0 oppure s =
.
F − Mg
5
La condizione sin θ = 0 implica θ = 0 o θ = π. Sostituendo tali valori nella
seconda equazione, si hanno i seguenti punti stazionari (θ, s):
I) θ = 0
F − Mg
ks + (F − Mg) cos 0 = 0 =⇒ s = −
.
k
II) θ = π
ks + (F − Mg) cos π = 0 =⇒ s =
F − Mg
.
k
Consideriamo ora la soluzione s = F3mgl
ottenuta dalla prima equazione del
−M g
sistema che individua i punti stazionari. Sostituendo tale valore nella seconda
equazione si ha:
3mgl
+ (F − Mg) cos θ = 0 ,
k
F − Mg
da cui segue
3mglk
3mglk
cos θ = −
=⇒ θ = ± arccos −
= ±θ0 .
(F − Mg)2
(F − Mg)2
Si hanno pertanto i seguenti punti stazionari (θ, s):
h
i
3mglk
III) s = F3mgl
,
θ
=
θ
=
arccos
−
.
0
−M g
(F −M g)2
h
i
3mglk
IV) s = F3mgl
,
θ
=
−θ
=
−
arccos
−
.
0
−M g
(F −M g)2
Per studiare la stabilità delle posizioni d’equilibrio trovate, scriviamo la matrice hessiana H dell’energia potenziale V , cioè la matrice formata dalle
derivate seconde parziali di V :
∂2V
∂2V
∂2V
∂2V
= [3mgl−(F −Mg)s] cos θ ,
= k,
=
= (Mg−F ) sin θ .
∂θ2
∂s2
∂s∂θ
∂θ∂s
La matrice hessiana è quindi
[3mgl − (F − Mg)s] cos θ (Mg − F ) sin θ
H=
,
(Mg − F ) sin θ
k
Il determinante di H è
det H = k[3mgl − (F − Mg)s] cos θ − (Mg − F )2 sin2 θ .
Si possono presentare i seguenti casi:
6
• Se det H > 0 e Vθ,θ > 0, l’equilibrio è stabile.
• Se det H > 0 e Vθ,θ < 0, l’equilibrio è instabile.
• Se det H < 0, l’equilibrio è sempre instabile, indipendentemente dal
segno di Vθ,θ .
Per ciascuno dei quattro punti stazionari trovati calcoliamo il segno del determinante di H e della derivata Vθθ , in modo da studiare la stabilità dei
punti d’equilibrio.
g
I) θ = 0, s = − F −M
.
k
(F − Mg)2
> 0 , Vθθ > 0 .
det H = k 3mgl +
k
L’equilibrio è stabile.
g
.
II) θ = π, s = F −M
k
(F − Mg)2
det H = k
− 3mgl > 0 per
k
(F − Mg)2
> 3mgl .
k
2
g)
Nell’ipotesi (F −M
> 3mgl, si ha anche Vθθ > 0, pertanto l’equilibrio, sotto
k
tale condizione, è stabile.
h
i
3mglk
3mgl
III) s = F −M g , θ = θ0 = arccos − (F −M g)2 .
det H = −(Mg − F )2 sin2 θ0 < 0 .
L’equilibrio è instabile.
IV) s =
3mgl
,
F −M g
h
i
3mglk
θ = −θ0 = − arccos − (F −M g)2 .
det H = −(Mg − F )2 sin2 θ0 < 0 ,
L’equilibrio è instabile.
4) Integrali primi del moto.
La lagrangiana del sistema dato non dipende esplicitamente dal tempo t,
pertanto l’hamiltoniana H = T + V è un integrale primo del moto. La sua
espressione in un generico istante t è:
1
65
k
H = T + V = M(ṡ2 + s2 θ̇2 ) + ml2 θ̇2 + s2 + (F −Mg)s cos θ −3mgl cos θ .
2
24
2
7
Per ipotesi, all’istante iniziale t = 0 risulta
s(0) = l ,
θ(0) = 0 ,
ṡ(0) = 0 ,
θ̇(0) = ω .
Sostituendo tali valori nell’espressione di H e semplificando si ha:
1
65
k
H(0) =
M + m l2 ω 2 + l2 + (F − Mg)l − 3mgl .
2
12
2
In qualunque istante di tempo t il valore dell’hamiltoniana H(t) coincide con
quello all’istante iniziale H(0).
Si osservi che la lagrangiana del sistema dipende esplicitamente sia da θ sia da
s, pertanto non ammette coordinate libere cicliche, che darebbero luogo ad
ulteriori integrali primi del moto (i momenti generalizzati ∂L/∂ θ̇ e ∂L/∂ ṡ).
5) Equazioni che determinano la reazione vincolare in O.
~ O nell’estremo O dell’asta, scriviamo
Per determinare la reazione vincolare Φ
l’equazione di bilancio della quantità di moto:
˙
~ (a) + Φ
~O.
P~ = R
Ricordando che la quantità di moto totale di un sistema di N punti materiali
P
P
˙
ai . Separando il termine relativo al
vi , risulta P~ = N
è P~ = N
i=1 mi~
i=1 mi~
punto P da quelli corrispondenti ai punti delle aste OA e BC, si ha:
X
X
˙
P~ = M~aP +
mi~ai +
mi~ai
asta OA
asta BC
= M~aP + m~aG + m~aA ,
dove ~aG e ~aA sono le accelerazioni dei baricentri G e A delle aste OA e BC,
rispettivamente.
~ (a) è la somma della forza elastica f~el =
Il risultante delle forze attive R
−k(P −O), della forza peso f~peso = (M +2m)~g e della forza costante f~cost = F~ .
L’equazione di bilancio della quantità di moto è quindi
~O,
M~aP + m~aG + m~aA = −k(P − O) + (M + 2m)~g + F~ + Φ
~ O.
da cui è possibile ricavare la reazione vincolare Φ
8
Compito di febbraio 2004
Una lamina omogenea di massa m, avente la forma di un disco di raggio R
da cui è stato asportato il triangolo equilatero inscritto ABC, rotola senza
strisciare lungo l’asse delle ascisse di un piano verticale. Il baricentro G
della lamina è collegato all’origine degli assi da una molla di costante k,
mentre sul punto A agisce una forza orizzontale F~ = F~e1 . Nell’ipotesi che
all’istante iniziale il punto A coincida con l’origine degli assi O e prendendo
come coordinata libera l’ascissa s del baricentro G, si chiede di determinare:
1) La matrice d’inerzia della lamina rispetto al baricentro G.
2) Le equazioni del moto del sistema.
3) Data la condizione iniziale ṡ(0) = c, il valore di ṡ quando s = πR.
4) La reazione vincolare nel punto di contatto H della lamina con l’asse
delle ascisse.
y
A
A
F~
~k2
B
G
θ
G
B
H C
K
~k1
C
x
s
1) Matrice d’inerzia della lamina rispetto al baricentro.
Il lato
√ l del triangolo equilatero inscritto in una circonferenza di√raggio R è
l = 3R, pertanto il lato del triangolo ABC in figuraÏ: BC = 3R.
L’altezza h di un triangolo equilatero di lato l è h = 23 l, pertanto l’altezza
del triangolo ABC è:
√
3
3
AK =
BC = R .
2
2
1
La superficie del disco di raggio R è S D = πR2 .
La superficie del triangolo equilatero ABC è
√
1
3 3 2
T
S = BC · AK =
R .
2
4
La superficie della lamina è data dalla differenza tra l’area del disco e quella
del triangolo:
√
4π − 3 3 2
L
D
T
R .
S =S −S =
4
La densità di massa ρ della lamina per definizione è:
ρ=
m
4m
√
=
,
SL
(4π − 3 3)R2
dove m è la massa della lamina.
Utilizzando l’espressione di ρ, possiamo ricavare la massa del disco:
mD = ρ S D =
4π
√ m.
4π − 3 3
Analogamente, la massa del triangolo equilatero asportato, supposto omogeneo e della stessa densità della lamina, è
√
3 3
T
T
√ m.
m = ρS =
4π − 3 3
La matrice d’inerzia del disco, rispetto al baricentro G e alla terna solidale
{~k1 , ~k2 , ~k3 } in figura, è:
D 2
m R mD R2 mD R2
D
.
,
,
IG = diag
4
4
2
Sostituendo l’espressione di mD si ha:
IGD =
π
√ mR2 diag(1, 1, 2) .
4π − 3 3
La matrice d’inerzia del triangolo ABC, rispetto al baricentro G e alla terna
solidale in figura, è:
T 2
m l mT l2 mT l2
T
IG = diag
.
,
,
24
24
12
2
Ricordando che l =
√
3R e sostituendo l’espressione di mT si ha:
√
3
3
√ mR2 diag(1, 1, 2) .
IGT =
8(4π − 3 3)
Per le proprietà delle figure “forate”, la matrice d’inerzia della lamina è
data dalla differenza tra la matrice d’inerzia del disco e quella del triangolo
asportato:
√
8π − 3 3 mR2
L
D
T
√
diag(1, 1, 2) .
IG = IG − IG =
4π − 3 3 8
2) Equazioni del moto del sistema.
La condizione di puro rotolamento è espressa dalla relazione
ṡ − Rθ̇ = 0 =⇒ θ̇ =
ṡ
.
R
Integrando l’equazione differenziale precedente rispetto al tempo t si ha:
θ=
s
+c,
R
dove c è una costante d’integrazione. Sapendo che all’istante iniziale t = 0 il
punto A coincide con O, possiamo porre
θ(0) = s(0) = 0 ,
da cui segue che la costante d’integrazione c è uguale a zero. La relazione
tra θ e s è quindi data da:
s
θ= .
R
La lagrangiana del sistema è L = T − V , dove T e V rappresentano l’energia
cinetica e l’energia potenziale, rispettivamente.
L’energia cinetica T del sistema è data da
3
1 X
1 2
ωj IG, jh ωh .
T = mvG +
2
2 j, h=1
Per determinare T occorre trovare la velocità angolare ~ω e la velocità del
baricentro ~vG .
3
Rispetto alla terna solidale {~k1 , ~k2 , ~k3 }, si ha
ṡ
~ω = θ̇~k3 = ~k3 ,
R
in quanto la lamina ruota attorno ad un asse perpendicolare al piano (x, y),
cioè parallelo al versore ~k3 . Le componenti di ~ω rispetto alla base solidale
sono dunque:
ṡ
ω1 = ω2 = 0 , ω3 = θ̇ = .
R
Il vettore posizione del baricentro G è
~xG = s~e1 + R~e2 ,
dove {~e1 , ~e2 , ~e3 } è la base associata al riferimento cartesiano (x, y, z). La
velocità del baricentro, ~vG , è la derivata temporale di ~xG :
~vG = ~x˙ G = ṡ~e1 ,
2
da cui segue vG
= ṡ2 .
2
Sostituendo l’espressione di vG
e le componenti di ~ω nell’equazione che definisce
l’energia cinetica della lamina, si ha:
1 2 1 2 L
mṡ + ω3 IG, 33
2
2
1 2 1 ṡ2 L
mṡ +
IG, 33
=
2
2 R2 !
L
IG,
1
1
33
=
m+
ṡ2 = (m + µ)ṡ2 ,
2
2
R
2
T =
dove si è posto
√
L
IG,
8π − 3 3 m
33
√
µ=
=
.
R2
4π − 3 3 4
L’energia potenziale del sistema è data dalla somma di tre termini: il primo
associato alla forza elastica f~el = −k(G − O), il secondo dovuto alla forza
peso f~peso = m~g e il terzo corrispondente alla forza costante F~ = F~e1 :
V =
k
(G − O)2 + mgyG − F~ · ~xA .
2
4
Ricordando che G − O = ~xG = s~e1 + R~e2 , si ha:
(G − O)2 = s2 + R2
e yG = R .
Il vettore posizione del punto A in cui è applicata la forza costante F~ è:
~xA = [s + R sin(π − θ)] ~e1 + [R + R cos(π − θ)] ~e2 .
Per le proprietà degli archi associati si ha:
sin(π − θ) = sin θ ,
cos(π − θ) = − cos θ ,
da cui segue
~xA = (s + R sin θ)~e1 + (R − R cos θ)~e2 .
Il prodotto scalare F~ · ~xA è dato dalla somma dei prodotti delle componenti
omonime di F~ e ~xA :
F~ · ~xA = F (s + R sin θ) .
L’energia potenziale V risulta quindi:
s
k 2
2
,
V = (s + R ) + mgR − F s + R sin
2
R
dove si è posto θ = s/R. I termini costanti dell’energia potenziale, k2 R2 e
mgR, possono essere trascurati, in quanto hanno derivata nulla e quindi non
danno alcun contributo alle equazioni del moto. L’espressione dell’energia
potenziale che utilizzeremo per ricavare le equazioni di Lagrange è:
V =
s
k 2
.
s − F s + R sin
2
R
Sostituendo nella lagrangiana del sistema le espressioni trovate, si ha:
k 2
s
1
2
.
L = T − V = (m + µ)ṡ − s + F s + R sin
2
2
R
Il sistema ha solo un grado di libertà, in quanto l’unica coordinata libera
indipendente è s. Si ha quindi una sola equazione di Lagrange:
d ∂L ∂L
−
= 0.
dt ∂ ṡ
∂s
5
Calcoliamo ora le derivate parziali che compaiono nell’equazione di Lagrange.
∂L
∂L
s
.
= (m + µ)ṡ ,
= −ks + F 1 + cos
∂ ṡ
∂s
R
Sostituendo nell’equazione del moto si trova infine:
s
= 0.
(m + µ)s̈ + ks − F 1 + cos
R
3) Valore di ṡ per s = πR.
La lagrangiana del sistema dato non dipende esplicitamente dal tempo t,
pertanto l’hamiltoniana H = T + V è un integrale primo del moto (detto
integrale primo di Jacobi). La sua espressione in un generico istante t è:
1
k
s
.
H = T + V = (m + µ)ṡ2 + s2 − F s + R sin
2
2
R
Per ipotesi, all’istante iniziale t = 0 risulta
s(0) = 0 e ṡ(0) = c .
Sostituendo tali valori nell’espressione di H si ha:
1
H(0) = (m + µ)c2 .
2
Sia t l’istante corrispondente a s = πR. Calcolando H per t = t si trova:
πR
1
k
2
2
H(t) =
(m + µ)ṡ (t) + (πR) − F πR + R sin
2
2
R
kπR
1
(m + µ)ṡ2 (t) + πR
−F .
=
2
2
Uguagliando le espressioni di H per t = 0 e per t = t si ha l’equazione
1
kπR
1
2
2
H(0) = H(t) =⇒ (m + µ)c = (m + µ)ṡ (t) + πR
−F .
2
2
2
Risolvendo rispetto a ṡ2 (t) si ha
kπR
2πR
ṡ (t) = c +
F−
.
m+µ
2
2
2
6
Estraendo la radice quadrata dei due membri dell’equazione precedente, si
trova infine:
s
kπR
2πR
2
ṡ(t) = c +
F−
.
m+µ
2
4) Reazione vincolare in H.
L’equazione di bilancio della quantità di moto è:
~ (a) + R
~ (r) .
m~aG = R
L’accelerazione del baricentro, ~aG , è la derivata temporale della velocità ~vG =
ṡ~e1 , calcolata al punto 2):
~aG = ~v˙ G = s̈~e1 .
~ (a) , è:
Il risultante delle forze attive, R
~ (a) = f~peso + f~el + F~
R
= m~g − k(G − O) + F~
= −mg~e2 − k(s~e1 + R~e2 ) + F~e1 ,
dove si è posto G − O = ~xG = s~e1 + R~e2 e l’accelerazione di gravità ~g è stata
espressa in componenti (~g = −g~e2 ).
~ in H, pertanto si ha:
L’unica forza reattiva è la reazione vincolare Φ
~ (r) = Φ
~.
R
~ (a) e R
~ (r) nell’equazione di bilancio della quanSostituendo le espressioni di R
tità di moto, si trova:
~.
ms̈~e1 = −mg~e2 − k(s~e1 + R~e2 ) + F~e1 + Φ
~ si ha:
Risolvendo rispetto a Φ
~ = (ms̈ + ks − F )~e1 + (mg + kR)~e2 .
Φ
Dall’equazione del moto ottenuta al punto 2) possiamo ricavare l’espressione
di s̈:
i
1 h s
s̈ =
F 1 + cos
− ks .
m+µ
R
~ e semplificando, si ha infine:
Sostituendo nell’espressione di Φ
µ
m
s
~
Φ=
~e1 + (mg + kR)~e2 .
(ks − F ) +
F cos
m+µ
m+µ
R
7
Compito del 14 giugno 2004
Un disco omogeneo di raggio R e massa m rotola senza strisciare lungo l’asse
delle ascisse di un piano verticale. Il centro C del disco è collegato da una
molla di costante elastica k al punto materiale P di massa M, che è vincolato
a muoversi lungo l’asse delle ordinate. Sul centro del disco agisce inoltre
una forza orizzontale costante F~ = F~e1 . Prendendo come coordinate libere
l’ascissa x del centro C del disco e l’ordinata y del punto P , si chiede di
determinare:
1) Le equazioni del moto del sistema.
2) Le configurazioni di equilibrio e la loro stabilità.
3) Le frequenze delle piccole oscillazioni attorno alle posizioni di equilibrio.
4) La reazione vincolare che agisce sul punto P .
5) (Facoltativa) Date le condizioni iniziali
ẋ(0) = ẏ(0) = 0 ,
x(0) =
F
,
k
y(0) = R ,
la quota minima raggiunta dal punto P .
y
P
~k2
F~
y
C
C
R
x
x
H
1
~k1
1) Equazioni del moto del sistema.
Per ricavare le equazioni del moto scriviamo innanzitutto la lagrangiana del
sistema in esame:
L=T −V ,
dove T è l’energia cinetica e V l’energia potenziale. Il sistema ha due gradi
di libertà, corrispondenti alle due coordinate libere x e y, pertanto si hanno
due equazioni del moto:
d ∂L
∂L
−
=0
dt ∂ ẋ
∂x
d ∂L
∂L
−
= 0.
dt ∂ ẏ
∂y
L’energia cinetica totale è la somma dell’energia cinetica TP del punto materiale P di massa M e dell’energia cinetica Tdisco del disco di massa m:
3
1
1 X
1
ωj IC, jh ωh ,
T = TP + Tdisco = MvP2 + mvC2 +
2
2
2
j,h=1
dove IC è la matrice d’inerzia del disco rispetto al suo baricentro C e ~ω è la
velocità angolare.
Calcoliamo ora i termini che compaiono nell’espressione di T .
• Il vettore posizione del punto P è ~xP = P − O = y~e2 , pertanto la
velocità di P è ~vP = ~x˙ P = ẏ~e2 , da cui segue vP2 = ẏ 2.
• Il vettore posizione del punto C, baricentro del disco, è ~xC = C − O =
x~e1 + R~e2 , pertanto la velocità di C è ~vC = ~x˙ C = ẋ~e1 , da cui segue
vC2 = ẋ2 .
• La matrice d’inerzia del disco, rispetto al suo baricentro C e alla base
solidale {~k1 , ~k2 , ~k3 } considerata, è:
1 1 1
2
.
, ,
IC = mR diag
4 4 2
L’elemento di matrice IC, 33 è quindi
IC, 33 =
2
mR2
.
2
• La velocità angolare ω
~ , rispetto alla terna solidale {~k1 , ~k2 , ~k3 }, è
~ω = θ̇~k3 =⇒ ω1 = ω2 = 0 e ω3 = θ̇ .
Ricordando la condizione di puro rotolamento
θ̇ =
ẋ
,
R
ω3 =
ẋ
.
R
si ha quindi
Riunendo i risultati trovati si ha che l’energia cinetica T è:
1
1
M ẏ 2 + mẋ2 +
2
2
1
1
=
M ẏ 2 + mẋ2 +
2
2
1
3
mẋ2 + M ẏ 2 .
=
4
2
T =
1 2
ω IC, 33
2 3
1 ẋ2 mR2
2 R2 2
L’energia potenziale del sistema è data dalla somma di tre termini: il primo
corrispondente alla forza elastica f~el = −k(C − P ), il secondo associato alla
forza peso f~peso = (M + m)~g e il terzo dovuto alla forza costante F~ :
V =
k
(C − P )2 + MgyP + mgyC − F~ · ~xC .
2
Calcoliamo ora i termini che compaiono nell’espressione di V .
• Per il teorema di Pitagora si ha:
(C − P )2 = x2 + (y − R)2 = x2 + y 2 − 2Ry + R2 .
• Dalle espressioni di ~xP = y~e2 e ~xC = x~e1 + R~e2 segue
yP = y
e yC = R .
• Ricordando che il prodotto scalare di due vettori è dato dalla somma
dei prodotti delle componenti omonime, si ha:
F~ · ~xC = F~e1 · (x~e1 + R~e2 ) = F x .
3
Riunendo i risultati trovati si ha:
k
V = (x2 + y 2 − 2Ry + R2 ) + Mgy + mgR − F x .
2
I termini costanti contenuti nell’espressione dell’energia potenziale possono
essere trascurati, in quanto il loro contributo alle equazioni del moto è nullo
(si tenga presente che la lagrangiana L = T − V compare nelle equazioni del
moto solo tramite le sue derivate rispetto alle coordinate libere). L’espressione
di V si riduce quindi alla forma seguente:
k 2
(x + y 2 ) + (Mg − kR)y − F x .
2
La lagrangiana del sistema è
V =
1
k
3
L = T − V = mẋ2 + M ẏ 2 − (x2 + y 2 ) − (Mg − kR)y + F x .
4
2
2
Per scrivere le equazioni del moto occorre innanzitutto calcolare le seguenti
derivate parziali di L:
∂L
= −kx + F ,
∂x
∂L
= −ky − (Mg − kR) ,
∂y
∂L
3
= mẋ ,
∂ ẋ
2
∂L
= M ẏ .
∂ ẏ
Le derivate totali rispetto al tempo che compaiono nelle equazioni di Lagrange sono:
d ∂L
3
d ∂L
= mẍ e
= M ÿ .
dt ∂ ẋ
2
dt ∂ ẏ
Sostituendo le espressioni precedenti nelle equazioni del moto si ha infine:
∂L
3
d ∂L
−
= 0 =⇒ mẍ + kx − F = 0
dt ∂ ẋ
∂x
2
d ∂L
∂L
−
= 0 =⇒ M ÿ + ky + Mg − kR = 0 .
dt ∂ ẏ
∂y
2) Configurazioni di equilibrio e stabilità.
Le posizioni d’equilibrio sono le soluzioni del sistema di equazioni ottenuto
uguagliando a zero le derivate parziali dell’energia potenziale V rispetto alle
coordinate libere x, y:
∂V
= kx − F = 0
∂x
∂V
= ky + Mg − kR = 0 ,
∂y
4
da cui segue
x=
F
k
y =R−
Mg
.
k
Per studiare la stabilità della posizione d’equilibrio trovata, scriviamo la
matrice hessiana H dell’energia potenziale V , cioè la matrice formata dalle
derivate seconde parziali di V :
∂2V
= k,
∂x2
∂2V
= k,
∂y 2
∂2V
∂2V
=
= 0.
∂x∂y
∂y∂x
La matrice hessiana è quindi
H=
k 0
0 k
,
e risulta indipendente dai valori delle coordinate libere x, y. Il determinante
di H è sempre positivo, in quanto si ha detH = k 2 > 0. Essendo inoltre
Vxx = k > 0, la posizione d’equilibrio trovata (x = Fk , y = R − Mkg ) è stabile.
3) Frequenza delle piccole oscillazioni attorno alla posizione d’equilibrio.
Per determinare la frequenza ω delle piccole oscillazioni attorno alla posizione
d’equilibrio, risolviamo l’equazione secolare
det(C − λA) = 0 ,
dove C è la matrice hessiana di V , calcolata nella configurazione d’equilibrio
considerata, λ = ω 2 e A è la matrice formata dai coefficienti (calcolati nella
posizione d’equilibrio) della forma quadratica che esprime l’energia cinetica
T , a meno di un fattore 1/2.
Dalla definizione delle matrici A e C risulta quindi:
k 0
C=
e
0 k
3
m 0
2
A=
, essendo T = 12 23 mẋ2 + M ẏ 2 + 0ẋẏ .
0 M
5
La matrice C − λA è dunque
C − λA =
=
k 0
0 k
−
3
mλ
2
0
0
k − 23 mλ
0
k − Mλ
0
Mλ
.
L’equazione secolare det(C − λA) = 0 risulta pertanto
k − 3 mλ
3
0
2
= k − mλ (k − Mλ) = 0 ,
0
k − Mλ 2
da cui segue
2k
k
e λ2 =
.
3m
M
Le frequenze delle piccole oscillazioni attorno alla posizione d’equilibrio stabile sono quindi
r
r
2k
k
ω1 =
e ω2 =
.
3m
M
λ1 =
4) Reazione vincolare su P .
~ P che agisce su P , scriviamo la seconda
Per calcolare la reazione vincolare Φ
legge del moto di Newton per il punto materiale P , vincolato a muoversi
lungo l’asse delle ordinate:
~ P = M~aP .
F~ + Φ
Il risultante F~ delle forze attive che agiscono su P è
F~ = M~g − k(P − C) .
Posto
si ha
~g = −g~e2
e P − C = −x~e1 + (y − R)~e2 ,
F~ = −Mg~e2 − k [−x~e1 + (y − R)~e2 ] .
L’accelerazione di P è la derivata seconda rispetto al tempo del vettore posizione ~xP = P − O = y~e2:
~aP = ~x¨P = ÿ~e2 .
6
Riunendo i risultati precedenti si ha:
~ P = M ÿ~e2 .
−Mg~e2 + kx~e1 − k(y − R)~e2 + Φ
~ P l’equazione ottenuta e riunendo a fattore comune i
Risolvendo rispetto a Φ
versori ~e1 , ~e2 della base associata al riferimento cartesiano, si ha:
~ P = −kx~e1 + [M ÿ + Mg + k(y − R)] ~e2 .
Φ
Dalla seconda equazione del moto trovata al punto 1), M ÿ+ky+Mg−kR = 0,
~ P rispetto a ~e2 è nulla, pertanto la reazione
segue che la componente di Φ
vincolare si riduce a:
~ P = −kx~e1 .
Φ
5) Quota minima raggiunta da P .
La lagrangiana del sistema non dipende esplicitamente dal tempo t, pertanto
l’hamiltoniana H = T + V è un integrale primo del moto.
L’espressione di H in un generico istante t è
1
k
3
H = T + V = mẋ2 + M ẏ 2 + (x2 + y 2 ) + (Mg − kR)y − F x .
4
2
2
All’istante iniziale t = 0 si ha per ipotesi
ẋ(0) = ẏ(0) = 0 ,
x(0) =
F
,
k
y(0) = R .
Il valore corrispondente di H è
F 2 kR2
F2
+
+ MgR − kR2 −
2k
2
k
F 2 kR2
−
.
= MgR −
2k
2
H(0) =
Le due equazioni del moto trovate al punto 1) sono “disaccoppiate”, nel senso
che ciascuna di esse contiene solo una coordinata lagrangiana: o la variabile
x, che individua la posizione del disco, o la variabile y, che individua la posizione del punto P . Da tale osservazione segue che il disco, inizialmente
fermo nella posizione x(0) = F/k (coincidente con il valore della coordinata x all’equilibrio), persiste in tale posizione anche negli istanti di tempo
successivi, cioè vale la condizione
x(t) =
F
k
e ẋ(t) = 0 ∀t > 0 .
7
Ciò è possibile anche se il valore iniziale della variabile y non coincide con
quello all’equilibrio e quindi il punto P non rimane fermo nella posizione
iniziale ma oscilla lungo l’asse y.
L’espressione di H in un generico istante t diventa quindi
1
F2
k F2
2
2
H =
+
(Mg
−
kR)y
−
M ẏ +
+
y
2
2 k2
k
2
k
F
1
M ẏ 2 + y 2 + (Mg − kR)y −
.
=
2
2
2k
P oscilla tra i “punti d’arresto” ymin e ymax , in cui la velocità del punto
materiale è nulla, cioè ẏ = 0.
Le posizioni limite tra cui oscilla P possono essere determinate imponendo
la condizione ẏ = 0 e uguagliando l’espressione di H in un generico istante t
a quella per t = 0:
H(t) = H(0) =⇒
k 2
F2
F 2 kR2
y + (Mg − kR)y −
= MgR −
−
,
2
2k
2k
2
da cui segue
kR2
k 2
= 0,
y + (Mg − kR)y − MgR −
2
2
che può essere scritta nella forma
ky 2 + 2(Mg − kR)y − (2MgR − kR2 ) = 0 .
Le soluzioni dell’equazione precedente sono:
o
p
1n
2
2
y1, 2 =
−(Mg − kR) ± (Mg − kR) + k(2MgR − kR ) .
k
Semplificando l’espressione trovata, le soluzioni risultano
ymin = R −
2Mg
k
e ymax = R ,
e rappresentano la quota minima e massima raggiunta da P .
8
Compito del 21 giugno 2004
Una lamina omogenea di massa m è costituita da un quadrato ABCD di lato
a da cui è stato asportato il quadrato HKLM avente i vertici nei punti medi
dei lati di ABCD. La lamina è posta in un piano verticale e può ruotare
attorno al baricentro G, il quale a sua volta è vincolato a traslare lungo
l’asse delle ascisse. Una molla di costante elastica k congiunge il vertice A
della lamina con il punto Q dell’asse delle ordinate a distanza a dall’origine,
mentre una forza costante F~ = ka
~e è applicata al vertice opposto C.
2 2
Scegliendo le coordinate libere s e θ come in figura e prescindendo da ogni
attrito, si chiede di determinare
1) La matrice d’inerzia della lamina rispetto al baricentro.
2) Le equazioni del moto.
3) Le posizioni di equilibrio e la loro stabilità.
4) La frequenza delle piccole oscillazioni attorno alle posizioni di equilibrio
stabile.
5) Il momento angolare della lamina rispetto all’origine O delle coordinate.
y
Q
A
A
M
M
D
D
H
0
O
A
θ
π−θ
~k2
x
G
C0
π−θ
H
G
~k1
L
L
F~
B
K
B
s
C
1
K
C
1) Matrice d’inerzia della lamina rispetto al baricentro.
La massa M HKLM del quadrato asportato è uguale, per motivi di simmetria,
alla massa m della lamina data:
M HKLM = m .
La massa M ABCD della lamina “completa” è la somma della massa m della
lamina data e della massa m del quadrato asportato:
M ABCD = 2m .
La matrice d’inerzia della lamina “completa” ABCD,
G e alla base solidale {~k1 , ~k2 , ~k3 }, è:
1 1
ABCD
ABCD 2
IG
= M
a diag
,
,
12 12
1 2
1 1
=
ma diag
, ,1 .
3
2 2
rispetto al baricentro
1
6
Per il teorema di Pitagora applicato al triangolo rettangolo HBK, il lato del
quadrato HKLM è:
r √
a
a 2 a 2
+
=√ .
HK = HB 2 + BK 2 =
2
2
2
La matrice d’inerzia della lamina quadrata asportata HKLM, rispetto al
baricentro G e alla base solidale data, è:
2
a
1 1 1
HKLM
HKLM
√
IG
= M
,
,
diag
12 12 6
2
1 1
1
2
ma diag
, ,1 .
=
12
2 2
La matrice d’inerzia IG della lamina data, rispetto al baricentro G e alla
base solidale considerata, è la differenza tra la matrice d’inerzia della lamina
“completa” e quella della lamina asportata:
IG = IGABCD − IGHKLM
1 1
1 2
ma diag
, ,
=
3
2 2
1 2
1 1
=
ma diag
, ,
4
2 2
1
1 − ma2 diag
12
1 .
2
1 1
, ,1
2 2
Si osservi che la lamina quadrata HKLM (e, più in generale, ogni lamina rettangolare) ha struttura giroscopica rispetto al baricentro, cioè la sua
matrice d’inerzia rispetto agli assi principali baricentrali ha due termini diagonali uguali. Da tale proprietà segue che la matrice d’inerzia non varia
ruotando la base solidale {~k1 , ~k2 } nel piano della lamina e mantenendo come
polo il baricentro.
2) Equazioni del moto.
L’energia cinetica della lamina data è:
3
1 2
1 X
T = mvG +
ωj IG, jh ωh .
2
2 j,h=1
Il vettore posizione del baricentro G rispetto all’origine del sistema di riferimento cartesiano considerato è:
~xG = G − O = s~e1 .
La velocità di G è la derivata temporale di ~xG :
~vG = ṡ~e1 .
La velocità angolare ~ω è diretta perpendicolarmente al piano della lamina,
pertanto si ha:
~ω = θ̇~k3 =⇒ ω1 = ω2 = 0 , ω3 = θ̇ .
Sostituendo i risultati precedenti nell’espressione di T , si ottiene:
1
1
1
1
T = mṡ2 + θ̇2 IG, 33 = mṡ2 + ma2 θ̇2 ,
2
2
2
8
dove si è posto IG, 33 = 14 ma2 .
L’energia potenziale del sistema è data dalla somma di tre termini: il primo
corrispondente alla forza elastica f~el = −k(A − Q), il secondo associato alla
forza peso f~peso = m~g e il terzo dovuto alla forza costante F~ :
V =
k
(A − Q)2 + mgyG − F~ · ~xC .
2
Calcoliamo ora ciascun termine che compare nell’energia potenziale V .
3
√
Considerando il triangolo rettangolo AA0 G e osservando che AG = a/ 2, si
trova:
~xA = A − O = (GO − A0 G)~e1 + AA0~e2
a
a
= s − √ cos(π − θ) ~e1 + √ sin(π − θ)~e2
2
2
a
a
=
s + √ cos θ ~e1 + √ sin θ~e2 ,
2
2
dove si sono utilizzate le seguenti proprietà degli archi associati
cos(π − θ) = − cos θ ,
sin(π − θ) = sin θ .
Il vettore posizione del punto Q è ~xQ = Q − O = a~e2 , pertanto il vettore
A − Q risulta:
a
a
A − Q = (A − O) − (Q − O) = s + √ cos θ ~e1 + √ sin θ − a ~e2 .
2
2
Il modulo al quadrato di A − Q è la somma dei quadrati delle componenti:
2 2
a
a
2
(A − Q) =
s + √ cos θ + √ sin θ − a
2
2
2
√
√
a2
a
= s2 + 2as cos θ + cos2 θ + sin2 θ − 2a2 sin θ + a2 .
2
2
Sapendo che sin2 θ + cos2 θ = 1 e semplificando i termini simili, si trova:
√
3
(A − Q)2 = s2 + a2 + 2a(s cos θ − a sin θ) .
2
√
Considerando il triangolo rettangolo CC 0 G e osservando che GC = a/ 2, si
trova:
~xC = C − O = (GO + C 0 G)~e1 − CC 0~e2
a
a
= s + √ cos(π − θ) ~e1 − √ sin(π − θ)~e2
2
2
a
a
=
s − √ cos θ ~e1 − √ sin θ~e2 .
2
2
4
Il prodotto scalare F~ ·~xC è la somma dei prodotti delle componenti omonime:
Fa
ka2
F~ · ~xC = − √ sin θ = − √ sin θ ,
2
2 2
~e .
dove si è posto F~ = F~e2 = ka
2 2
Il vettore posizione del baricentro è ~xG = s~e1 , pertanto risulta yG = 0.
L’energia potenziale V è quindi
√ 2
k 2 3 2 √
ka2
V =
s + a + 2as cos θ − 2a sin θ + √ sin θ .
2
2
2 2
I termini costanti contenuti nell’espressione dell’energia potenziale possono
essere trascurati, in quanto il loro contributo alle equazioni del moto è nullo
(si tenga presente che la lagrangiana L = T − V compare nelle equazioni del
moto solo tramite le sue derivate rispetto alle coordinate libere).
Sommando inoltre i termini simili, l’espressione di V si riduce alla forma:
a2
k 2 √
s + 2as cos θ − √ sin θ .
V =
2
2
La lagrangiana del sistema è
1
k
1
L = T − V = mṡ2 + ma2 θ̇2 −
2
8
2
√
a2
2
s + 2as cos θ − √ sin θ .
2
Per scrivere le equazioni del moto occorre innanzitutto calcolare le seguenti
derivate parziali di L:
∂L
ka
∂L
= mṡ ,
= −ks − √ cos θ ,
∂ ṡ
∂s
2
ka2
∂L
1 2
∂L
ka
= ma θ̇ ,
= √ s sin θ + √ cos θ .
4
∂θ
2
2 2
∂ θ̇
Le derivate totali rispetto al tempo che compaiono nelle equazioni di Lagrange sono:
d ∂L
d ∂L
1
= ms̈ e
= ma2 θ̈ .
dt ∂ ṡ
dt ∂ θ̇
4
5
Sostituendo le espressioni precedenti nelle equazioni del moto si ha infine:
∂L
ka
d ∂L
−
= 0 =⇒ ms̈ + ks + √ cos θ = 0
dt ∂ ṡ
∂s
2
∂L
1
ka
ka2
d ∂L
−
= 0 =⇒ ma2 θ̈ − √ s sin θ − √ cos θ = 0 .
dt ∂ θ̇
∂θ
4
2
2 2
3) Posizioni di equilibrio e stabilità.
Le posizioni d’equilibrio sono le soluzioni del sistema di equazioni ottenuto
uguagliando a zero le derivate parziali dell’energia potenziale V rispetto alle
coordinate libere s, θ:
ka
∂V
= ks + √ cos θ = 0
∂s
2
∂V
ka
ka2
= − √ s sin θ − √ cos θ = 0 ,
∂θ
2
2 2
da cui segue
a
∂V
= k s + √ cos θ = 0
∂s
2
a
ka
∂V
= − √ s sin θ + cos θ = 0 .
∂θ
2
2
Sostituendo nella seconda equazione l’espressione di s ottenuta dalla prima
equazione si ha:
a
s = − √ cos θ
2
ka
ka2
1
a
a
− √ − √ cos θ sin θ + cos θ = 0 =⇒
cos θ sin θ − √
= 0.
2
2
2
2
2
Dalla seconda equazione si ottiene:
3
π
, θ= π
2
2
1
3
π
sin θ = √ =⇒ θ = , θ = π .
4
4
2
cos θ = 0 =⇒ θ =
6
Sostituendo tali risultati nella prima equazione del sistema precedente, si
hanno le seguenti posizioni d’equilibrio:
π
, s = 0 ; II) θ =
2
π
a
III) θ = , s = − ; IV)
4
2
I) θ =
3
π, s = 0;
2
3
a
θ = π, s = .
4
2
Per studiare la stabilità delle posizioni d’equilibrio trovate, scriviamo la matrice hessiana H dell’energia potenziale V , cioè la matrice formata dalle
derivate seconde parziali di V :
∂2V
∂2V
ka
∂2V
√
=
k
,
=
=
−
sin θ ,
∂s2
∂s∂θ
∂θ∂s
2
ka2 1
ka a
∂2V
2
cos θ + √ sin θ ,
= − √ s cos θ − sin θ =
∂θ2
2
2
2
2
avendo sostituito, nell’ultimo passaggio, la condizione s = − √a2 cos θ ricavata
dalla prima equazione del sistema che fornisce le posizioni d’equilibrio.
La matrice hessiana è quindi
!
k
− √ka2 sin θ
H=
.
2
− √ka2 sin θ ka2 cos2 θ + √12 sin θ
Il determinante di H è
k 2 a2
cos2 θ +
det H =
2
k 2 a2
=
cos2 θ +
2
1
k 2 a2
√ sin θ −
sin2 θ
2
2
1
2
√ sin θ − sin θ .
2
(1)
Essendo Vss = k > 0 indipendentemente dai valori di (s, θ), i casi che possono
presentarsi sono solo due:
• se det H > 0, l’equilibrio è stabile;
• se det H < 0, l’equilibrio è instabile.
Per ciascuno dei quattro punti stazionari trovati calcoliamo il segno del determinante di H, in modo da studiare la stabilità dei punti d’equilibrio.
7
I) θ = π2 , s = 0.
k 2 a2
det H =
2
1
√ −1
2
< 0 =⇒
l’equilibrio è instabile .
II) θ = 32 π, s = 0.
k 2 a2
det H =
2
1
−√ − 1
2
< 0 =⇒
l’equilibrio è instabile .
III) θ = π4 , s = − a2 .
k 2 a2
> 0 =⇒
4
l’equilibrio è stabile .
k 2 a2
> 0 =⇒
det H =
4
l’equilibrio è stabile .
det H =
IV) θ = 34 π, s = a2 .
4) Frequenza delle piccole oscillazioni attorno alle posizioni d’equilibrio stabile.
Per determinare la frequenza ω delle piccole oscillazioni attorno alle posizioni
d’equilibrio stabile, risolviamo l’equazione secolare
det(C − λA) = 0 ,
dove C è la matrice hessiana di V , calcolata nella configurazione d’equilibrio
considerata, λ = ω 2 e A è la matrice formata dai coefficienti (calcolati nella
posizione d’equilibrio) della forma quadratica che esprime l’energia cinetica
T , a meno di un fattore 1/2.
In entrambe le posizioni d’equilibrio stabile trovate,
3
π
a
a
e
θ = π, s =
,
θ= ,s=−
4
2
4
2
le matrici A e C risultano:
8
C=
A=
m
0
0
ma2
4
,
k − ka
2
ka2
− ka
2
2
essendo
T =
1
2
e
2
mṡ +
1
ma2 θ̇2
4
+ 0ṡθ̇ .
La matrice C − λA è dunque
λm
0
k − ka
2
−
C − λA =
2
ka2
0 λ ma4
− ka
2
2
k − λm
− ka
2
.
=
2
ka2
− λ ma4
− ka
2
2
L’equazione secolare det(C − λA) = 0 risulta pertanto
k − λm
a2 − ka
2
(k − λm)(2k − λm) − k 2 = 0 ,
2
2
ka
ma =
− ka
−λ 4
4
2
2
da cui segue
m2 λ2 − 3kmλ + k 2 = 0 =⇒ λ1, 2 =
3km ±
√
√
9k 2 m2 − 4k 2 m2
3± 5 k
=
.
2m2
2 m
Le frequenze delle piccole oscillazioni attorno alla posizione d’equilibrio stabile sono quindi
s
s
√
√
3− 5 k
3+ 5 k
ω1 =
·
e ω2 =
· .
2
m
2
m
5) Momento angolare della lamina rispetto a O.
Il momento angolare di un corpo rigido rispetto al polo non solidale O è:
~ O = IG (~ω ) + (G − O) ∧ m~vG ,
L
dove ~ω è la velocità angolare del corpo, G il baricentro, m la massa, ~vG
la velocità di G e IG l’operatore d’inerzia rispetto al baricentro e alla base
solidale scelta.
9
Nel nostro caso i vettori ~xG = G−O = x~e1 e ~vG = ẋ~e1 sono paralleli, pertanto
il loro prodotto vettoriale è nullo:
(G − O) ∧ m~vG = x~e1 ∧ mẋ~e1 = ~0 .
Il momento angolare rispetto al polo non solidale O si riduce quindi alla
forma:
3
X
~ O = IG (~ω ) =
ωj IG, jh~kh ,
L
j, h=1
dove {~k1 , ~k2 , ~k3 } è la base solidale considerata e IG, jh è la matrice d’inerzia
rispetto a G.
La velocità angolare è
~ω = θ̇~k3 ,
pertanto le sue componenti sono
ω1 = ω2 = 0 e ω3 = θ̇ .
Il momento angolare risulta dunque
~ O = θ̇IG, 33~k3 .
L
Dai risultati ottenuti al punto 1) sappiamo che l’elemento IG, 33 della matrice
d’inerzia della lamina rispetto al baricentro G è:
IG, 33 =
ma2
.
4
Il momento angolare richiesto è quindi
2
~ O = ma θ̇~k3
L
4
10
Compito di gennaio 2005
In un piano verticale, si consideri il vincolo mobile costituito da una semicirconferenza di raggio R e centro C, i cui estremi A e B possono strisciare lungo
l’asse delle ascisse: le coordinate del centro C sono date da ~xC = (gt2 /2) ~e1 .
Il baricentro G di un’asta omogenea DE di lunghezza 2l e massa m può scorrere lungo la guida semicircolare, mentre l’estremo D dell’asta è collegato al
punto mobile C da una molla di costante elastica k. Scegliendo le coordinate libere θ e ϕ come in figura e prescindendo da ogni attrito, si chiede di
determinare:
1) le equazioni del moto;
2) le configurazioni di equilibrio del sistema, discutendone la stabilità;
3) gli integrali primi del moto;
4) date le condizioni iniziali θ(0) = ϕ(0) = 0, θ̇(0) = ϕ̇(0) = 0, calcolare il
valore iniziale della reazione esercitata dalla semicirconferenza sull’asta.
y
O
A
B
C
x
θ
~k2
E
E
G
G0
ϕ
D0
D
1) Equazioni del moto.
L’energia cinetica T dell’asta è:
3
1 X
1 2
ωj IG, jh ωh ,
T = mvG +
2
2 j,h=1
1
G
~k1
D
dove ~vG è la velocità del baricentro G, ~ω è la velocità angolare e IG è la matrice
d’inerzia dell’asta rispetto al baricentro e alla base solidale considerata.
Calcoliamo ora i singoli termini che compaiono nell’espressione di T .
Considerato il triangolo rettangolo CGG0 e osservato che CG = R, il vettore
posizione del baricentro G risulta:
~xG = G − O = (OC + G0 G)~e1 − CG0~e2
1 2
=
gt + R sin θ ~e1 − R cos θ~e2 .
2
La velocità di G è la derivata temporale del vettore posizione ~xG :
~vG = ~x˙ G = (gt + Rθ̇ cos θ)~e1 + Rθ̇ sin θ~e2 .
Il modulo al quadrato di ~vG è dato dalla somma dei quadrati delle componenti:
2
vG
= (gt + Rθ̇ cos θ)2 + (Rθ̇ sin θ)2
= g 2t2 + 2gRtθ̇ cos θ + R2 θ̇2 cos2 θ + R2 θ̇2 sin2 θ
= g 2t2 + R2 θ̇2 + 2gRtθ̇ cos θ .
La velocità angolare ~ω , rispetto alla base solidale {~k1 , ~k2 , ~k3 }, è:
~ω = ϕ̇~k3 =⇒ ω1 = ω2 = 0 ,
ω3 = ϕ̇ .
La matrice d’inerzia dell’asta, rispetto al baricentro e alla base solidale scelta,
è:
1
1 1
2
=⇒ ml2 diag(0, 1, 1) ,
,
IG = m(2l) diag 0,
12 12
3
da cui segue, in particolare:
1
IG, 33 = ml2 .
3
L’energia cinetica T risulta dunque:
1
1 22
2 2
T = m g t + R θ̇ + 2gRtθ̇ cos θ + ml2 ϕ̇2 .
2
6
2
L’energia potenziale del sistema è data dalla somma di due termini: il primo
corrispondente alla forza elastica f~el = −k(D − C), il secondo associato alla
forza peso f~peso = m~g :
V =
k
(D − C)2 + mgyG .
2
Considerati i triangoli rettangoli CGG0 , GDD 0 e osservato che CG = R e
GD = l, il vettore D − C risulta:
D − C = (G0 G + D 0 D)~e1 − (CG0 + GD 0 )~e2
= (R sin θ + l sin ϕ)~e1 − (R cos θ + l cos ϕ)~e2 .
Il modulo al quadrato di D − C è la somma dei quadrati delle componenti:
(D − C)2 = (R sin θ + l sin ϕ)2 + (R cos θ + l cos ϕ)2
= R2 sin2 θ + 2Rl sin θ sin ϕ + l2 sin2 ϕ +
R2 cos2 θ + 2Rl cos θ cos ϕ + l2 cos2 ϕ
= R2 + l2 + 2Rl(cos θ cos ϕ + sin θ sin ϕ)
= R2 + l2 + 2Rl cos(θ − ϕ) .
La componente del vettore posizione G − O lungo l’asse y è:
yG = −CG0 = −R cos θ .
L’energia potenziale risulta quindi:
V =
k 2
R + l2 + 2Rl cos(θ − ϕ) − mgR cos θ .
2
I termini costanti dell’energia potenziale possono essere trascurati, pertanto
si ha:
V = klR cos(θ − ϕ) − mgR cos θ .
La lagrangiana L = T − V del sistema dato è:
1
1 22
2 2
L = m g t + R θ̇ + 2gRtθ̇ cos θ + ml2 ϕ̇2 + mgR cos θ −klR cos(θ −ϕ) .
2
6
3
I termini di L che dipendono esplicitamente dal tempo t sono:
1 Ltempo = m g 2 t2 + 2gRtθ̇ cos θ ,
2
e possono essere espressi come derivata totale rispetto a t di una funzione
F = F (ϕ, θ, t):
Ltempo
d 1
1 23
=
m
g t + 2gRt sin θ
− mgR sin θ
dt 2
3
d
[F (ϕ, θ, t)] − mgR sin θ ,
=
dt
dove il termine sottratto, −mRg sin θ, semplifica il termine “in più” ottenuto
dalla derivata totale rispetto a t e non contenuto nella lagrangiana originaria.
La lagrangiana L può essere riscritta nel seguente modo:
dF
1 2 2
1
2 2
.
L = m R θ̇ + l ϕ̇ + mgR(cos θ − sin θ) − klR cos(θ − ϕ) +
2
3
dt
Indichiamo con Lef la lagrangiana “efficace” ottenuta da L trascurando la
derivata totale rispetto al tempo dF/dt:
1 2 2
1
2 2
Lef = m R θ̇ + l ϕ̇ + mgR(cos θ − sin θ) − klR cos(θ − ϕ) .
2
3
La relazione tra L e Lef è quindi
L = Lef +
dF
.
dt
Due lagrangiane L(q, q̇, t), Lef (q, q̇, t) che differiscono per la derivata totale
rispetto al tempo di una funzione F (q, t) generano le stesse equazioni del
moto e si dicono equivalenti.
Calcoliamo ora le equazioni di Lagrange del sistema dato:
d ∂Lef
−
dt
∂ ϕ̇
d ∂Lef
−
dt
∂ θ̇
4
∂Lef
=0
∂ϕ
∂Lef
= 0.
∂θ
Le derivate parziali che compaiono nelle equazioni precedenti sono:
∂Lef
1
∂Lef
= ml2 ϕ̇ ,
= −klR sin(θ − ϕ) ,
∂ ϕ̇
3
∂ϕ
∂Lef
∂Lef
= −mgR(sin θ + cos θ) + klR sin(θ − ϕ) .
= mR2 θ̇ ,
∂θ
∂ θ̇
Sostituendo nelle equazioni di Lagrange le espressioni ottenute per le derivate
parziali, si ha:
1 2
ml ϕ̈ + klR sin(θ − ϕ) = 0
3
mR2 θ̈ + mgR(sin θ + cos θ) − klR sin(θ − ϕ) = 0 .
2) Configurazioni di equilibrio e stabilità.
L’energia cinetica “efficace” Tef può essere ottenuta da T trascurando i termini che dipendono esplicitamente dal tempo:
1 2 2
1
2 2
Tef = m R θ̇ + l ϕ̇ .
2
3
L’energia potenziale “efficace” Vef può essere ottenuta dall’espressione della
lagrangiana Lef e dell’energia cinetica Tef :
Lef = Tef − Vef =⇒ Vef = Tef − Lef ,
da cui segue
Vef = mgR(sin θ − cos θ) + klR cos(θ − ϕ) .
Le posizioni d’equilibrio sono le soluzioni del sistema di equazioni ottenuto
uguagliando a zero le derivate parziali dell’energia potenziale Vef rispetto alle
coordinate libere ϕ e θ:
∂Vef
= klR sin(θ − ϕ) = 0
∂ϕ
∂Vef
= mgR(cos θ + sin θ) − klR sin(θ − ϕ) = 0 .
∂θ
Dalla prima equazione si ottiene:
ϕ=θ
oppure ϕ = θ + π .
5
Sostituendo nella seconda equazione le espressioni di ϕ ottenute dalla prima
equazione, si ha:
∂Vef
= mgR(cos θ + sin θ) = 0 .
∂θ
Dividendo per cos θ i due membri dell’equazione precedente e semplificando
il fattore costante mgR, si ottiene
π
3
tan θ = −1 =⇒ θ = π, − .
4
4
Sostituendo i valori precedenti di θ nella soluzione ϕ = θ e ϕ = θ +π ottenuta
dalla prima equazione, si trovano le seguenti configurazioni di equilibrio:
3
7
3
I) θ = ϕ = π ; II) θ = π , ϕ = π ;
4
4
4
π
3
π
III) θ = ϕ = − ; IV) θ = − , ϕ = π .
4
4
4
Per studiare la stabilità delle posizioni d’equilibrio trovate, scriviamo la matrice hessiana H dell’energia potenziale Vef , cioè la matrice formata dalle
derivate seconde parziali di Vef :
∂ 2 Vef
∂ 2 Vef
∂ 2 Vef
=
−klR
cos(θ
−
ϕ)
,
=
= klR cos(θ − ϕ) ,
∂ϕ2
∂θ∂ϕ
∂ϕ∂θ
∂ 2 Vef
= −mgR(sin θ − cos θ) − klR cos(θ − ϕ) .
∂θ2
La matrice hessiana, in una configurazione (ϕ, θ) qualunque del sistema, è:
−klR cos(θ − ϕ)
klR cos(θ − ϕ)
.
H=
klR cos(θ − ϕ)
−mgR(sin θ − cos θ) − klR cos(θ − ϕ)
Dopo aver semplificato i termini opposti, il determinante di H si riduce alla
seguente forma:
det H = klmgR2 (sin θ − cos θ) cos(θ − ϕ) .
Si osservi che nelle posizioni d’equilibrio I) e III), in cui ϕ = θ, risulta
∂ 2 Vef
= −klR < 0 ,
∂ϕ2
6
pertanto l’equilibrio è instabile, indipendentemente dal segno del determinante della matrice hessiana.
Nelle due posizioni d’equilibrio II) e IV), in cui ϕ = θ + π, si ha invece
∂ 2 Vef
= klR > 0 ,
∂ϕ2
pertanto occorre studiare il segno del determinante della matrice hessiana
per determinare la stabilità delle configurazioni d’equilibrio considerate.
Sostituendo nell’espressione di det H i valori assunti dalle coordinate libere
(ϕ, θ) nelle due posizioni d’equilibrio II) e IV), si ha
II) θ = 43 π, ϕ = 47 π.
√
det H = − 2klmgR2 < 0 =⇒
l’equilibrio è instabile .
IV) θ = − π4 , ϕ = 34 π.
det H =
√
2klmgR2 > 0 =⇒
l’equilibrio è stabile .
3) Integrali primi del moto.
La lagrangiana Lef non dipende esplicitamente dal tempo t, pertanto l’hamiltoniana Hef = Tef + Vef è un integrale primo del moto. L’espressione di Hef
in un generico istante t è:
1 2 2
1
2 2
Hef = m R θ̇ + l ϕ̇ + klR cos(θ − ϕ) + mgR(sin θ − cos θ) .
2
3
Si osservi che la lagrangiana Lef dipende esplicitamente sia da ϕ sia da θ,
pertanto non ammette coordinate libere cicliche, che darebbero luogo ad ulteriori integrali primi del moto (i momenti generalizzati ∂Lef /∂ ϕ̇ e ∂Lef /∂ θ̇).
4) Valore iniziale della reazione vincolare sull’asta.
L’equazione di bilancio della quantità di moto per il sistema dato è:
~ (a) + Φ
~,
m~aG = R
~ (a) è il
dove ~aG è l’accelerazione del baricentro dell’asta, m è la massa, R
~ è la reazione vincolare esercitata dalla semirisultante delle forze attive e Φ
circonferenza sull’asta.
7
Le forze attive agenti sull’asta sono la forza peso, applicata nel baricentro
dell’asta, e la forza elastica, applicata nell’estremo D dell’asta dalla molla
fissata in C:
~ (a) = m~g − k(D − C) .
R
Sapendo che ~g = −g~e2 e che il vettore D − C, calcolato al punto 1), è
D − C = (R sin θ + l sin ϕ)~e1 − (R cos θ + l cos ϕ)~e2 ,
il risultante delle forze attive assume la forma
~ (a) = −mg~e2 − k[(R sin θ + l sin ϕ)~e1 − (R cos θ + l cos ϕ)~e2 ] .
R
All’istante iniziale si ha, per ipotesi, ϕ(0) = θ(0) = 0 e ϕ̇(0) = θ̇(0) = 0,
~ (a) risulta
pertanto R
~ (a) = −mg~e2 + k(R + l)~e2 .
R
Utilizzando le condizioni iniziali, le equazioni del moto trovate al punto 1)
diventano
1 2 2
ml ϕ̈ = 0 =⇒ ϕ̈ = 0
3
g
mR2 θ̈ + mgR = 0 =⇒ θ̈ = − .
R
L’accelerazione del baricentro ~aG è la derivata prima, rispetto al tempo, del
vettore velocità ~vG = (gt + Rθ̇ cos θ)~e1 + Rθ̇ sin θ~e2 , calcolato al punto 1):
~aG = ~v˙ G = (g + Rθ̈ cos θ − Rθ̇2 sin θ)~e1 + R(θ̈ sin θ + θ̇2 cos θ)~e2 .
Sostituendo nell’espressione di ~aG le condizioni iniziali e i valori ϕ̈(0) = 0 e
θ̈(0) = −g/M trovati dalle equazioni del moto, si ha:
~aG (0) = ~0 .
L’equazione di bilancio della quantità di moto diventa quindi:
~,
~0 = −mg~e2 + k(R + l)~e2 + Φ
da cui segue infine
~ = [mg − k(R + l)]~e2 .
Φ
8