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Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 899. Geometria delle masseNel piano Oxy di una terna solidale Oxyz = Oe1e2e3 si considera il sistema rigido costi-tuito da una piastra circolare D, di raggio ae centro C(4a/5, 3a/5, 0), e da un’asta retti-linea OA di estremo A(−a, 0, 0). Le densitaareale della piastra e lineare dell’asta risul-tano rispettivamente:

σ(P ) =µ

πa3|P − C| ∀P ∈ D

λ(Q) =µ

a3|A−Q|2 ∀Q ∈ OA ,

essendo µ una massa costante caratteristica.Determinare del sistema:

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

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

(c) i momenti d’inerzia relativi alla retta Cx, passante per C e parallela ad Ox, ed allaretta r di equazione y − 2x = 0, z = 0;

(d) se il piano α di equazione y + z = 0 e un piano principale d’inerzia in O.

(e) Ricavare inoltre velocita e accelerazione istantanee del punto C e l’asse di Mozzidel sistema rispetto al riferimento dove O e fisso e la velocita angolare istantanea e~ω = ωe1 + ωe3, con ω costante.

SoluzioneE necessario in primo luogo definire le appropriate parametrizzazioni per il disco D e l’astaOA, ed esprimere le corrispondenti densita areale e lineare in termini dei parametri scelti.Per il disco conviene senz’altro introdurre una parametrizzazione mediante coordinate po-lari piane di polo C:

P (ρ, φ)−O =(4

5a+ ρ cosφ

)e1 +

(3

5a+ ρ sinφ

)e2 , ∀ (ρ, φ) ∈ [0, a]× [0, 2π] ,

che fornisce l’espressione seguente per la densita areale:

σ(ρ, φ) =µ

πa3ρ , ∀ (ρ, φ) ∈ [0, a]× [0, 2π] .

La parametrizzazione dell’asta OA e invece data da:

Q(x)−O = xe1 , ∀x ∈ [−a, 0] ,

per mezzo della quale la densita lineare si scrive:

λ(x) =µ

a3| − ae1 − xe1|2 =

µ

a3(a+ x)2 , ∀x ∈ [−a, 0] ,

Stefano Siboni 4892


visto che A−O = −ae1.

(a) Massa e baricentroMassa del discoLa massa del disco viene ricavata integrando la densita areale σ sul dominio circolare D,parametrizzato in coordinate polari piane:

mD =

∫D

σ dA =

a∫0

dρ ρ

2π∫0

dφµ

πa3ρ =

µ

πa3

a∫0

ρ2 dρ

2π∫0

dφ =µ

πa3

a3

32π =

2

3µ .

Massa dell’astaL’integrazione della densita lineare λ sul segmento OA fornisce la massa dell’asta:

mOA =

∫OA

λ ds =

0∫−a

µ

a3(a+ x)2dx =

µ

a3

[(a+ x)3

3

]0

−a=

µ

3.

Massa del sistemaLa massa del sistema e data dalla somma delle masse calcolate per disco ed asta:

m = mD +mOA =2

3µ+

µ

3= µ ,

dal momento che l’intersezione D ∩ OA e costituita da un solo punto — l’origine O — erappresenta un insieme di misura nulla che non ha alcun effetto sul calcolo degli integralidi superficie su D e di linea su OA.

Baricentro del discoIl centro C e un ovvio centro di simmetria per il disco, in quanto la densita σ e funzionedella sola distanza da C. Di conseguenza C va anche identificato con il baricentro di D:

GD −O = C −O =4

5ae1 +

3

5ae2 .

Baricentro dell’astaPer l’asta, che giace completamente lungo l’asse Ox, le proprieta di simmetria ed il teoremadell’inviluppo convesso impongono che il baricentro sia individuato da un vettore posizionedella forma:

GOA −O = xOAe1

con ascissa xOA ∈ [−a, 0]. Detta ascissa viene calcolata ricorrendo alla definizione:

xOA =1

mOA

∫OA

xλ ds =3

µ

0∫−a

xµ

a3(a+ x)2 dx =

3

a3

0∫−a

x(a2 + x2 + 2ax) dx =

=3

a3

0∫−a

(a2x+ x3 + 2ax2) dx =3

a3

[a2x2

2+x4

4+

2ax3

3

]0

−a=

=3

a3

(−a

4

2− a4

4+

2

3a4)

= 3(−3

4+

2

3

)a = −a

4,

Stefano Siboni 4893


in modo che risulta:GOA −O = −a

4e1 .

Baricentro del sistemaPoiche l’intersezione OA ∩ D e un insieme di misura nulla, il baricentro del sistema puoessere determinato facendo uso del teorema distributivo:

G−O =mD(GD −O) +mOA(GOA −O)

m=

1

µ

[2

3µ(4

5ae1 +

3

5ae2

)+µ

3

(−a

4e1

)]=

=8

15ae1 +

2

5ae2 −

a

12e1 =

9

20ae1 +

2

5ae2 .

(b) Matrice d’inerziaMatrice d’inerzia in Oxyz dell’asta OAPoiche l’asta OA giace lungo l’asse Ox, la sua matrice d’inerzia relativa a Oxyz deveassumere la forma:

[LOAO ] =

0 0 00 LOAyy 0

0 0 LOAyy

con il momento d’inerzia rispetto all’asse Oy determinato direttamente sulla base delladefinizione:

LOAyy =

∫OA

x2λ ds =

0∫−a

x2 µ

a3(a+ x)2dx =

µ

a3

0∫−a

(a2x2 + x4 + 2ax3) dx =

=µ

a3

[a2x

3

3+x5

5+ a

x4

2

]0

−a=

µ

a3

(a5

3+a5

5− a5

2

)=

µa2

30,

sicche si ottiene:

[LOAO ] = µa2

0 0 00 1/30 00 0 1/30

.Matrice d’inerzia in Oxyz del discoPer determinare la matrice d’inerzia in Oxyz del disco conviene calcolare preliminarmentela matrice relativa alla terna baricentrale Cxyz e poi riportarla nella terna Oxyz medianteil teorema generalizzato di Huygens-Steiner. Rispetto a Cxyz, causa gli evidenti assi disimmetria Cx e Cy, la matrice d’inerzia di D assume la forma diagonale:

[LDC ] =

LDCxx 0 00 LD

Cxx 00 0 2LD

Cxx

con la particolarita che LD

Cyy = LDCxx per via dell’ulteriore asse di simmetria y = x, z = 0

e che LDCzz = LD

Cxx +LDCyy per l’essere D ⊂ Cxy. Il momento d’inerzia relativo all’asse Cx

Stefano Siboni 4894


e calcolato come segue:

LDCxx =

∫D

[(P − C) · e2

]2σ dA =

2π∫0

dφ

a∫0

dρ ρ (ρ sinφ)2 µ

πa3ρ =

µ

πa3

2π∫0

sin2φdφ

a∫0

ρ4dρ =

=µ

πa3

2π∫0

1− cos 2φ

2dφ

a5

5=

µa2

10π

2π∫0

(1− cos 2φ) dφ =

=µa2

10π

[φ− sin 2φ

2

]2π

0

=µa2

10π2π =

µa2

5

in modo che la matrice d’inerzia risulta:

[LDC ] = µa2

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

.La matrice d’inerzia relativa a Oxyz si ricava dal teorema di Huygens-Steiner generalizzato:

[LDO] = [LD

C ] + mD

d22 + d2

3 −d1d2 −d1d3

−d1d2 d21 + d2

3 −d2d3

−d1d3 −d2d3 d21 + d2

2

dove i coefficienti d1, d2, d3 sono le coordinate del baricentro C rispetto a Oxyz:

C −O =

3∑α=1

dαeα =4

5ae1 +

3

5ae2

vale a dire:

d1 =4

5a d2 =

3

5a d3 = 0 .

Ne deriva che:

[LDO] = µa2

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

+2

3µa2

9/25 −12/25 0−12/25 16/25 0

0 0 1

=

= µa2

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

+ µa2

6/25 −8/25 0−8/25 32/75 0

0 0 2/3

=

= µa2

11/25 −8/25 0−8/25 47/75 0

0 0 16/15

.

Stefano Siboni 4895


Matrice d’inerzia in Oxyz del sistemaLa matrice d’inerzia in Oxyz del sistema e la somma delle matrici d’inerzia di disco e astarispetto alla stessa terna:

[LO] = [LDO] + [LOAO ] = µa2

0 0 00 1/30 00 0 1/30

+ µa2

11/25 −8/25 0−8/25 47/75 0

0 0 16/15

=

= µa2

11/25 −8/25 0−8/25 33/50 0

0 0 11/10

.(c) Momenti d’inerzia relativi alle rette Cx ed rRetta Cx, passante per C e parallela all’asse OxLa retta Cx e parallela all’asse coordinate Ox, ma non contiene il baricentro G del sistema.Occorre quindi applicare due volte il teorema di Huygens-Steiner:

− una prima volta fra gli assi paralleli Cx e Gx;

− una seconda volta fra gli assi paralleli Ox e Gx.

Le relazioni corrispondenti sono:

ICx = IGx +m(yG − yC)2 IOx = IGx +my2G

e sottratte membro a membro porgono:

ICx − IOx = m(yG − yC)2 −my2G

ossia:

ICx = IOx +m(y2C − 2yCyG) = IOx +myC(yC − 2yG)

dove:

IOx = Lxx =11

25µa2 yC =

3

5a yG =

2

5a m = µ .

Sostituendo questi valori si ottiene il momento d’inerzia richiesto:

ICx =11

25µa2 + µ · 3

5a(3

5a− 2 · 2

5a)

=11

25µa2 +

3

5µa2(−1

5

)=

8

25µa2 .

Retta r di equazione y − 2x = 0, z = 0La retta r passa chiaramente per l’origine O della terna di riferimento ed e individuata dalversore direttore:

n =e1 + 2e2

|e1 + 2e2|=

e1 + 2e2√5

.

Stefano Siboni 4896


Il relativo momento d’inerzia e dato da:

Ir = IOn = n · LO(n) =

=1

5(1 2 0) µa2

11/25 −8/25 0−8/25 33/50 0

0 0 11/10

120

=

=1

5µa2

[11

25· 12 +

33

50· 22 + 2 ·

(− 8

25

)· 1 · 2

]=

=1

5µa2(11

25+

66

25− 32

25

)=

1

5µa2 45

25=

9

25µa2 .

(d) Piano α come piano principale d’inerzia in OPer definizione il piano α, di equazione y+ z = 0, e un piano principale d’inerzia in O delsistema se passa per il punto O ed il suo vettore ortogonale e un autovettore dell’operatored’inerzia in O. Che O ∈ α e evidente. Si deve soltanto verificare che il vettore ortogonaleal piano:

~v = e2 + e3

sia un autovettore di LO. Si puo eseguire il controllo rispetto alla base e1e2e3, andando averificare se sia o meno:

[LO]

011

= λ

011

per λ ∈ R opportuno. Si ha in effetti:

µa2

11/25 −8/25 0−8/25 33/50 0

0 0 11/10

011

= µa2

−8/2533/5011/10

6= λ

011

∀λ ∈ R e si deve concludere che il piano α non costituisce un piano principale d’inerzia inO del sistema.

(e) Velocita e accelerazione instantanee di C. Asse di MozziVelocita istantanea di CSi osserva preliminarmente che ~ω = ωe1 +ωe3 e costante nella terna di riferimento solidaleOxyz se e soltanto se essa risulta costante anche nella terna di riferimento assoluta cui talevelocita angolare e riferita, come segue dalla ben nota relazione:

dA~ω

dt=

dR~ω

dt+ ~ω ∧ ~ω =

dR~ω

dt= 0 ,

tra derivata assoluta e relativa del vettore ~ω. Il moto del sistema nella terna assolutaavviene dunque a velocita angolare costante ed e percio un moto rotatorio uniforme. Lavelocita istantanea del punto C del sistema e data dalla relazione generale dell’atto di motorigido:

C = O + ~ω ∧ (C −O) = ~ω ∧ (C −O) (899.1)

Stefano Siboni 4897


e risulta pertanto:

C = ω(e1 + e3) ∧(4

5e1 +

3

5e2

)a = aω

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

1 0 14/5 3/5 0

∣∣∣∣∣∣ = aω(−3

5e1 +

4

5e2 +

3

5e3

).

Accelerazione istantanea di CL’accelerazione di C si ricava in modo analogo, derivando in t la relazione (899.1) e ricor-dando che tanto ~ω quanto O sono costanti:

C =d~ω

dt∧ (C −O) + ~ω ∧ (C − O) = ~ω ∧ C .

Si ottiene cosı:

C = ω(e1 + e3) ∧ aω5

(−3e1 + 4e2 + 3e3) =

=aω2

5

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

1 0 1−3 4 3

∣∣∣∣∣∣ =aω2

5(−4e1 − 6e2 + 4e3) .

Asse di MozziL’asse di Mozzi ` e certamente definito, dal momento che ~ω 6= 0. D’altra parte, essendoO punto fisso, si ha O = 0 e quindi O ∈ `, per cui l’asse di Mozzi costituisce in effetti unasse istantaneo di rotazione. Ma dovendo essere parallelo ad ~ω, come ben noto, tale assenon puo essere che la retta O~ω. Si osservi come, essendo ~ω un vettore costante nel tempo,tale asse istantaneo di rotazione in effetti nel tempo non cambi.

Esercizio 900. Geometria delle masseNel piano Oxy di una terna cartesiana ortogo-nale Oxyz = Oe1e2e3 si considera il sistemacostituito da: una piastra quadrata P, di lato2a, con i vertici A e B posti simmetricamenterispetto a O lungo l’asse Oy, e un telaio semi-circolare γ, di raggio a, centro O ed estremi Ae B. Le densita di P e γ si scrivono:

σ(P ) =µ

4a4|P −O|2 ∀P ∈ P

λ(Q) =µ

a2(Q−O) · e1 ∀Q ∈ γ ,

con µ > 0 una massa costante caratteristica.Determinare:

(a) la massa e la posizione del baricentro del sistema rispetto a Oxyz;

(b) la matrice d’inerzia del sistema relativa a Oxyz;

(c) il momento d’inerzia di γ rispetto alla retta r di equazione y = x, z = 0.

Stefano Siboni 4898


SoluzioneLa piastra quadrata si parametrizza banalmente in termini delle coordinate cartesiane x, y:

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

con elemento d’area dA = dxdy e densita areale:

σ(x, y) =µ

4a4(x2 + y2) , (x, y) ∈ [−2a, 0]× [−a, a] .

Per il telaio semicircolare γ si ha invece l’ovvia parametrizzazione in coordinate polari:

Q(ϕ)−O = a(cosϕ e1 + sinϕ e2) , ϕ ∈ [−π/2, π/2] ,

cui corrispondono l’elemento di lunghezza ds = |Q′(ϕ)| dϕ = a dϕ e la densita lineare:

λ(ϕ) =µ

a2a cosϕ =

µ

acosϕ , ϕ ∈ [−π/2, π/2] .

Si sono cosı determinate tutte le espressioni utili a calcolare massa, baricentro e matriced’inerzia di piastra e telaio, nonche dell’intero sistema.

(a) Massa e baricentroMassa della piastra PLa massa della piastra si ricava integrando la densita areale σ sul dominio P ed e quindiespressa da:

mP =

∫P

σ dA =

0∫−2a

dx

a∫−a

dyµ

4a4(x2 + y2) =

µ

4a4

0∫−2a

dx

[x2y +

y3

3

]ay=−a

=

=µ

4a4

0∫−2a

dx 2(ax2 +

a3

3

)=

µ

2a4

0∫−2a

(ax2 +

a3

3

)dx =

=µ

2a4

[ax3

3+a3x

3

]0

−2a

=µ

6a4

(8a4 + 2a4

)=

5

3µ .

Massa del telaio γIn modo analogo, l’integrale sulla curva γ della densita lineare λ definisce la massa deltelaio semicircolare:

mγ =

∫γ

λ ds =

π/2∫−π/2

µ

acosϕ a dϕ = µ

[sinϕ

]π/2−π/2 = 2µ .

Massa del sistemaPoiche l’intersezione fra la piastra ed il telaio consiste dei due soli punti A e B, insiemedi misura nulla del tutto ininfluente tanto per il calcolo degli integrali di superficie su Pquanto per quello degli integrali curvilinei su γ, la massa del sistema e data dalla semplicesomma delle masse di P e γ:

m = mP +mγ =5

3µ+ 2µ =

11

3µ .

Stefano Siboni 4899


Baricentro del sistemaPoiche piastra e telaio giacciono nel piano coordinato Oxy, questo costituisce un ovvio assedi simmetria per l’intero sistema, sul quale il baricentro G del sistema deve necessariamentecollocarsi. Per la quota del baricentro deve dunque aversi zG = 0. D’altra parte e evidenteche Ox e un asse di simmetria per la piastra, dal momento che questa ammette Ox comeasse di simmetria geometrico e nei punti simmetrici la densita areale risulta la medesima:

σ(x,−y) =µ

4a4

[x2 + (−y)2

]=

µ

4a4(x2 + y2) = σ(x, y) , ∀ (x, y) ∈ [−2a, 0]× [−a, a] .

Alla stessa conclusione si perviene per il telaio γ, in quanto:

λ(−ϕ) =µ

acos(−ϕ) =

µ

acosϕ = λ(ϕ) , ∀ϕ ∈ [−π/2, π/2] .

Ne segue che Ox e asse di simmetria di massa anche per l’intero sistema, in modo cherisulta yG = 0. L’unica coordinata del baricentro che occorre calcolare esplicitamenterisulta percio l’ascissa xG. Conviene al solito determinare i baricentri di piastra ed asta,per poi applicare il teorema distributivo. Per la piastra si ha:

xP =1

mP

∫P

xσ dA =3

5µ

0∫−2a

dx

a∫−a

dy xµ

4a4(x2 + y2) =

=3

20a4

0∫−2a

dx

a∫−a

dy (x3 + xy2) =3

20a4

0∫−2a

dx

[x3y +

xy3

3

]ay=−a

=

=3

20a4

0∫−2a

dx 2(ax3 +

a3x

3

)=

3

10a4

[ax4

4+a3x2

6

]0

−2a

=

=3

10a4

(−16a5

4− 4a5

6

)= − 3

10

(4 +

2

3

)a = −7

5a .

Si osservi come il baricentro GP della piastra sia individuato dal vettore posizione GP −Oed appartenga all’inviluppo convesso del dominio P, che coincide con P stesso — si trattainfatti di un poligono convesso. Quanto al telaio si ottiene invece:

xγ =1

mγ

∫γ

xλ ds =1

2µ

π/2∫−π/2

a cosϕµ

acosϕ a dϕ =

a

2

π/2∫−π/2

cos2ϕdϕ =

=a

2

π/2∫−π/2

1 + cos 2ϕ

2dϕ =

a

4

[ϕ+

sin 2ϕ

2

]π/2−π/2

=π

4a ,

sicche anche Gγ ∈ conv(γ), il semidisco chiuso delimitato da γ e dal lato AB di P, inquanto πa/4 < a. Applicando la formula distributiva, l’ascissa del baricentro G si scrive:

xG =mP xP +mγ xγmP +mγ

=3

11µ

[5

3µ(−7

5a)

+ 2µ · π4a

]=

3

11

(−7

3+π

2

)a ,

Stefano Siboni 4900


per cui:

G−O =3

11

(π2− 7

3

)ae1 .

(b) Matrice d’inerziaCome gia osservato, il piano coordinato Oxy e l’asse coordinato Ox sono rispettivamentepiano ed asse di simmetria di massa tanto per la piastra P quanto per il telaio γ, edunque anche per l’intero sistema. Dal teorema spettrale, applicabile causa la simme-tria dell’operatore d’inerzia in O, segue che la terna Oxyz costituisce una terna principaled’inerzia in O per P, per γ e per il sistema completo. In ogni caso si ha, inoltre, che ilmomento d’inerzia rispetto all’asse Oz, ortogonale al piano di giacitura, e pari alla sommadei momenti d’inerzia relativi agli assi Ox e Oy, collocati in tale piano.

Matrice d’inerzia della piastra PPer quanto detto sopra, la matrice d’inerzia in Oxyz della piastra assume la forma diago-nale:

[LPO] =

LPxx 0 00 LP

yy 0

0 0 LPxx + LP

yy

nella quale il momento d’inerzia relativo all’asse Ox si scrive:

LPxx =

∫P

y2σ dA =

0∫−2a

dx

a∫−a

dy y2 µ

4a4(x2 + y2) =

µ

4a4

0∫−2a

dx

a∫−a

dy (x2y2 + y4) =

=µ

4a4

0∫−2a

dx

[x2y3

3+y5

5

]ay=−a

=µ

4a4

0∫−2a

dx 2(a3x2

3+a5

5

)=

µ

2a4

0∫−2a

(a3x2

3+a5

5

)dx =

=µ

2a4

[a3x3

9+a5x

5

]0

−2a

=µ

2a4

(8

9a6 +

2

5a6)

=(4

9+

1

5

)µa2 =

29

45µa2,

mentre quello relativo all’asse Oy e dato da:

LPyy =

∫P

x2σ dA =

0∫−2a

dx

a∫−a

dy x2 µ

4a4(x2 + y2) =

µ

4a4

0∫−2a

dx

a∫−a

dy (x4 + x2y2) =

=µ

4a4

0∫−2a

dx

[x4y +

x2y3

3

]ay=−a

=µ

4a4

0∫−2a

dx 2(ax4 +

a3x2

3

)=

µ

2a4

[ax5

5+a3x3

9

]0

−2a

=

=µ

2a4

(32

5a6 +

8

9a6)

=(16

5+

4

9

)µa2 = 4

(4

5+

1

9

)µa2 = 4 · 41

45µa2 =

164

45µa2,

per cui risulta:

LPzz = LP

xx + LPyy =

29

45µa2 +

164

45µa2 =

193

45µa2

Stefano Siboni 4901


ed infine:

[LPO] =

µa2

45

29 0 00 164 00 0 193

.Matrice d’inerzia del telaio γAnche la matrice d’inerzia del telaio si presenta in forma diagonale rispetto alla ternaOxyz:

[LγO] =

Lγxx 0 00 Lγyy 00 0 Lγzz

e sempre con Lγzz = Lγxx+Lγyy. In questo caso, tuttavia, e opportuno calcolare gli integraliche definiscono Lγzz e Lγxx, perche piu semplici da determinare. Per il momento d’inerziarelativo all’asse Oz si ha infatti:

Lγzz =

∫γ

(x2 + y2)λ ds =

π/2∫−π/2

a2 µ

acosϕadϕ = µa2

[sinϕ

]π/2−π/2 = 2µa2

o piu banalmente Lγzz = mγa2 = 2µa2, visto che l’intera massa del telaio si colloca a

distanza costante a dall’asse considerato. Quanto al momento d’inerzia relativo ad Ox,questo risulta:

Lγxx =

∫γ

y2λ ds =

π/2∫−π/2

(a sinϕ)2 µ

acosϕadϕ =

= µa2

π/2∫−π/2

sin2ϕ cosϕdϕ = µa2

[1

3sin3ϕ

]π/2−π/2

=2

3µa2,

in modo che il momento relativo a Oy si ricava per differenza:

Lγyy = Lγzz − Lγxx = 2µa2 − 2

3µa2 =

4

3µa2

e la matrice d’inerzia richiesta diventa:

[LγO] = µa2

2/3 0 00 4/3 00 0 2

.Matrice d’inerzia del sistemaLa matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz e la somma delle matrici d’inerziadi piastra e telaio rispetto alla medesima terna:

[LO] = [LPO] + [LγO] =

µa2

45

29 0 00 164 00 0 193

+ µa2

2/3 0 00 4/3 00 0 2

=

Stefano Siboni 4902


=µa2

45

59 0 00 224 00 0 283

.(c) Momento d’inerzia relativo alla retta rLa retta r di equazione cartesiana y = x, z = 0 passa evidentemente per l’origine e sirappresenta in forma parametrica come:

x = ξy = ξz = 0

⇐⇒ P (ξ)−O = ξe1 + ξe2 , ξ ∈ R ,

con versore direttore:

n =P ′(ξ)

|P ′(ξ)|=

e1 + e2

|e1 + e2|=

e1 + e2√2

.

Il momento d’inerzia del telaio γ rispetto alla retta r e quindi dato dalla relazione:

Iγr = n · LγO(n) =1√2

( 1 1 0 ) [LγO]1√2

110

=

=1

2( 1 1 0 ) µa2

2/3 0 00 4/3 00 0 2

110

=1

2µa2(2

3· 12 +

4

3· 12)

= µa2 .

Esercizio 901. Vettori applicatiIn una terna cartesiana ortogonale destra Oxyz = Oe1e2e3 si considera il sistema S divettori applicati:

~v1 = e1 + 2e2 + 3e3 applicato in P1(1, 0, 1)

~v2 = −e1 − e2 − 2e3 applicato in P2(2, 1,−1) .

Determinare:

(a) l’equazione dell’asse centrale a di S, se definito;

(b) gli eventuali punti A rispetto ai quali il momento ~MA di S e uguale a 2 volte il risultante~R di S.

Soluzione(a) Asse centraleIl risultante del sistema di vettori applicati e non nullo:

~R = ~v1 + ~v2 = e1 + 2e2 + 3e3 + (−e1 − e2 − 2e3) = e2 + e3 6= 0

per cui l’asse centrale a e certamente definito. Per determinarne la parametrizzazione

Stefano Siboni 4903


conviene senz’altro scegliere come polo uno dei punti di applicazione, ad esempio P1(1, 0, 1),e calcolare rispetto ad esso il momento del sistema S:

~MP1 = (P1 − P1) ∧ ~v1 + (P2 − P1) ∧ ~v2 = 0 + (e1 + e2 − 2e3) ∧ (−e1 − e2 − 2e3) =

=

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

1 1 −2−1 −1 −2

∣∣∣∣∣∣ = −4e1 + 4e2 ,

in modo che risulta:

~R ∧ ~MP1= (e2 + e3) ∧ (−4e1 + 4e2) =

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

0 1 1−4 4 0

∣∣∣∣∣∣ = −4e1 − 4e2 + 4e3

e di conseguenza:

~R ∧ ~MP1

|~R|2=−4e1 − 4e2 + 4e3

|e2 + e3|2=−4e1 − 4e2 + 4e3

2= −2e1 − 2e2 + 2e3 .

La parametrizzazione dell’asse centrale assume cosı la forma:

P − P1 =~R ∧ ~MP1

|~R|2+ α~R = −2e1 − 2e2 + 2e3 + α(e2 + e3) ∀α ∈ R

e rispetto all’origine O diventa:

P −O = P1 −O + P − P1 = e1 + e3 − 2e1 − 2e2 + 2e3 + α(e2 + e3) =

= −e1 − 2e2 + 3e3 + α(e2 + e3) ∀α ∈ R .

In definitiva, l’equazione parametrica dell’asse centrale si scrive:

a :

x = −1y = −2 + αz = 3 + α

∀α ∈ R . (901.1)

(b) Punti A per i quali ~MA = 2~R

Gli eventuali punti A rispetto ai quali il momento ~MA del sistema S risulta pari a 2~R sonoanche punti rispetto ai quali ~MA e parallelo al risultante, per cui essi devono necessaria-mente appartenere all’asse centrale. Si tratta quindi di verificare che, preso un qualsiasipunto A dell’asse centrale, il momento del sistema rispetto ad esso sia o meno uguale a 2~R:nel primo caso i punti richiesti saranno tutti e soli quelli dell’asse centrale, nel secondo casoil problema non ammettera alcuna soluzione. Un punto dell’asse centrale e A(−1,−2, 3)— basta porre α = 0 nell’equazione parametrica (901.1) — e rispetto ad esso il momentodel sistema si scrive:

~MA = ~MP1+ (P1 −A) ∧ ~R

Stefano Siboni 4904


con ~MP1 = −4e1 + 4e2, P1 −A = e1 + e3 − (−e1 − 2e2 + 3e3) = 2e1 + 2e2 − 2e3, e:

(P1 −A) ∧ ~R =

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

2 2 −20 1 1

∣∣∣∣∣∣ = 4e1 − 2e2 + 2e3 ,

per cui:~MA = −4e1 + 4e2 + 4e1 − 2e2 + 2e3 = 2e2 + 2e3 .

Ne segue che ~MA = 2(e2 + e3) = 2~R e che pertanto i punti richiesti sono tutti e soltantoquelli dell’asse centrale a.

Esercizio 902. Oscillatore armonico smorzato con forzante sinusoidale

Lungo l’asse orizzontale Ox di una terna inerziale Oxyz = Oe1e2e3 un punto materiale P ,di massa unitaria, puo scorrere liberamente senza attrito, collegato all’origine O da unamolla ideale di stiffness k = 6 e soggetto ad una resistenza viscosa di costante β = 2. Sulpunto agisce anche la forza 2 sinωt e1, con ω > 0 costante. Determinare di P :

(a) l’espressione generale del moto transiente, specificando la natura di questo;

(b) l’espressione del moto stazionario, evidenziandone l’ampiezza;

(c) la pulsazione di risonanza e la relativa ampiezza, giustificando la risposta.

SoluzioneL’equazione pura del moto si ottiene proiettando il postulato delle reazioni vincolari:

mP = −βP − k(P −O) + 2 sinωt e1 + ~Φ

lungo l’asse Ox, in modo da eliminare la reazione vincolare ~Φ:

x = −2x− 6x+ 2 sinωt

ossia:x+ 2x+ 6x = 2 sinωt .

Si tratta di una equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti,non omogenea, la cui soluzione generale puo essere scritta come somma della soluzione ge-nerale dell’equazione omogenea associata (parte transiente) e di una soluzione particolare,sinusoidale con pulsazione ω, dell’equazione non omogenea (parte stazionaria).

(a) Moto transientePer determinare la soluzione generale dell’equazione omogenea associata:

x+ 2x+ 6x = 0 ,

si considera l’equazione caratteristica:

λ2 + 2λ+ 6 = 0

Stefano Siboni 4905


e se ne calcolano le soluzioni, complesse coniugate:

λ =−2±

√22 − 4 · 1 · 62 · 1

=−2±

√−20

2= −1± i

√5 .

La soluzione generale che descrive il moto transiente assume percio la forma:

x(t) = c1e−t cos(

√5 t) + c2e

−t sin(√

5 t) ∀ t ∈ R ,

con c1, c2 ∈ R costanti assegnate a piacere e determinate dalle condizioni iniziali. Potendosiscrivere la stessa espressione come:

x(t) = e−t[c1 cos(

√5 t) + c2 sin(

√5 t)]

∀ t ∈ R ,

si conclude che i moti transienti sono di tipo oscillatorio smorzato — regime subcritico.

(b) Moto stazionario e sua ampiezzaIl moto stazionario e definito da una soluzione particolare dell’equazione non omogeneadella forma:

x(t) = a1 sinωt+ a2 cosωt ∀ t ∈ R ,

con a1 e a2 costanti reali da determinare convenientemente. Le derivate prima e secondadi questa soluzione risultano:

x(t) = ωa1 cosωt− ωa2 sinωt

x(t) = −ω2a1 sinωt− ω2a2 cosωt ,

per cui:6x = 6a1 sinωt+ 6a2 cosωt

2x = 2ωa1 cosωt− 2ωa2 sinωt

x = −ω2a1 sinωt− ω2a2 cosωt

e sostituendo queste espressioni nell’equazione pura del moto essa si riduce a:[(6− ω2)a1 − 2ωa2

]sinωt+

[2ωa1 + (6− ω2)a2

]cosωt = 2 sinωt ∀ t ∈ R .

L’equazione sussiste identicamente in t ∈ R se e soltanto se i coefficienti dei termini insinωt e cosωt a primo e a secondo membro sono corrispondentemente uguali; ne risulta ilsistema lineare non omogeneo:

(6− ω2)a1 − 2ωa2 = 22ωa1 + (6− ω2)a2 = 0

la cui unica soluzione puo esprimersi per mezzo del teorema di Cramer, che porge:

a1 =

∣∣∣∣ 2 −2ω0 6− ω2

∣∣∣∣∣∣∣∣ 6− ω2 −2ω2ω 6− ω2

∣∣∣∣ =2(6− ω2)

(6− ω2)2 + 4ω2

Stefano Siboni 4906


e:

a2 =

∣∣∣∣ 6− ω2 22ω 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ 6− ω2 −2ω2ω 6− ω2

∣∣∣∣ =−4ω

(6− ω2)2 + 4ω2.

Il moto stazionario e quindi descritto da:

x(t) =2(6− ω2) sinωt− 4ω cosωt

(6− ω2)2 + 4ω2∀ t ∈ R .

La sua ampiezza vale:

A(ω) =2√

(6− ω2)2 + 4ω2,

potendosi porre:

6− ω2√(6− ω2)2 + 4ω2

= cosα−2ω√

(6− ω2)2 + 4ω2= sinα

con la fase α determinata univocamente nell’intervallo [0, 2π).

(c) Pulsazione di risonanza ed ampiezza corrispondente

La risonanza in ampiezza ricorre quando la pulsazione ω > 0 della forzante sinusoidale etale da rendere massima l’ampiezza A(ω) del moto stazionario, ovvero minimo il valore delradicando a denominatore:

F(ω2) = (ω2 − 6)2 + 4ω2 .

La derivata prima rispetto a ω2, posta uguale a zero, porge la pulsazione di risonanza:

F ′(ω2) = 2(ω2 − 6) + 4 = 2ω2 − 8 = 0 =⇒ ωR =√

4 = 2

e la derivata seconda consente di verificare che si tratta effettivamente di un minimo peril radicando:

F ′′(ω2) = 2 > 0 .

Per ω = ωR il moto stazionario ha ampiezza:

A(ωR) = A(2) =2√

(6− 22)2 + 4 · 22=

2√4 + 16

=2√20

=1√5.

Stefano Siboni 4907


Esercizio 903. Punto vincolato ad una curva fissaNel piano Oxy di una terna cartesiana Oxyz =Oe1e2e3 e fissata una curva liscia γ di equazioney = αx3, x ∈ R, con α costante positiva. Unpunto materiale pesante P , di massa m, e vinco-lato a restare su γ. La terna ruota con velocitaangolare costante ω > 0 attorno all’asse ver-ticale Oy rispetto ad un riferimento inerziale.Usando l’ascissa x ∈ R come variabile, relativa-mente alla terna Oxyz determinare di P :

(a) le equazioni pure del moto (considerare tutte le forze agenti!);

(b) gli equilibri;

(c) la condizione di equilibrio e almeno due equilibri, qualora γ avesse coefficiente diattrito statico µs > 0.

SoluzioneLa posizione del punto materiale P lungo la curva γ e individuata dalla parametrizzazioneregolare:

P (x)−O = xe1 + αx3e2 , x ∈ R ,

con derivata prima non nulla:

P ′(x) = e1 + 3αx2 e2 6= 0 , ∀x ∈ R .

(a) Equazioni pure del motoIl riferimento Oxyz di quiete della guida γ ruota uniformemente con velocita angolarecostante ω attorno all’asse verticale Oy rispetto ad una terna inerziale: si tratta quindi diun riferimento non galileiano. Sul punto materiale agiscono il peso, la forza centrifuga e laforza di Coriolis, rispettivamente espresse da:

~Fg = −mge2~Fcf = mω2x e1

~FCor = −2mωe2 ∧ P ,

oltre alla reazione vincolare dovuta al vincolo. L’espressione della forza centrifuga e statascritta direttamente, in quanto proporzionale alla distanza x di P dall’asse di rotazione Oydella terna Oxyz, alla massa m del punto ed al modulo quadrato ω2 della velocita angolaredi trascinamento. Il postulato delle reazioni vincolari si traduce nell’equazione:

mP = −mge2 +mω2x e1 − 2mωe2 ∧ P + ~Φ

che deve essere proiettata lungo la direzione tangente P ′(x) per eliminare il termine reat-tivo:

mP · P ′(x) = −mge2 · P ′(x) +mω2x e1 · P ′(x)− 2mωe2 ∧ P · P ′(x) .

Lungo un generico moto possibile del sistema la velocita istantanea di P e data dallarelazione:

P = P ′(x)x

Stefano Siboni 4908


e l’accelerazione istantanea vale:

P = P ′(x)x+ P ′′(x)x2 .

Di conseguenza:

P · P ′(x) = |P ′(x)|2x+ P ′′(x) · P ′(x)x2 = |P ′(x)|2x+1

2

d

dx

(|P ′(x)|2

)x2 =

= (1 + 9α2x4)x+ 18α2x3x2 ,

mentre:−mge2 · P ′(x) = −mge2 ·

(e1 + 3αx2 e2

)= −3αmgx2

mω2x e1 · P ′(x) = mω2x e1 ·(e1 + 3αx2 e2

)= mω2x

−2mωe2 ∧ P · P ′(x) = −2mωe2 ∧ P ′(x)x · P ′(x) = 0 ,

per cui l’equazione pura del moto diventa:

m(1 + 9α2x4)x+ 18mα2x3x2 = −3αmgx2 +mω2x . (903.1)

Si noti che la forza di Coriolis risulta costantemente ortogonale alla velocita istantaneae dunque, dato che il vincolo e fisso, ortogonale alla curva vincolare: la sua componentetangente al vincolo e identicamente nulla.

(b) EquilibriGli equilibri del sistema sono associati alle soluzioni x(t) = xo, costante, ∀ t ∈ R, dell’e-quazione (903.1):

0 = −3αmgx2 +mω2x ⇐⇒ 3mgαx(−x+

ω2

3αg

)= 0

che porge le configurazioni:

x = 0 e: x =ω2

3αg,

la seconda delle quali corrisponde ad un valore positivo dell’ascissa, in quanto α > 0.

(c) Condizione di equilibrio e due equilibri in presenza di attrito radentePer scrivere la condizione di equilibrio nel caso di curva con attrito occorre determinare lecomponenti tangente ed ortogonale del risultante delle forze attive:

~F (x, x) = ~Fg + ~Fcf + ~FCor = −mge2 +mω2x e1 − 2mωe2 ∧ P ′(x) x

calcolate in condizioni statiche in una configurazione assegnata x = xo:

~F (xo, 0) = mω2xo e1 −mge2 .

Stefano Siboni 4909


La componente tangente del risultante si ricava direttamente tramite il prodotto scalarecon il versore tangente alla curva:

~Fτ = ~F (xo, 0) · P ′(xo)

|P ′(xo)|2P ′(xo)

e quella ortogonale viene ottenuta per differenza:

~Fo = ~F (xo, 0)− ~F (xo, 0) · P ′(xo)

|P ′(xo)|2P ′(xo)

In alternativa, verificato che tutte le forze attive agiscono nel piano Oxy per cui non epresente alcuna componente lungo la direzione binormale e3, ci si puo limitare ad osservareche un versore ortogonale al versore tangente:

τ(xo) =P ′(xo)

|P ′(xo)|| =

e1 + 3αx2oe2√

1 + 9α2x4o

e dato da:

n(xo) =−3αx2

oe1 + e2√1 + 9α2x4

o

,

per cui le componenti (scalari) di ~F (xo, 0) sono semplicemente:

Fτ = ~F (xo, 0) · τ(xo) Fo = ~F (xo, 0) · n(xo) .

Una ulteriore semplificazione viene dal fatto che i versori τ(xo) e n(xo) presentano lo stessofattore di normalizzazione, che nella condizione di equilibrio:

|Fτ | ≤ µs|Fo|puo essere ignorato. Si ha pertanto:∣∣(mω2xo e1 −mge2) · (e1 + 3αx2

oe2)∣∣ ≤ µs

∣∣(mω2xo e1 −mge2) · (−3αx2oe1 + e2)

∣∣ossia: ∣∣mω2xo − 3αmgx2

o

∣∣ ≤ µs∣∣−3αmω2x3

o −mg∣∣ ,

e quindi, equivalentemente:

3α |xo|∣∣∣∣ ω2

3αg− xo

∣∣∣∣ ≤ µs

∣∣∣∣3αω2

gx3o + 1

∣∣∣∣ . (903.2)

La soluzione generale della disequazione (903.2) non e banale. Tuttavia, due soluzioni ovviesi ottengono dal principio di sicurezza, annullando il primo membro della disequazione. Ciocorrisponde a determinare gli equilibri in assenza di attrito radente, e quindi a considerarenuovamente gli equilibri gia ricavati in precedenza:

xo = 0 xo =ω2

3αg> 0.

Vale la pena di sottolineare che la curva γ e regolare, ma non biregolare — la condizionedi biregolarita viene meno nell’origine, per x = 0, dove derivata prima e seconda dellaparametrizzazione:

P ′(x) = e1 + 3αx2 e2 6= 0 P ′′(x) = 6αx e2

non sono vettori linearmente indipendenti.

Stefano Siboni 4910


Esercizio 904. Corpo rigido con asse fisso privo di attrito

Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz, con l’asse Oy diretto verticalmente verso l’alto,un disco circolare omogeneo e pesante D, di massa m, centro C e raggio a, e vincolato aruotare senza attrito attorno all’asse fisso Oz passante per un punto O del suo bordo. Unamolla ideale di stiffness k collega il punto fisso A(3a, 0, 0) con l’estremo B del diametroOB di D. Su B agisce infine una resistenza viscosa con costante di frizione β.

Usare l’angolo ϕ ∈ R in figura per determinare del disco, rispetto a Oxyz:

(a) le equazioni pure del moto;

(b) le configurazioni di equilibrio;

(c) le espressioni del momento angolare in O e dell’energia cinetica.

Soluzione(a) Equazioni pure del motoL’ipotesi di asse fisso privo di attrito consente di scrivere l’equazione pura del moto come:

IDOzϕ = ~Ma,eO · e3 ,

dove ϕ ∈ R e l’angolo di rotazione del disco attorno ad Oz, IDOz indica il momento d’inerzia

del disco circolare omogeneo rispetto allo stesso asse e ~Ma,eO il momento delle forze attive

applicate rispetto al punto O — o ad un qualsiasi altro punto dell’asse di rotazione. Ilmomento d’inerzia IDOz si ricava facilmente dal teorema di Huygens-Steiner:

IDOz = m|C −O|2 + IDCz = ma2 +ma2

2=

3

2ma2.

Le forze attive che agiscono sul sistema sono:

il sistema delle forze peso, equivalente al solo peso totale −mge2 applicato nel bari-centro (e centro di simmetria) C del disco;

la resistenza viscosa −βB, applicata in B;

la sollecitazione elastica k(A−B) esercitata dalla molla ideale sempre nel punto B,

per cui il momento in O delle forze attive esterne e dato da:

~Ma,eO = (C −O) ∧ (−mge2) + (B −O) ∧ (−βB) + (B −O) ∧ k(A−B) .

Stefano Siboni 4911


Dai vettori posizione dei punti C, B ed A:

C −O = a(sinϕ e1 − cosϕ e2)

B −O = 2a(sinϕ e1 − cosϕ e2)

A−O = 3ae1

si ricavano le espressioni delle forze viscosa ed elastica:

−βB = −2βa(cosϕ e1 + sinϕ e2)ϕ

k(A−B) = k[3ae1 − 2a(sinϕ e1 − cosϕ e2)

]= ka

[(3− 2 sinϕ)e1 + 2 cosϕ e2

],

in modo che i momenti in O delle forze attive esterne agenti sul disco diventano:

(C −O) ∧ (−mge2) = a(sinϕ e1 − cosϕ e2) ∧ (−mge2) = −mga sinϕ e3

(B −O) ∧ (−βB) = 2a(sinϕ e1 − cosϕ e2) ∧ (−2βa)(cosϕ e1 + sinϕ e2)ϕ =

= −4βa2(sin2ϕ+ cos2ϕ)ϕ e3 = −4βa2ϕ e3

(B −O) ∧ k(A−B) = 2a(sinϕ e1 − cosϕ e2) ∧ ka[(3− 2 sinϕ)e1 + 2 cosϕ e2

]=

= 2ka2[2 sinϕ cosϕ+ cosϕ(3− 2 sinϕ)

]e3 = 6ka2 cosϕ e3

ed hanno risultante:

~Ma,eO = (C −O) ∧ (−mge2) + (B −O) ∧ (−βB) + (B −O) ∧ k(A−B) =

= −mga sinϕ e3 − 4βa2ϕ e3 + 6ka2 cosϕ e3 .

L’equazione pura del moto e pertanto:

3

2ma2ϕ = −mga sinϕ− 4βa2ϕ+ 6ka2 cosϕ . (904.1)

(b) Configurazioni di equilibrioGli equilibri corrispondono alle soluzioni statiche dell’equazione del moto (904.1), che di-venta:

0 = −mga sinϕ+ 6ka2 cosϕ .

Per le soluzioni di questa equazione di equilibrio non puo aversi cosϕ = 0, poiche neseguirebbe anche sinϕ = 0, un assurdo evidente. Una equazione equivalente si ottienedunque dividendo membro a membro la precedente per cosϕ:

0 = −mga tgϕ+ 6ka2 ⇐⇒ tgϕ =6ka

mg

con le soluzioni, definite incondizionatamente:

ϕ = arctg(6ka

mg

)∈(

0,π

2

)Stefano Siboni 4912


e:

ϕ = π + arctg(6ka

mg

)∈(π,

3π

2

).

La prima configurazione di equilibrio vede il centro C del disco collocarsi nel IV quadrantedel piano Oxy, mentre la seconda corrisponde a C ubicato nel II quadrante dello stessopiano.

(c) Momento angolare in O ed energia cineticaL’asse fisso Oz e ortogonale al piano di giacitura — e di simmetria — del disco. Pertanto,Oz e un asse principale d’inerzia in O di D. La velocita angolare istantanea del disco siscrive inoltre come ~ω = ϕ e3. Il momento angolare in O del disco risulta percio:

~KO = LO(~ω) = LO(ϕ e3) = ϕ LO(e3) = ϕ Lzz e3 = IDOzϕ e3 =3

2ma2ϕ e3 ,

mentre per l’energia cinetica si ha, piu semplicemente:

T =1

2~ω · LO(~ω) =

1

2IDOz|~ω|2 =

1

2

3

2ma2|ϕ e3|2 =

3

4ma2ϕ2 .

Esercizio 905. Geometria delle masse. Moto rigidoNel piano Oxy di una terna solidale Oxyz = Oe1e2e3 si considera il sistema rigido costituitoda una piastra quadrata P = KLMN di centro C(a, a/2, 0) e lati di lunghezza 2a dispostiparallelamente agli assi coordinatiOx eOy, e daun’asta rettilinea OA di estremo A(−2a, 0, 0).Le densita areale della piastra e lineare dell’astarisultano rispettivamente:

σ(P ) =3µ

a4P − C|2 ∀P ∈ P

λ(Q) =µ

a2|A−Q| ∀Q ∈ OA ,


(a) massa e posizione del baricentro rispetto a Oxyz;


(c) i momenti d’inerzia relativi alla retta Cy, passante per C e parallela ad Oy, ed allaretta r di equazione x = z, y = 0;

(d) il momento angolare in O e l’energia cinetica rispetto al riferimento dove O e fisso ela velocita angolare e ~ω = ωe2 − ωe3, con ω > 0 costante nel tempo;

(e) velocita e accelerazione istantanee del punto M e asse di Mozzi rispetto allo stessoriferimento considerato in (d) (si ricordi che Oe1e2e3 la terna solidale alla piastra).

SoluzionePer prima cosa e necessario definire le — peraltro ovvie — parametrizzazioni dell’asta e

Stefano Siboni 4913


della piastra ed esprimere le relative densita lineare ed areale in termini dei parametri scelti.Per la piastra P si possono introdurre i parametri ξ = x−a ∈ [−a, a] e η = y−a/2 ∈ [−a, a],in termini dei quali per ogni P ∈ P, di coordinate x e y, risulta:

P − C = ξe1 + ηe2 , (ξ, η) ∈ [−a, a]× [−a, a]

e la densita areale diventa:

σ(ξ, η) =3µ

a4(ξ2 + η2) ∀ (ξ, η) ∈ [−a, a]× [−a, a] .

Per l’asta OA conviene senz’altro usare come parametro l’ascissa x ∈ [−2a, 0] e introdurrel’ovvia parametrizzazione:

Q−O = xe1 , ∀x ∈ [−2a, 0] ,

cui corrisponde la densita lineare:

λ(x) =µ

a2| − 2ae1 − xe1| =

µ

a2|2a+ x| =

µ

a2(2a+ x) ∀x ∈ [−2a, 0] .

(a) Massa e baricentroMassa della piastraLa massa della piastra si ottiene integrando la densita areale σ sul dominio quadrato P:

mP =

∫P

σ dA =

a∫−a

dξ

a∫−a

dη3µ

a4(ξ2 + η2) =

3µ

a4

a∫−a

dξ

[ξ2η +

η3

3

]aη=−a

=

=3µ

a4

a∫−a

2(aξ2 +

a3

3

)dξ =

6µ

a4

[aξ3

3+a3

3ξ

]a−a

=6µ

a42(a4

3+a4

3

)= 8µ .

Massa dell’astaAnalogamente, la massa dell’asta segue dall’integrazione della densita lineare λ sul seg-mento OA:

mOA =

∫OA

λ ds =

0∫−2a

µ

a2(2a+ x) dx =

µ

a2

[2ax+

x2

2

]0

−2a

=µ

a2

[4a2 − 2a2

]= 2µ .

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

m = mP +mOA = 8µ+ 2µ = 10µ ,

in quanto l’intersezione OA ∩ P = O costituisce un insieme di misura nulla sia perl’integrale di superficie sulla piastra che per l’integrale curvilineo sull’asta.

Stefano Siboni 4914


Baricentro della piastraIl centro C della piastra quadrata e un evidente centro di simmetria di questa, dal momentoche la densita areale σ e funzione della sola distanza da C. Di conseguenza C va identificatoanche con il baricentro di P:

GP −O = C −O = ae1 +a

2e2 .

Baricentro dell’astaIl baricentro dell’asta OA deve collocarsi lungo l’asse di giacitura Ox di questa e vienequindi individuato da un vettore posizione della forma GOA − O = xOAe1, con xOA ∈[−2a, 0] per la proprieta dell’inviluppo convesso. Vale in effetti:

xOA =1

mOA

∫OA

xλ ds =1

2µ

0∫−2a

µ

a2(2a+ x)x dx =

1

2a2

0∫−2a

(2ax+ x2) dx =

=1

2a2

[ax2 +

x3

3

]0

−2a

=1

2a2

(−4a3 +

8

3a3)

= −2

3a ,

per cui si conclude che:

GOA −O = −2

3ae1 .

Baricentro del sistemaPer determinare il baricentro del sistema non rimane che applicare il teorema distributivo,al quale si puo far ricorso per via dell’intersezione P ∩OA di misura nulla:

G−O =mP(GP −O) +mOA(GOA −O)

m=

1

10µ

[8µ(ae1 +

a

2e2

)+ 2µ

(−2

3ae1

)]=

=1

5

[4(e1 +

1

2e2

)− 2

3e1

]a =

1

5

(10

3e1 + 2e2

)a =

2

3ae1 +

2

5ae2 .

(b) Matrice d’inerzia relativa a OxyzMatrice d’inerzia della piastraIl metodo piu semplice per ricavare la matrice d’inerzia della piastra P rispetto alla ternaOxyz consiste nell’eseguire il calcolo relativamente alla terna baricentrale Cxyz e poiriportare il risultato alla terna Oxyz mediante il teorema di Huygens-Steiner generalizzato.Rispetto alla terna Cxyz la matrice d’inerzia di P assume la semplice forma diagonale:

[LPC ] =

LPCxx 0 00 LP

Cxx 00 0 2LP

Cxx

dovuta all’essere Cx e Cy evidenti assi di simmetria, LP

Cyy = LPCxx sempre per ovvie ragioni

di simmetria, e P ⊂ Cxy — per cui il momento rispetto a Cz e la somma dei momenti

Stefano Siboni 4915


relativi a Cx e Cy. L’unico elemento della matrice da calcolare e dunque il momentod’inerzia rispetto all’asse Cx:

LPCxx =

∫P

[(P − C) · e2

]2σ dA =

a∫−a

dξ

a∫−a

dη η2 3µ

a4(ξ2 + η2) =

=3µ

a4

a∫−a

dξ

a∫−a

dη (ξ2η2 + η4) =3µ

a4

a∫−a

dξ

[ξ2 η

3

3+η5

5

]aη=−a

=

=3µ

a4

a∫−a

dξ 2(ξ2 a

3

3+a5

5

)=

6µ

a4

[ξ3

3

a3

3+a5

5ξ

]a−a

=

=6µ

a42(a3

3

a3

3+a5

5a)

= 12µa2(1

9+

1

5

)= 12µa2 14

45=

56

15µa2,

per cui la matrice d’inerzia cercata risulta:

[LPC ] = µa2

56/15 0 00 56/15 00 0 112/15

.Per poter applicare il teorema di Huygens-Steiner generalizzato occorre scrivere il vettoreposizione del baricentro C rispetto alla terna Oxyz:

C −O = ae1 +a

2e2 =

3∑α=1

dαeα

ed individuare le coordinate di C relative a Oxyz:

d1 = a d2 =a

2d3 = 0 .

Ricordato che mP = 8µ, per la matrice d’inerzia in Oxyz della piastra il teorema porgeallora l’espressione:

[LPO] = [LP

C ] +mP

d22 + d2

3 −d1d2 −d1d3

−d1d2 d21 + d2

3 −d2d3

−d1d3 −d2d3 d21 + d2

2

=

= µa2

56/15 0 00 56/15 00 0 112/15

+ 8µa2

1/4 −1/2 0−1/2 1 0

0 0 5/4

=

= µa2

86/15 −4 0−4 176/15 00 0 262/15

.Stefano Siboni 4916


Matrice d’inerzia dell’astaLa matrice d’inerzia dell’asta OA rispetto alla terna Oxyz e del tipo:

[LOAO ] =

0 0 00 LOAyy 0

0 0 LOAyy

con il momento d’inerzia relativo all’asse Oy che si calcola direttamente dalla definizione:

LOAyy =

∫OA

x2λ ds =

0∫−2a

x2 µ

a2(2a+ x) dx =

µ

a2

0∫−2a

(2ax2 + x3) dx =

=µ

a2

[2

3ax3 +

x4

4

]0

−2a

=µ

a2

(16

3a4 − 4a4

)=

4

3µa2 ,


[LOAO ] = µa2

0 0 00 4/3 00 0 4/3

.Matrice d’inerzia del sistemaLa matrice d’inerzia in Oxyz del sistema e la somma delle matrici d’inerzia di piastra edasta relative alla medesima terna:

[LO] = [LPO] + [LOAO ] = µa2

86

15−4 0

−4176

15+

4

30

0 0262

15+

4

3

=µa2

15

86 −60 0−60 196 0

0 0 282

.

(c) Momenti d’inerzia relativi alle rette Cy ed rRetta Cy, passante per C e parallela all’asse OyLa retta Cy passa per il punto C ed e parallela all’asse Oy, ma non contiene il baricentroG del sistema. Il momento d’inerzia relativo a Cy viene quindi determinato ricorrendo duevolte al teorema di Huygens-Steiner, una prima volta fra gli assi Cy e Gy, e una secondavolta fra gli assi Oy e Gy:

ICy = IGy +m(xC − xG)2 IOy = IGy +mx2G .

Sottraendo membro a membro le due equazioni si elimina il momento incognito IGy:

ICy − IOy = m(x2C − 2xCxG)

e si ricava quindi ICy:

ICy = IOy +mxC(xC − 2xG) = Lyy +mxC(xC − 2xG) =

Stefano Siboni 4917


=196

15µa2 + 10µ · a ·

(a− 2 · 2

3a)

=

=196

15µa2 + 10

(1− 4

3

)µa2 =

(196

15− 10

3

)µa2 =

146

15µa2 .

Retta r di equazione z = x, y = 0La retta passa evidentemente per l’origine ed e individuata dal versore direttore:

n =e1 + e3

|e1 + e3|=

e1 + e3√2

.

Rispetto ad essa il momento d’inerzia del sistema e dunque espresso dalla relazione:

Ir = IOn = n · LO(n) =1

2(1 0 1) [LO]

101

=

=1

2

µa2

15(1 0 1)

86 −60 0−60 196 0

0 0 282

101

=

=µa2

30(1 0 1)

86−60282

=368

30µa2 =

184

15µa2 .

(d) Momento angolare in O ed energia cineticaMomento angolare in ONella terna di riferimento dove il sistema ha punto fisso O e velocita angolare istantanea~ω = ωe2 − ωe3, con ω > 0 costante, il momento angolare in O e dato dalla relazione:

~KO =3∑

α=1

Kαeα = LO(~ω)

e le sue componenti sono quindi determinate per mezzo della relazione matriciale:K1

K2

K3

= [LO]

0ω−ω

=µa2ω

15

86 −60 0−60 196 0

0 0 282

01−1

=µa2ω

15

−60196−282

,per cui risulta:

~KO =µa2ω

15

(−60e1 + 196e2 − 282e3

).

Energia cineticaL’energia cinetica del sistema rigido con punto fisso O si scrive:

T =1

2~KO · ~ω =

1

2

µa2ω

15

(−60e1 + 196e2 − 282e3

)· ω(e2 − e3) =

=1

2

µa2ω2

15(196 + 282) =

µa2ω2

15(98 + 141) =

239

15µa2ω2 .

Stefano Siboni 4918


(e) Velocita e accelerazione istantanee del punto M . Asse di MozziVelocita istantanea di MSi osserva preliminarmente che l’essere ~ω = ωe2 − ωe3 costante nella terna di riferimentosolidale Oxyz equivale all’essere la velocita angolare costante anche nella terna di riferi-mento assoluta cui tale velocita angolare e riferita, come segue dalla ben nota relazione:

dA~ω

dt=

dR~ω

dt+ ~ω ∧ ~ω =

dR~ω

dt= 0 ,

tra derivata assoluta e relativa del vettore ~ω. Il moto del sistema nella terna assolutaavviene dunque a velocita angolare costante ed e percio un moto rotatorio uniforme. Lavelocita istantanea del punto M del sistema e data dalla relazione generale dell’atto dimoto rigido:

M = O + ~ω ∧ (M −O) = ~ω ∧ (M −O)

e risulta pertanto:

M = ω(e2 − e3) ∧(

2e1 +3

2e2

)a = aω

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

0 1 −12 3/2 0

∣∣∣∣∣∣ = aω(3

2e1 − 2e2 − 2e3

).

Accelerazione istantanea di MAnalogamente, l’accelerazione istantanea di M si ricava dalla relazione:

M =d~ω

dt∧ (M −O) + ~ω ∧ (M − O) = ~ω ∧ M ,

che porge:

M = ω(e2 − e3) ∧ aω(3

2e1 − 2e2 − 2e3

)=

= aω2

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

0 1 −13/2 −2 −2

∣∣∣∣∣∣ = aω2(−4e1 −

3

2e2 −

3

2e3

).

Asse di MozziPoiche ~ω 6= 0 l’asse di Mozzi ` e definito. Siccome inoltre O e punto fisso si ha che O = 0,per cui O ∈ ` e l’asse di Mozzi e un asse istantaneo di rotazione. Dovendo risultare paralleload ~ω, l’asse cercato e semplicemente O~ω. Si noti che tale asse non cambia nel tempo, datala costanza del vettore ~ω nel riferimento assoluto.


~v1 = −e1 − e2 − 2e3 applicato in P1(2, 1,−1)

~v2 = e1 + 2e2 + 3e3 applicato in P2(1, 0, 1) .

Stefano Siboni 4919


Determinare:


(b) gli eventuali punti A rispetto ai quali il momento ~MA di S e uguale a 3 volte il risultante~R di S.

Soluzione(a) Asse centraleIl risultante del sistema di vettori applicati e non nullo:

~R = ~v1 + ~v2 = −e1 − e2 − 2e3 + e1 + 2e2 + 3e3 = e2 + e3 6= 0

per cui l’asse centrale a e certamente definito. Per determinarne la parametrizzazioneconviene senz’altro scegliere come polo uno dei punti di applicazione, ad esempio P2(1, 0, 1),e calcolare rispetto ad esso il momento del sistema S:

~MP2= (P1 − P2) ∧ ~v1 + (P2 − P2) ∧ ~v2 = (e1 + e2 − 2e3) ∧ (−e1 − e2 − 2e3) + 0 =

=

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

1 1 −2−1 −1 −2

∣∣∣∣∣∣ = −4e1 + 4e2 ,


~R ∧ ~MP2= (e2 + e3) ∧ (−4e1 + 4e2) =

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

0 1 1−4 4 0

∣∣∣∣∣∣ = −4e1 − 4e2 + 4e3

e di conseguenza:

~R ∧ ~MP2

|~R|2=−4e1 − 4e2 + 4e3

|e2 + e3|2=−4e1 − 4e2 + 4e3

2= −2e1 − 2e2 + 2e3 .

La parametrizzazione dell’asse centrale assume cosı la forma:

P − P2 =~R ∧ ~MP2

|~R|2+ α~R = −2e1 − 2e2 + 2e3 + α(e2 + e3) ∀α ∈ R

e rispetto all’origine O diventa:

P −O = P2 −O + P − P2 = e1 + e3 − 2e1 − 2e2 + 2e3 + α(e2 + e3) =

= −e1 − 2e2 + 3e3 + α(e2 + e3) ∀α ∈ R .

In definitiva, l’equazione parametrica dell’asse centrale si scrive:

a :

x = −1y = −2 + αz = 3 + α

∀α ∈ R . (906.1)

Stefano Siboni 4920


(b) Punti A per i quali ~MA = 3~R

Gli eventuali punti A rispetto ai quali il momento ~MA del sistema S risulta pari a 3~R sonoanche punti rispetto ai quali ~MA e parallelo al risultante, per cui essi devono necessaria-mente appartenere all’asse centrale. Si tratta quindi di verificare che, preso un qualsiasipunto A dell’asse centrale, il momento del sistema rispetto ad esso sia o meno uguale a 3~R:nel primo caso i punti richiesti saranno tutti e soli quelli dell’asse centrale, nel secondo casoil problema non ammettera alcuna soluzione. Un punto dell’asse centrale e A(−1,−2, 3)— basta porre α = 0 nell’equazione parametrica (906.1) — e rispetto ad esso il momentodel sistema si scrive:

~MA = ~MP2+ (P2 −A) ∧ ~R

con ~MP2= −4e1 + 4e2, P2 −A = e1 + e3 − (−e1 − 2e2 + 3e3) = 2e1 + 2e2 − 2e3, e:

(P2 −A) ∧ ~R =

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

2 2 −20 1 1

∣∣∣∣∣∣ = 4e1 − 2e2 + 2e3 ,

per cui:~MA = −4e1 + 4e2 + 4e1 − 2e2 + 2e3 = 2e2 + 2e3 .

Ne segue che ~MA = 2(e2+e3) = 2~R e che pertanto non esistono punti della forma richiesta.

Esercizio 907. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativo

Una terna Oxyz = Oe1e2e3 ruota con velocita angolare costante ω attorno all’asse verticaleOy rispetto ad un riferimento inerziale. Nel pianoOxy un’asta rigida omogenea OA, di lunghezza ae massa m, ha punto fisso O e l’estremo A liberodi scorrere lungo il bordo di un disco circolarerigido D, di massa m, raggio a e centro C, chepuo traslare con un proprio diametro MN lungol’asse Oy. Lungo Oy si muove anche un punto Pdi massa m, collegato ad A da una molla ideale distiffness mω2. Una molla identica e tesa fra C edO. Il sistema e pesante e a vincoli ideali. Usandole variabili ξ ≥ 0 e ϑ ∈ [−π/4, π/4] in figura comecoordinate lagrangiane, determinare del sistema,relativamente a Oxyz:

(a) gli equilibri ordinari (specificandone le eventuali condizioni di esistenza);

(b) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;

(c) l’espressione dell’energia cinetica;

(d) le equazioni di Lagrange del moto;

(e) gli equilibri di confine, con le relative condizioni di esistenza.

Stefano Siboni 4921


Soluzione(a) Equilibri ordinariNella terna di riferimento Oxyz, rotante uniformemente attorno all’asse Oy rispetto ad unriferimento inerziale, agisce un campo di forze centrifughe che si somma alle forze gravi-tazionali ed elastiche. Le forze di Coriolis sono dirette ortogonalmente al piano vincolareOxy, mentre le derivate parziali dei loro punti di applicazione rispetto ai parametri la-grangiani risultano parallele allo stesso piano. Ne deriva che le componenti generalizzatedelle forze di Coriolis sono identicamente nulle e non influenzano in alcun modo il moto ogli equilibri del sistema:

Qξ =∑P

−2mPωe2 ∧ P ·∂P

∂ξ=∑P

−2mPωe2 · P ∧∂P

∂ξ=∑P

−2mPω 0 = 0

Qϑ =∑P


∂ϑ=∑P

−2mPωe2 · P ∧∂P

∂ϑ=∑P

−2mPω 0 = 0 .

Il sistema risulta cosı sottoposto, di fatto, a sole forze posizionali conservative, che ven-gono caratterizzate per mezzo dei rispettivi potenziali. A questo scopo si determinanopreliminarmente i vettori posizione rispetto ad Oxyz di alcuni punti notevoli del sistema.L’estremo A dell’asta OA e individuato dal vettore posizione:

A−O = a sinϑe1 − a cosϑe2 ,

mentre il baricentro GOA della stessa asta — omogenea — va identificato con il corrispon-dente punto medio del segmento OA:

GOA −O =A−O

2=

a

2(sinϑe1 − cosϑe2) .

Osservato che il triangolo OAC e isoscele, con i lati OA e AC di uguale lunghezza a, eimmediato calcolare il vettore posizione del centro C del disco:

C −O = −2a cosϑe2 .

Il vettore posizione del punto materiale P segue immediatamente dalla definizione delparametro lagrangiano ξ:

P −O = −aξe2 .

Si noti che la posizione del baricentro GD del disco non e determinata, non essendo specifi-cato che si tratti o meno di disco omogeneo; nondimeno, il disco e vincolato a muoversi dimoto puramente traslatorio lungo la direzione verticale Oy e la posizione di GD coincidecon quella del centro C a meno di un vettore fisso, indipendente dai parametri lagrangiani.Cio basta, come vedremo, a determinare tanto il potenziale gravitazionale quanto l’energiacinetica del disco.

Stefano Siboni 4922


Potenziale gravitazionaleIl potenziale delle forze peso e la somma dei potenziali gravitazionali di asta, disco e puntomateriale P :

UOAg = −mge2 · (GOA −O) =1

2mga cosϑ

UDg = −mge2 · (GD −O) =

= −mge2 · (C −O)−mge2 · (GD − C) = 2mga cosϑ+ costante

UPg = −mge2 · (P − 0) = mgaξ

per cui assume la forma:

Ug = UOAg + UDg + UPg =

5

2mga cosϑ+mgaξ .

Potenziale elasticoIl potenziale delle forze elastiche e la somma dei contributi relativi alle molle ideali, diuguale stiffnes k = mω2, che connettono O con C e A con P :

Uel = −k2|C −O|2 − k

2|A− P |2 ,

dove:|C −O|2 = | − 2a cosϑe2|2 = 4a2 cos2ϑ ,

mentre:

A− P = a sinϑe1 − a cosϑe2 + aξe2 = a sinϑe1 + a(ξ − cosϑ)e2 ,

e di conseguenza:|A− P |2 = a2(1 + ξ2 − 2ξ cosϑ) .

Il potenziale elastico diventa pertanto:

Uel = −mω2

24a2 cos2ϑ− mω2

2a2(1 + ξ2 − 2ξ cosϑ) =

= ma2ω2(−2 cos2ϑ− ξ2

2+ ξ cosϑ

)+ costante .

Potenziale centrifugoAnche il potenziale centrifugo si ottiene sommando i corrispodenti potenziali di asta, discoe punto P :

Ucf =ω2

2IOAOy +

ω2

2IDOy +

ω2

2IPOy .

Tuttavia, i momenti d’inerzia rispetto all’asse Oy di disco e punto P sono costanti, vistoche queste parti del sistema si muovono soltanto di moto tralsatorio lungo la direzione

Stefano Siboni 4923


Oy. L’unico termine non banale nell’espressione del potenziale centrifugo e quindi quellodovuto all’asta, che si calcola direttamente facendo uso della definizione:

Ucf =ω2

2IOAOy =

ω2

2

a∫0

(s sinϑ)2m

ads =

mω2

2asin2ϑ

a∫0

s2ds =

=mω2

2asin2ϑ

a3

3=

ma2ω2

6sin2ϑ .

Potenziale del sistemaSommando i potenziali gravitazionale, elastico e centrifugo, ed omesse le costanti additiveinessenziali, si ottiene il potenziale del sistema:

U(ξ, ϑ) =5

2mga cosϑ+mgaξ +ma2ω2

(−2 cos2ϑ− ξ2

2+ ξ cosϑ

)+ma2ω2

6sin2ϑ ,

ovvero, raccogliendo i termini in cos2ϑ e sin2ϑ:

U(ξ, ϑ) =5


(−ξ

2

2+ ξ cosϑ

)+

13

6ma2ω2 sin2ϑ ,

definito ∀ (ξ, ϑ) ∈ [0,+∞)× [−π/4, π/4].

Equilibri ordinariGli equilibri ordinari sono tutti e soli i punti stazionari del potenziale all’interno del dominiodi definizione dei parametri lagrangiani ξ e ϑ. Si devono quindi considerare le derivateparziali prime del potenziale:

Uξ(ξ, ϑ) = mga+ma2ω2(−ξ + cosϑ)

Uϑ(ξ, ϑ) = −5

2mga sinϑ−ma2ω2ξ sinϑ+

13

3ma2ω2 sinϑ cosϑ

ed eguagliarle simultaneamente a zero:mga+ma2ω2(−ξ + cosϑ) = 0

−5


13

3ma2ω2 sinϑ cosϑ = 0

con (ξ, ϑ) ∈ R+ × (−π/4, π/4). La prima equazione consente di ricavare il valore diequilibrio di ξ in termini di quello della variabile angolare:

ξ =g

aω2+ cosϑ ,

mentre nella seconda si puo raccogliere il fattore ma2ω2 sinϑ:

ma2ω2 sinϑ(−5

2

g

aω2− ξ +

13

3cosϑ

)= 0

Stefano Siboni 4924


e sostituendo la prima si ottiene una equazione di equilibrio nella sola ϑ:

ma2ω2 sinϑ(−7

2

g

aω2+

10

3cosϑ

)= 0 , ϑ ∈ (−π/4, π/4) . (907.1)

Per sinϑ = 0 si ha un’unica soluzione accettabile — cioe nell’intervallo (−π/4, π/4):

ϑ = 0 ,

cui corrisponde la configurazione di equilibrio:

(ξ, ϑ) =( g

aω2+ 1, 0

)definita incondizionatamente. Annullando la parentesi tonda in (907.1) si deduce invece:

−7

2

g

aω2+

10

3cosϑ = 0 ⇐⇒ cosϑ =

21

20

g

aω2,

per cui la variabile angolare assume i valori di equilibrio:

ϑ = arccos(21

20

g

aω2

): = ϑ? ϑ = −ϑ?

definiti in (−π/4, π/4) e distinti da ϑ = 0 a condizione che si abbia 1 > cosϑ? > 1/√

2,ossia:

λ : =21

20

g

aω2∈( 1√

2, 1).

La stessa condizione e quindi necessaria e sufficiente all’esistenza degli equilibri ordinari“asimmetrici”:

(ξ, ϑ) =( g

aω2+ cosϑ?, ϑ?

)=(41

20

g

aω2, ϑ?)

(ξ, ϑ) =( g

aω2+ cosϑ?,−ϑ?

)=(41

20

g

aω2,−ϑ?

).

(b) Proprieta di stabilita degli equilibri ordinariLa natura posizionale conservativa del sistema scleronomo consente di analizzare le pro-prieta di stabilita degli equilibri ordinari ricorrendo ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e diinversione parziale. A questo scopo occorre determinare le derivate parziali seconde delpotenziale:

Uξξ(ξ, ϑ) = −ma2ω2 Uϑξ(ξ, ϑ) = Uξϑ(ξ, ϑ) = −ma2ω2 sinϑ

Uϑϑ(ξ, ϑ) = −5

2mga cosϑ−ma2ω2ξ cosϑ+

13

3ma2ω2

(cos2ϑ− sin2ϑ

)e la corrispondente matrice hessiana:

HU (ξ, ϑ) = ma2ω2

−1 − sinϑ

− sinϑ −5

2

g

aω2− ξ cosϑ+

13

3

(cos2ϑ− sin2ϑ

)

Stefano Siboni 4925


in ciascuna configurazione di equilibrio.

Equilibrio (ξ, ϑ) =( g

aω2+ 1, 0

)In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale assume la forma diagonale:

HU

( g

aω2+ 1, 0

)= ma2ω2

−1 0

0 −7

2

g

aω2+

10

3

con un autovalore negativo (−ma2ω2) ed uno di segno non definito:

ma2ω2(−7

2

g

aω2+

10

3

)=

10

3ma2ω2

(−21

20

g

aω2+ 1)

=10

3ma2ω2(1− λ)

che obbliga a distinguere tre diverse possibilita:

se λ > 1 la matrice hessiana del potenziale risulta definita negativa e consente diriconoscere l’equilibrio come un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per ilteorema di Lagrange-Dirichlet;

per λ < 1 l’hessiana presenta due autovalori di segno opposto. Il ricorrere di un auto-valore positivo implica l’instabilita dell’equilibrio per il teorema di inversione parzialedi Lagrange-Dirichlet;

qualora sia infine λ = 1 la matrice hessiana ha un autovalore negativo ed uno nullo,per cui la natura del punto di equilibrio non e evidente. Lo studio della stabilitarichiederebbe un’analisi piu sofisticata, basata su uno sviluppo di Taylor del potenzialedi ordine superiore al secondo, o su una conveniente riscrittura dello stesso potenziale,volta a dimostrare che l’equilibrio costituisce un massimo relativo proprio di U : cione proverebbe la stabilita. In caso contrario ricorrerebbe un caso critico di stabilita.

Equilibri (ξ, ϑ) =(41

20

g

aω2, ϑ?)

e (ξ, ϑ) =(41

20

g

aω2,−ϑ?

), con cosϑ? = λ ∈ (1/

√2, 1)

Queste due configurazioni di equilibrio presentano le stesse caratteristiche di stabilita,causa l’evidente simmetria del potenziale:

U(ξ,−ϑ) = U(ξ, ϑ) ∀ (ξ, ϑ) ∈ R+ × (−π/4, π/4),

per cui basta considerarne una soltanto, ad esempio la prima. La matrice hessiana diventa:

HU

(41

20

g

aω2, ϑ?)

= ma2ω2

−1 − sinϑ?

− sinϑ? −5

2

g

aω2− 41

20

g

aω2cosϑ? +

13

3

(cos2ϑ? − sin2ϑ?

)

Stefano Siboni 4926


con elemento (HU )11 negativo e determinante positivo:

detHU

(41

20

g

aω2, ϑ?)

= (ma2ω2)2

[5

2

g

aω2+

41

20

g

aω2cosϑ? − 13

3

(cos2ϑ? − sin2ϑ?

)− sin2ϑ?

]= (ma2ω2)2

[5

2

g

aω2+

41

20

g

aω2cosϑ? − 13

3cos2ϑ? +

10

3sin2ϑ?

]=

= (ma2ω2)2

[5

2

20

21λ+

41

20

20

21λ2 − 13

3λ2 +

10

3− 10

3λ2

]=

= (ma2ω2)2

[50

21λ+

41

21λ2 − 23

3λ2 +

10

3

]=

= (ma2ω2)2(50

21λ− 120

21λ2 +

10

3

)=

= (ma2ω2)2 10

21

(−12λ2 + 5λ+ 7

)=

= (ma2ω2)2 10

21

(−12λ2 + 12λ− 7λ+ 7

)=

= (ma2ω2)2 10

21(12λ+ 7)(1− λ) > 0 ,

in quantog

aω2=

20

21λ e cosϑ? = λ ∈ (1/

√2, 1). Per il criterio di Sylvester-Jacobi la matrice

risulta dunque definita negativa e l’equilibrio viene riconosciuto essere un massimo relativoproprio del potenziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet. Quando definiti, i dueequilibri asimmetrici sono stabili.

(c) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema relativa alla terna Oxyz e data dalla somma delle energiecinetiche di asta, disco e punto P relative allo stesso sistema di riferimento. Convienequindi calcolare separatamente i tre contributi parziali delle parti costituenti il sistema.

Energia cinetica dell’asta OAL’asta ruota con asse fisso Oz ed angolo di rotazione ϑ. La sua energia cinetica e quindidata da:

TOA =1

2IOAOz

∣∣~ωOA∣∣2 =1

2

ma2

3

∣∣ϑe3

∣∣2 =ma2

6ϑ2 .

Energia cinetica del disco DIl disco D e vincolato a muoversi di moto traslatorio lungo la direzione verticale, per cuila sua energia cinetica si ricava dalla formula di Konig:

TD =m

2G2

D

dove la mancata conoscenza della precisa posizione del baricentro GD — il disco non eindicato se sia omogeneo o meno — non costituisce un ostacolo, dal momento che GD

Stefano Siboni 4927


appartiene certamente allo spazio solidale a D e la sua velocita GD deve coincidere conquella di qualsiasi punto del sistema, ad esempio del centro C:

C −O = −2a cosϑ e2

risultando percio:GD = C = 2a sinϑ ϑ e2 .

Per l’energia cinetica del disco si ha cosı l’espressione:

TD =m

2

∣∣2a sinϑ ϑ e2

∣∣2 = 2ma2 sin2ϑ ϑ2 .

Energia cinetica del punto materiale PIl punto materiale P ha vettore posizione P −O = −aξe2 e velocita istantanea P = −aξe2.La sua energia cinetica risulta pertanto:

TP =m

2P 2 =

m

2

∣∣−aξe2

∣∣2 =ma2

2ξ2 .

Energia cinetica del sistemaSommando le energie cinetiche di asta, disco e punto P si ottiene l’energia cinetica delsistema:

T = TOA + TD + TP =ma2

6ϑ2 + 2ma2 sin2ϑ ϑ2 +

ma2

2ξ2 .

(d) Equazioni di Lagrange del motoNell’ipotesi di vincoli ideali le equazioni pure del moto sono identificabili con quelle diLagrange:

d

dt

(∂L∂ξ

)− ∂L

∂ξ= 0

d

dt

(∂L∂ϑ

)− ∂L

∂ϑ= 0

da esprimersi in termini della lagrangiana:

L = T + U =ma2

6ϑ2 + 2ma2 sin2ϑ ϑ2 +

ma2

2ξ2+

+5


(−ξ

2

2+ ξ cosϑ

)+

13

6ma2ω2 sin2ϑ .

Se ne traggono facilmente le espressioni parziali:

d

dt

(∂L∂ξ

)= ma2ξ

∂L

∂ξ= mga+ma2ω2(−ξ + cosϑ)

∂L

∂ϑ=

ma2

3ϑ+ 4ma2 sin2ϑ ϑ

d

dt

(∂L∂ϑ

)=

ma2

3ϑ+ 4ma2 sin2ϑ ϑ+ 8ma2 sinϑ cosϑ ϑ2

∂L

∂ϑ= 4ma2 sinϑ cosϑ ϑ2 − 5


13

3ma2ω2 sinϑ cosϑ

Stefano Siboni 4928


che sostituite nei binomi di Lagrange a primo membro porgono le equazioni richieste:ma2ξ −mga+ma2ω2(ξ − cosϑ) = 0

ma2

3ϑ+ 4ma2 sin2ϑ ϑ+ 4ma2 sinϑ cosϑ ϑ2+

+5

2mga sinϑ+ma2ω2ξ sinϑ− 13

3ma2ω2 sinϑ cosϑ = 0 .

(e) Equilibri di confineLe componenti generalizzate delle sollecitazioni attive agenti sul sistema sono date dallerelazioni:

Qξ(ξ, ϑ) = Uξ(ξ, ϑ) = mga+ma2ω2(−ξ + cosϑ)

Qϑ(ξ, ϑ) = Uϑ(ξ, ϑ) = −5


13

3ma2ω2 sinϑ cosϑ =

= ma2ω2 sinϑ(−5

2

g

aω2− ξ +

13

3cosϑ

)definite nello stesso dominio di definizione dei parametri lagrangiani (si ricordi che il sistemae posizionale conservativo), la semistriscia chiusa:

A = (ξ, ϑ) ∈ R2 : ξ ≥ 0 , ϑ ∈ [−π/4, π/4] .

Come appare evidente nella figura seguente, la frontiera di A si compone di tre trattirettilinei e di due vertici, che vanno esaminati separatamente per individuare eventualiequilibri di confine. Per l’ipotesi dei vincoli ideali, la caratterizzazione degli equilibri diconfine viene fornita dal teorema dei lavori virtuali.

Tratto (ξ, ϑ) = (0, ϑo), ϑo ∈ (−π/4, π/4)Lungo questo tratto di frontiera la condizione necessaria e sufficiente per l’equilibrio espres-sa dal teorema di lavori virtuali si scrive:

αξQξ(0, ϑo) + αϑQϑ(0, ϑo) ≤ 0 ∀αξ ≥ 0 , αϑ ∈ R

Stefano Siboni 4929


ed eliminando i parametri αξ, αϑ si riduce al sistema di relazioni:Qξ(0, ϑo) ≤ 0

Qϑ(0, ϑo) = 0

che scritto esplicitamente risulta:mga+ma2ω2 cosϑo ≤ 0

ma2ω2 sinϑo

(−5

2

g

aω2+

13

3cosϑo

)= 0 .

Ma cosϑo > 0 ∀ϑo ∈ (π/4, π/4), per cui la disequazione non ammette soluzione. Lungoquesto tratto di frontiera il sistema non presenta equilibri di confine.

Tratto (ξ, ϑ) = (ξo,−π/4), ξo > 0Nella fattispecie la condizione di equilibrio e data da:

αξQξ(ξo,−π/4) + αϑQϑ(ξo,−π/4) ≤ 0 ∀αξ ∈ R , αϑ ≥ 0

ed equivale al sistema: Qξ(ξo,−π/4) = 0

Qϑ(ξo,−π/4) ≤ 0

ossia: mga+ma2ω2

(−ξo +

1√2

)= 0

− 1√2ma2ω2

(−5

2

g

aω2− ξo +

13

3

1√2

)≤ 0 .

L’equazione fornisce il possibile valore di equilibrio di ξ:

ξo =1√2

+g

aω2> 0 ,

che sostituito nella disequazione conduce alla relativa condizione di esistenza:

5

2

g

aω2+

1√2

+g

aω2− 13

3

1√2≤ 0 ⇐⇒ 7

2

g

aω2− 10

3

1√2≤ 0

semplificabile in:21

20

g

aω2≤ 1√

2⇐⇒ λ ≤ 1√

2.

Pertanto la configurazione:

(ξ, ϑ) =( 1√

2+

g

aω2,−π

4



rappresenta un equilibrio di confine per il sistema se e solo se λ ≤ 1/√

2.

Tratto (ξ, ϑ) = (ξo, π/4), ξo > 0La condizione di equilibrio assume la forma:

αξQξ(ξo, π/4) + αϑQϑ(ξo, π/4) ≤ 0 ∀αξ ∈ R , αϑ ≤ 0

e si riconduce facilmente al sistema:Qξ(ξo, π/4) = 0

Qϑ(ξo, π/4) ≥ 0 .(907.2)

E d’altra parte evidente, causa la simmetria del potenziale, che:

Qξ(ξ, ϑ) = Qξ(ξ,−ϑ)

Qϑ(ξ, ϑ) = −Qϑ(ξ,−ϑ)∀ (ξ, ϑ) ∈ [0,+∞)× [−π/4, π/4]

per cui la condizione (907.2) equivale a:Qξ(ξo,−π/4) = 0

−Qϑ(ξo,−π/4) ≥ 0⇐⇒

Qξ(ξo,−π/4) = 0

Qϑ(ξo,−π/4) ≤ 0

e fornisce la stessa soluzione del caso precedente:

ξo =1√2

+g

aω2

con la stessa condizione di esistenza. Pertanto, la configurazione:

(ξ, ϑ) =( 1√

2+

g

aω2,π

4

)e un equilibrio di confine per λ ≤ 1/

√2.

Configurazione (ξ, ϑ) = (0,−π/4)Il teorema dei lavori virtuali assume in questo caso la forma:

αξQξ(0,−π/4) + αϑQϑ(0,−π/4) ≤ 0 ∀αξ ≥ 0 , αϑ ≥ 0

e corrisponde quindi al sistema di disequazioni:

Qξ(0,−π/4) ≤ 0

Qϑ(0,−π/4) ≤ 0⇐⇒

mga+

1√2ma2ω2 ≤ 0

− 1√2ma2ω2

(−5

2

g

aω2+

13

3

1√2

)≤ 0

Stefano Siboni 4931


nel quale pero la prima disequazione non e compatibile. La configurazione non costituisceun equilibrio di confine per il sistema.

Configurazione (ξ, ϑ) = (0, π/4)Affinche questa configurazione sia di equilibrio occorre e basta che si abbia:

αξQξ(0, π/4) + αϑQϑ(0, π/4) ≤ 0 ∀αξ ≥ 0 , αϑ ≤ 0

ovvero che sia soddisfatto il sistema di disequazioni:

Qξ(0, π/4) ≤ 0

Qϑ(0, π/4) ≥ 0⇐⇒

mga+

1√2ma2ω2 ≤ 0

1√2ma2ω2

(−5

2

g

aω2+

13

3

1√2

)≥ 0

uguale a quello gia considerato per la configurazione simmetrica precedente. Poiche laprima disequazione non puo risultare soddisfatta, si deve concludere che neppure questaconfigurazione rappresenta un equilibrio di confine per il sistema.

Vale la pena di sottolineare come nessuna delle configurazioni di confine con ξ = 0 siaun equilibrio del sistema. Questa conclusione appare fisicamente ragionevole in quanto ilpunto P e soggetto:

− al proprio peso,

− alla forza elastica che lo attira verso l’estremo A dell’asta, sempre collocato al di sottodell’asse Ox, e

− ad una reazione vincolare necessariamente ortogonale all’asse vincolare Oy e, nelle soleconfigurazioni con ξ = 0, munita di una componente verticale diretta verso il basso,data l’ipotesi dei vincoli ideali.

Poiche P puo muoversi liberamente lungo l’asse verticale Oy nessuna forza, ne attiva nereattiva, e in grado di bloccarlo nella posizione ξ = 0 — cioe nell’origine.


Lungo l’asse orizzontale Oy di una terna inerziale Oxyz = Oe1e2e3 un punto materiale P ,di massa unitaria, puo scorrere liberamente senza attrito, collegato all’origine O da unamolla ideale di stiffness k = 7 e soggetto ad una resistenza viscosa di costante β = 2. Sulpunto agisce anche la forza 3 sinωt e2, con ω > 0 costante. Determinare di P :

(a) una espressione generale per il moto transiente, specificando la natura di questo;



SoluzioneL’equazione pura del moto si ottiene proiettando il postulato delle reazioni vincolari:

mP = −βP − k(P −O) + 3 sinωt e2 + ~Φ

Stefano Siboni 4932


lungo l’asse Oy, in modo da eliminare la reazione vincolare ~Φ:

y = −2y − 7y + 3 sinωt

ossia:y + 2y + 7y = 3 sinωt .

Si tratta di una equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti,non omogenea, la cui soluzione generale puo essere scritta come somma della soluzione ge-nerale dell’equazione omogenea associata (parte transiente) e di una soluzione particolare,sinusoidale con pulsazione ω, dell’equazione non omogenea (parte stazionaria).

(a) Moto transientePer determinare la soluzione generale dell’equazione omogenea associata:

y + 2y + 7y = 0 ,

si considera l’equazione caratteristica:

λ2 + 2λ+ 7 = 0

e se ne calcolano le soluzioni, complesse coniugate:

λ =−2±

√22 − 4 · 1 · 72 · 1

=−2±

√−24

2= −1± i

√6 .

La soluzione generale che descrive il moto transiente assume percio la forma:

y(t) = c1e−t cos(

√6 t) + c2e

−t sin(√

6 t) ∀ t ∈ R ,

con c1, c2 ∈ R costanti assegnate a piacere e determinate dalle condizioni iniziali. Potendosiscrivere la stessa espressione come:

y(t) = e−t[c1 cos(

√6 t) + c2 sin(

√6 t)]

∀ t ∈ R ,

si conclude che i moti transienti sono di tipo oscillatorio smorzato — regime subcritico.

(b) Moto stazionario e sua ampiezzaIl moto stazionario e definito da una soluzione particolare dell’equazione non omogeneadella forma:

y(t) = a1 sinωt+ a2 cosωt ∀ t ∈ R ,

con a1 e a2 costanti reali da determinare convenientemente. Le derivate prima e secondadi questa soluzione risultano:

y(t) = ωa1 cosωt− ωa2 sinωt

y(t) = −ω2a1 sinωt− ω2a2 cosωt ,

Stefano Siboni 4933


per cui:

7y = 7a1 sinωt+ 7a2 cosωt

2y = 2ωa1 cosωt− 2ωa2 sinωt

y = −ω2a1 sinωt− ω2a2 cosωt

e sostituendo queste espressioni nell’equazione pura del moto essa si riduce a:[(7− ω2)a1 − 2ωa2

]sinωt+

[2ωa1 + (7− ω2)a2

]cosωt = 3 sinωt ∀ t ∈ R .

L’equazione sussiste identicamente in t ∈ R se e soltanto se i coefficienti dei termini insinωt e cosωt a primo e secondo membro sono corrispondentemente uguali; ne risulta ilsistema lineare non omogeneo:

(7− ω2)a1 − 2ωa2 = 32ωa1 + (7− ω2)a2 = 0

la cui unica soluzione puo esprimersi per mezzo del teorema di Cramer:

a1 =

∣∣∣∣ 3 −2ω0 7− ω2

∣∣∣∣∣∣∣∣ 7− ω2 −2ω2ω 7− ω2

∣∣∣∣ =3(7− ω2)

(7− ω2)2 + 4ω2

a2 =

∣∣∣∣ 7− ω2 32ω 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ 7− ω2 −2ω2ω 7− ω2

∣∣∣∣ =−6ω

(7− ω2)2 + 4ω2.

Il moto stazionario e quindi descritto da:

y(t) =3(7− ω2) sinωt− 6ω cosωt

(7− ω2)2 + 4ω2∀ t ∈ R .

La sua ampiezza vale:

A(ω) =3√

(7− ω2)2 + 4ω2,

potendosi porre:

7− ω2√(7− ω2)2 + 4ω2

= cosα−2ω√

(7− ω2)2 + 4ω2= sinα

con la fase α determinata univocamente nell’intervallo [0, 2π).

Stefano Siboni 4934


(c) Pulsazione di risonanza ed ampiezza corrispondenteLa risonanza in ampiezza ricorre quando la pulsazione ω > 0 della forzante sinusoidale etale da rendere massima l’ampiezza A(ω) del moto stazionario, ovvero minimo il valore delradicando a denominatore:

F(ω2) = (ω2 − 7)2 + 4ω2 .

La derivata prima rispetto a ω2, posta uguale a zero, porge la pulsazione di risonanza:

F ′(ω2) = 2(ω2 − 7) + 4 = 2ω2 − 10 = 0 =⇒ ωR =√

5

e la derivata seconda consente di verificare che si tratta effettivamente di un minimo peril radicando:

F ′′(ω2) = 2 > 0 .

Per ω = ωR il moto stazionario ha ampiezza:

A(ωR) = A(√

5) =3√

(7− 5)2 + 4 · 5=

3√4 + 20

=3√24

=

√3

8.


Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz, con l’asse Oy diretto verticalmente verso l’alto,una piastra quadrata omogenea e pesante P = MNOP , di massa m, centro C e lato

√2a,

e vincolata a ruotare senza attrito attorno all’asse fisso Oz passante per il vertice O. Unamolla ideale di stiffness k collega il punto fisso A(3a, 0, 0) con il vertice M opposto ad Odi P. Su M agisce infine una resistenza viscosa con costante di frizione β.

Usare l’angolo ϑ ∈ R in figura per determinare della piastra, rispetto a Oxyz:


(b) le configurazioni di equilibrio;

(c) le espressioni del momento angolare in O e dell’energia cinetica.

Soluzione(a) Equazioni pure del motoL’ipotesi di asse fisso privo di attrito consente di scrivere l’equazione pura del moto come:

IPOzϑ = ~Ma,eO · e3 ,

Stefano Siboni 4935


dove ϑ ∈ R e l’angolo di rotazione della piastra attorno ad Oz, IPOz indica il momento

d’inerzia della piastra quadrata omogenea rispetto allo stesso asse e ~Ma,eO il momento delle

forze attive applicate rispetto al punto O — o ad un qualsiasi altro punto dell’asse dirotazione. Il momento d’inerzia IPOz si ricava facilmente dal teorema di Huygens-Steiner:

IPOz = m|C −O|2 + IPCz = ma2 +m(√

2a)2

6= ma2 +

ma2

3=

4

3ma2.

Le forze attive che agiscono sul sistema sono:

il sistema delle forze peso, equivalente al solo peso totale −mge2 applicato nel bari-centro (e centro di simmetria) C della piastra;

la resistenza viscosa −βM , applicata in M ;

la sollecitazione elastica k(A−M) esercitata dalla molla ideale sempre nel punto M ,

per cui il momento in O delle forze attive esterne e dato da:

~Ma,eO = (C −O) ∧ (−mge2) + (M −O) ∧ (−βM) + (M −O) ∧ k(A−M) .

Dai vettori posizione dei punti C, M ed A:

C −O = a(sinϑ e1 − cosϑ e2)

M −O = 2a(sinϑ e1 − cosϑ e2)

A−O = 3ae1

si ricavano le espressioni delle forze viscosa ed elastica:

−βM = −2βa(cosϑ e1 + sinϑ e2)ϑ

k(A−M) = k[3ae1 − 2a(sinϑ e1 − cosϑ e2)

]= ka

[(3− 2 sinϑ)e1 + 2 cosϑ e2

],

in modo che i momenti in O delle forze attive esterne agenti sul disco diventano:

(C −O) ∧ (−mge2) = a(sinϑ e1 − cosϑ e2) ∧ (−mge2) = −mga sinϑ e3

(M −O) ∧ (−βM) = 2a(sinϑ e1 − cosϑ e2) ∧ (−2βa)(cosϑ e1 + sinϑ e2)ϑ =

= −4βa2(sin2ϑ+ cos2ϑ)ϑ e3 = −4βa2ϑ e3

(M −O) ∧ k(A−M) = 2a(sinϑ e1 − cosϑ e2) ∧ ka[(3− 2 sinϑ)e1 + 2 cosϑ e2

]=

= 2ka2[2 sinϑ cosϑ+ cosϑ(3− 2 sinϑ)

]e3 = 6ka2 cosϑ e3

Stefano Siboni 4936


ed hanno risultante:

~Ma,eO = (C −O) ∧ (−mge2) + (M −O) ∧ (−βM) + (M −O) ∧ k(A−M) =

= −mga sinϑ e3 − 4βa2ϑ e3 + 6ka2 cosϑ e3 .

L’equazione pura del moto e pertanto:

4

3ma2ϑ = −mga sinϑ− 4βa2ϑ+ 6ka2 cosϑ . (909.1)

(b) Configurazioni di equilibrioGli equilibri corrispondono alle soluzioni statiche dell’equazione del moto (909.1), che di-venta:

0 = −mga sinϑ+ 6ka2 cosϑ .

Per le soluzioni di questa equazione di equilibrio non puo aversi cosϑ = 0, poiche neseguirebbe anche sinϑ = 0, un assurdo evidente. Una equazione equivalente si ottienedunque dalla precedente dividendo membro a membro per cosϑ:

0 = −mga tgϑ+ 6ka2 ⇐⇒ tgϑ =6ka

mg

con le soluzioni, definite incondizionatamente:

ϑ = arctg(6ka

mg

)∈(

0,π

2

)e:

ϑ = π + arctg(6ka

mg

)∈(π,

3π

2

).

La prima configurazione di equilibrio vede il centro C della piastra collocarsi nel IV qua-drante del piano Oxy, mentre la seconda corrisponde a C posto nel II quadrante dellostesso piano.

(c) Momento angolare in O ed energia cineticaL’asse fisso Oz e ortogonale al piano di giacitura — e di simmetria — della piastra. Per-tanto, Oz e un asse principale d’inerzia in O di P. La velocita angolare istantanea dellapiastra si scrive inoltre come ~ω = ϑ e3. Il momento angolare in O della piastra risultapercio:

~KO = LO(~ω) = LO(ϑ e3) = ϑ LO(e3) = ϑ Lzz e3 = IPOzϑ e3 =4

3ma2ϑ e3 ,

mentre per l’energia cinetica si ha, piu semplicemente:

T =1

2~ω · LO(~ω) =

1

2IPOz|~ω|2 =

1

2

4

3ma2|ϑ e3|2 =

2

3ma2ϑ2 .

Stefano Siboni 4937


Esercizio 910. Geometria delle masse

Nel piano Oxy di una terna cartesiana soli-dale Oxyz = Oe1e2e3 un sistema rigido risultacomposto da un disco circolare D, di raggio ae centro C(0, a), e da un’asta rettilinea OAcon estremi nell’origine e nel punto A(0,−2a)— vedi figura. Le rispettive densita sono dateda:

σ(P ) =µ

πa3|P − C| ∀P ∈ D

e:λ(Q) =

µ

a2|Q−O| ∀Q ∈ OA ,

dove µ indica una massa caratteristica. Si de-terminino del sistema:

(a) la massa e la posizione del baricentro G nel riferimento Oxyz;


(c) i momenti d’inerzia rispetto alla retta Cx ed alla retta s di equazione y = x, z = x;

(d) una terna principale d’inerzia in O ed i relativi momenti principali;

(e) il momento angolare in O e l’energia cinetica relativi alla terna dove O e fisso e lavelocita angolare del sistema vale ~ω = ωe1 − 2ωe3, con ω > 0.

Soluzione

(a) Massa e baricentro

L’asta OA ammette un’ovvia parametrizzazione in termini dell’ordinata y:

Q(y)−O = ye2 , y ∈ [−2a, 0] ,

per mezzo della quale la relativa densita lineare di massa si scrive:

λ(y) = − µ

a2y , y ∈ [−2a, 0] .

Per il disco D si ha invece la parametrizzazione in coordinate polari piane, con polo nelpunto (0, a):

P (ρ, φ)−O = ρ cosφ e1 + (a+ ρ sinφ) e2 , (ρ, φ) ∈ (0, a]× [0, 2π) ,

cui corrisponde la densita areale:

σ(ρ, φ) =µ

πa3ρ , (ρ, φ) ∈ (0, a]× [0, 2π) .

Stefano Siboni 4938


Massa dell’asta OALa massa dell’asta si ottiene integrando la densita lineare λ sul segmento OA. Se si usal’ordinata y come variabile di integrazione risulta:

mOA =

∫OA

λ ds =

0∫−2a

(− µ

a2y)|e2| dy = − µ

a2

0∫−2a

y dy = − µ

a2

[y2

2

]0

−2a

= 2µ .

Massa del disco DLa massa del disco e data dall’integrale sul dominio D della densita areale σ. Nelle coor-dinate polari piane precedentemente introdotte si ha:

mD =

∫D

σ dA =

a∫0

dρ ρ

2π∫0

dφµ

πa3ρ =

µ

πa3

a∫0

ρ2dρ

2π∫0

dφ =µ

πa3

a3

32π =

2

3µ .

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

m = mOA +mD = 2µ+2

3µ =

8

3µ .

Baricentro dell’asta OAL’asta OA giace lungo l’asse coordinato Oy ed il suo baricentro deve dunque essere indi-viduato da un vettore posizione della forma:

GOA −O = yOAe2

in cui figura l’ordinata:

yOA =1

mOA

∫OA

y λ ds =1

2µ

0∫−2a

y(− µ

a2y)dy = − 1

2a2

0∫−2a

y2dy = − 1

2a2

[y3

3

]0

−2a

= −4

3a


GOA −O = −4

3ae2 .

Baricentro del disco DPoiche la densita areale del disco e funzione della sola distanza dal centro C, appareevidente che C rappresenta un centro di simmetria della piastra circolare e dunque necostituisce anche il baricentro:

GD −O = C −O = ae2 .

Stefano Siboni 4939


Baricentro del sistemaIl baricentro G del sistema costituito dall’asta OA e dal disco D si determina facendo usodel teorema distributivo, che porge:

G−O =mOA(GOA −O) +mD(GD −O)

mOA +mD=

=2µ(−4

3ae2

)+

2

3µae2

8

3µ

=3

8µ(−2µae2) = −3

4ae2 .

(b) Matrice d’inerzia in OxyzMatrice d’inerzia dell’asta OAPoiche l’asta OA si dispone lungo l’asse Oy, la sua matrice d’inerzia relativa ad Oxyzassume la forma:

[LOAO ] =

LOAxx 0 00 0 00 0 LOAxx

con il comune valore dei momenti d’inerzia relativi ad Ox ed Oz dato da:

LOAxx =

∫OA

y2λ ds =

0∫−2a

y2(− µ

a2y)dy = − µ

a2

0∫−2a

y3dy =

= − µ

a2

[y4

4

]0

−2a

= − µ

4a2(−16a4) = 4µa2 .

Di conseguenza:

[LOAO ] = µa2

4 0 00 0 00 0 4

.Matrice d’inerzia del disco DIl disco giace nel piano coordinato Oxy ed i suoi momenti d’inerzia relativi agli assi Cx eCy sono uguali per evidenti ragioni di simmetria. La matrice d’inerzia di D rispetto allaterna Cxyz si scrive pertanto:

[LDC ] =

LDCxx 0 00 LD

Cxx 00 0 2LD

Cxx

dove il momento d’inerzia relativo all’asse Cx vale:

LCxx =

∫D

y2σ dA =

a∫0

dρ ρ

2π∫0

dφ ρ2sin2φµ

πa3ρ =

µ

πa3

a∫0

ρ4dρ

2π∫0

sin2φdφ =

=µ

πa3

a5

5

2π∫0

1− cos 2φ

2dφ =

µa2

10π

[φ− sin 2φ

2

]2π

0

=µa2

5

Stefano Siboni 4940


e conduce cosı all’espressione:

[LDC ] = µa2

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

.La matrice viene riportata alla terna Oxyz usando le coordinate del baricentro C:

d1 = 0 d2 = a d3 = 0

riferite alla stessa terna e il teorema di Huygens-Steiner generalizzato:

[LDO] = [LD

C ] +mD

d22 + d2

3 −d1d2 −d1d3

−d1d2 d21 + d2

3 −d2d3

−d1d3 −d2d3 d21 + d2

2

=

= µa2

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

+2

3µ

a2 0 00 0 00 0 a2

= µa2

13/15 0 00 1/5 00 0 16/15

.Matrice d’inerzia del sistemaPer ottenere la matrice d’inerzia del sistema in Oxyz basta sommare le matrici d’inerziadi asta e disco rispetto alla stessa terna:

[LO] = [LOAO ] + [LDO] = µa2

4 0 00 0 00 0 4

+ µa2

13/15 0 00 1/5 00 0 16/15

=

= µa2

73/15 0 00 1/5 00 0 76/15

. (910.1)

(c) Momenti d’inerzia relativi alla retta Cx ed alla retta sMomento d’inerzia relativo alla retta CxLa retta Cx e parallela all’asse coordinato Ox, ma non passa per il baricentro G delsistema. Conviene quindi applicare due volte il teorema classico di Huygens-Steiner, fra lerette parallele Cx e Gx, e fra le rette parallele Ox e Gx. Le informazioni utili allo scoposono rispettivamente la massa del sistema, l’ordinata del baricentro e quella del centro Cdel disco:

m =8

3µ yG = −3

4a yC = a .

Il teorema di Huygens-Steiner porge allora le relazioni: ICx = IGx +m(yC − yG)2

IOx = IGx +my2G

Stefano Siboni 4941


che sottratte membro a membro per eliminare il momento IGx conducono all’equazione:

ICx − IOx = m(yC − yG)2 −my2G

a sua volta esprimibile nella forma semplificata equivalente:

ICx = IOx +m(y2C − 2yCyG) .

Ne deriva che:

ICx =73

15µa2 +

8

3µ(a2 + 2a

3

4a)

=(73

15+

8

3· 5

2

)µa2 =

(73

15+

20

3

)µa2 =

173

15µa2 .

Momento d’inerzia relativo alla retta sLa retta s si esprime per mezzo dell’equazione parametrica:

x = ξy = ξz = ξ

∀ ξ ∈ R ,

passa chiaramente per l’origine ed e individuata dal versore direttore:

n =e1 + e2 + e3√

3.

Il momento d’inerzia del sistema rispetto ad s e quindi dato dalla relazione:

Is = n · LO(n) =1

3( 1 1 1 )µa2

73/15 0 00 1/5 00 0 76/15

111

=

=1

3µa2(73

15+

1

5+

76

15

)=

1

3µa2 152

15=

152

45µa2 .

(d) Terna e momenti principali d’inerzia in OUna terna principale d’inerzia in O del sistema e costituita dal riferimento cartesiano or-togonale Oxyz, come evidenziato dalla forma diagonale della relativa matrice d’inerzia(910.1). Il risultato era peraltro evidente a priori, data la presenza dell’ovvio piano di sim-metria Oxy, che assicura l’asse Oz essere un asse principale d’inerzia in O, e dell’altrettantoovvio asse di simmetria Oy, che a sua volta e un asse principale d’inerzia in O del sistema.L’essere Ox asse principale d’inerzia in O segue infine dal teorema spettrale.La determinazione dei momenti principali d’inerzia in O del sistema non richiede alcuncalcolo, poiche si tratta semplicemente degli elementi diagonali gia determinati di [LO]:

A1 =73

15µa2 A2 =

1

5µa2 A3 =

76

15µa2 .

Stefano Siboni 4942


(e) Momento angolare in O ed energia cineticaMomento angolare in OPoiche nella terna di riferimento prescelta il sistema rigido ha punto fisso O e velocitaangolare istantanea ~ω = ωe1 − 2ωe3, con ω > 0, il momento angolare ~KO del sistema siscrive:

~KO =3∑

α=1

Kαeα

con le componenti date dalla relazione matriciale:K1

K2

K3

= [LO]

ω0−2ω

= µa2

73/15 0 00 1/5 00 0 76/15

ω0−2ω

= µa2ω

73/150

−152/15

,per cui:

~KO = µa2ω(73

15e1 −

152

15e3

).

Energia cineticaPer l’energia cinetica del sistema rigido con punto fisso O vale l’espressione:

T =1

2~ω · ~KO =

1

2(ωe1 − 2ωe3) · µa2ω

(73

15e1 −

152

15e3

)=

=1

2µa2ω2

(73

15+

304

15

)=

1

2µa2ω2 377

15=

377

30µa2ω2 .

Esercizio 911. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. non conservativo

Nel piano Oxy di una terna Oxyz = Oe1e2e3

un’asta rettilinea omogenea OA, di massa m elunghezza 2R, e libera di ruotare attorno all’asseOz. L’estremo A e incernierato ad un puntodel bordo di un disco circolare omogeneo D, dicentro C, raggio R e massa m. L’estremo Bdel diametro AB di D scorre lungo l’asse verti-cale Oy ed e connesso ad O da una molla ide-ale di stiffness k. Resistenze viscose di ugualecostante β agiscono sui punti A e B. La ternaOxyz ruota infine con velocita angolare costanteω attorno all’asse Oy rispetto ad un riferimentoinerziale. Assunti i vincoli ideali e l’angolo ϕ ∈R in figura come parametro lagrangiano, deter-minare del sistema, rispetto a Oxyz:

(a) gli equilibri, considerando tutte le sollecitazioni;

(b) le proprieta di stabilita degli equilibri (considerare le forze viscose!);


Stefano Siboni 4943


(d) le equazioni pure del moto;

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

Soluzione(a) EquilibriOccorre determinare preliminarmente i vettori posizione degli estremi A e B dell’asta intermini del parametro lagrangiano — si noti che il triangolo OAB e isoscele:

A−O = 2R sinϕ e1 − 2R cosϕ e2

B −O = −2 · 2R cosϕ e2 = −4R cosϕ e2 ,

per poi ricavare i vettori posizione del baricentro GOA dell’asta omogenea, che coincidecon il punto medio del segmento OA:

GOA −O =A−O

2= R(sinϕ e1 − cosϕ e2)

e del baricentro del disco, che si identifica con il centro geometrico e di simmetria C ed eindividuato facilmente come punto medio del diametro AB:

C −O =A−O +B −O

2=

2R sinϕ e1 − 2R cosϕ e2 − 4R cosϕ e2

2=

= R sinϕ e1 − 3R cosϕ e2 .

Il sistema e scleronomo e a vincoli ideali, soggetto a sollecitazioni che in parte sono di naturaposizionale conservativa — il peso, le forze centrifughe e l’interazione elastica imputabilealla molla ideale che collega il punto B all’origine, e in parte di natura dissipativa — leresistenze viscose in A e in B. Si osservi che le forze di Coriolis sono ovunque diretteortogonalmente al piano vincolare Oxy e presentano pertanto componente generalizzataidenticamente nulla:

QCorϕ =∑

P∈OA∪D−2mP ω e2 ∧ P ·

∂P

∂ϕ= −2ω

∑P∈OA∪D

mP e2 ∧∂P

∂ϕϕ · ∂P

∂ϕ=

∑P∈OA∪D

0 = 0 ,

dal momento che P e ∂P/∂ϕ sono comunque vettori paralleli ad Oxy. Le forze posizio-nali conservative vengono caratterizzate mediante i rispettivi potenziali, mentre di quelledissipative si deve determinare la componente generalizzata.

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

Ug = −mge2 · (GOA −O)−mge2 · (C −O) =

= −mge2 ·R(sinϕ e1 − cosϕ e2)−mge2 ·R(sinϕ e1 − 3 cosϕ e2) =

= mgR cosϕ+ 3mgR cosϕ = 4mgR cosϕ .

Stefano Siboni 4944


Potenziale elasticoIl potenziale associato alla molla ideale di costante elastica k che congiunge B con l’origineO e dato dalla relazione:

Uel = −k2|B −O|2 = −k

2| − 4R cosϕ e2|2 = −8kR2cos2ϕ .

Potenziale centrifugoPer il calcolo del potenziale centrifugo si deve considerare il contributo dell’asta omogenea,che si ricava per integrazione diretta:

UOAcf =ω2

2IOAOy =

ω2

2

2R∫0

(s sinϕ)2 m

2Rds =

=ω2

2

m

2Rsin2ϕ

[s3

3

]2R

0

=mω2

4Rsin2ϕ

8R3

3=

2

3mR2ω2sin2ϕ ,

e quello del disco omogeneo D, che viene invece determinato tramite il teorema di Huygens-Steiner:

UDcf =

ω2

2IDOy =

ω2

2

[m[(C −O) · e1]2 + IDCy

]=

=ω2

2

[mR2sin2ϕ+

mR2

4

]=

mR2ω2

2sin2ϕ+ costante ,

per cui risulta:

Ucf = UOAcf + UDcf =

2

3mR2ω2sin2ϕ+

mR2ω2

2sin2ϕ =

7

6mR2ω2sin2ϕ ,

essendosi ignorata la costante additiva inessenziale.

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e la somma dei potenziali di tutte le sollecitazioni posizionaliconservative applicate, gravitazionale, elastica e centrifuga:

U = Ug + Uel + Ucf = 4mgR cosϕ− 8kR2cos2ϕ+7

6mR2ω2sin2ϕ .

Aggiungendo la costante 8kR2 si ottiene l’espressione equivalente, piu compatta:

U(ϕ) = 4mgR cosϕ+(

8k +7

6mω2

)R2sin2ϕ , ϕ ∈ R . (911.1)

Componente generalizzata delle forze viscoseLe forze viscose agenti sul sistema sono date da:

~FA = −βA ~FB = −βB

Stefano Siboni 4945


rispettivamente applicate nei punti A e B individuati dai vettori posizione:

A−O = 2R(sinϕ e1 − cosϕ e2) B −O = −4R cosϕ e2

cui corrispondono le derivate parziali prime:

∂A

∂ϕ= 2R(cosϕ e1 + sinϕ e2)

∂B

∂ϕ= 4R sinϕ e2 .

La componente generalizzata del sistema di forze viscose si scrive percio:

Dϕ = −βA · ∂A∂ϕ− βB · ∂B

∂ϕ= −β ∂A

∂ϕϕ · ∂A

∂ϕ− β ∂B

∂ϕϕ · ∂B

∂ϕ=

= −β∣∣∣∣∂A∂ϕ

∣∣∣∣2ϕ− β∣∣∣∣∂B∂ϕ∣∣∣∣2ϕ = −β 4R2ϕ− β 16R2sin2ϕ ϕ = −4βR2(1 + 4 sin2ϕ)ϕ .

Si tratta di una sollecitazione completamente dissipativa, in quanto di potenza negativa:

π = Dϕϕ = −4βR2(1 + 4 sin2ϕ)ϕ2 ≤ 0 ∀ϕ, ϕ ∈ R ,

che si annulla solo per velocita generalizzata nulla:

π = 0 ⇐⇒ −4βR2(1 + 4 sin2ϕ)ϕ2 = 0 ⇐⇒ ϕ = 0 .

Ovviamente, trattandosi di forza a potenza non positiva dipendente in modo continuo dalparametro lagrangiano, la sollecitazione si annulla per velocita generalizzata uguale a zeroe non influisce in alcun modo sulla determinazione degli equilibri del sistema. Agli effettistatici le forze viscose possono essere dunque ignorate.

EquilibriGli equilibri del sistema, scleronomo e a vincoli bilaterali ideali, si identificano con i puntistazionali del potenziale U e si ottengono percio annullando la derivata prima di questo:

U ′(ϕ) = −4mgR sinϕ+(

16k +7

3mω2

)R2 sinϕ cosϕ

ossia risolvendo l’equazione trigonometrica:

sinϕ

[−4mgR+

(16k +

7

3mω2

)R2 cosϕ

]= 0 . (911.2)

Da sinϕ = 0 si deducono due equilibri banali, definiti incondizionatamente:

ϕ = 0 ϕ = π .

L’annullarsi dell’espressione entro parentesi quadrate in (911.2) porge invece:

cosϕ =4mgR(

16k +7

3mω2

)R2

=mg

4kR+7

12mRω2

:= λ > 0 (911.3)

e dunque le ulteriori configurazioni di equilibrio:

ϕ = arccosλ = ϕ? ϕ = −ϕ? ,

Stefano Siboni 4946


definite e distinte dalle precedenti a condizione che per il parametro adimensionale λ risultiλ < 1, nel qual caso si ha peraltro ϕ? ∈ (0, π/2). Si osservi che questo risultato e quali-tativamente ragionevole dal punto di vista fisico: l’insorgere degli equilibri “asimmetrici”ϕ = ϕ? e ϕ = −ϕ? e favorito se la forza elastica caratteristica kR o forza centrifugacaratteristica mRω2 risultano sufficientemente grandi rispetto al peso caratteristico mg.

(b) Stabilita degli equilibriIl sistema e sottoposto a sollecitazioni posizionali conservative e a sollecitazioni completa-mente dissipative. Tutti gli equilibri del sistema sono inoltre isolati, dato il loro numerofinito. Le proprieta di stabilita possono quindi essere caratterizzate completamente ricor-rendo alla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri di Barbasin-Krasovskii. A questo scopo si rende necessario calcolare la derivata seconda del potenziale:

U ′′(ϕ) = −4mgR cosϕ+(

16k +7

3mω2

)R2(cos2ϕ− sin2ϕ

)in ciascuna configurazione di equilibrio.

Equilibrio ϕ = 0In questo caso, tenuto conto della definizione (911.3) per il parametro adimensionale λ, laderivata seconda del potenziale vale:

U ′′(0) = −4mgR+(

16k +7

3mω2

)R2 =

(16k +

7

3mω2

)R2(1− λ)

e non ha segno definito, rendendo cosı necessario distinguere tre diversi casi:

se λ < 1 si ha U ′′(0) > 0 e l’equilibrio ϕ = 0 costituisce un minimo relativo propriodel potenziale. L’esclusione del massimo basta ad assicurare l’instabilita dell’equilibrioper la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet. Da notare che lo stesso equilibriorappresenta un massimo relativo proprio dell’energia potenziale che, causa la presenzadelle sollecitazioni dissipative, non puo risultare neppure attrattivo — l’andamentonon crescente dell’energia meccanica lungo tutti i moti del sistema esclude che qual-siasi soluzione scelta arbitrariamente vicina a (ϕ, ϕ) = (0, 0) con energia meccanicastrettamente minore di quella assunta dal sistema in (ϕ, ϕ) = (0, 0) possa tendereasintoticamente allo stato di quiete in ϕ = 0 per t→ +∞. L’equilibrio risulta dunqueinstabile e non attrattivo;

per λ > 1 vale invece U ′′(0) < 0, per cui l’equilibrio viene riconosciuto essere unmassimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile per la forma forte diLagrange-Dirichlet;

qualora sia infine λ = 1 la derivata seconda del potenziale si annulla e per stabilire lanatura del punto stazionario occorre un’analisi piu approfondita. Si puo ricorrere aduno sviluppo di Taylor del quarto ordine del potenziale nell’intorno di ϕ = 0, oppureriesprimere U in una forma piu conveniente che permetta di riconoscere a vista il tipodi punto stazionario. Vale la pena ricavare da (911.1) il potenziale adimensionalizzato:

U(ϕ) =1(

8k +7

6mω2

)R2

U(ϕ) =4mgR(

8k +7

6mω2

)R2

cosϕ+sin2ϕ = 2λ cosϕ+sin2ϕ

Stefano Siboni 4947


che per λ = 1 si riduce a:U(ϕ) = 2 cosϕ+ sin2ϕ

e con l’ausilio di semplici identita trigonometriche diventa:

U(ϕ) = 2(

1− 2 sin2ϕ

2

)+ 4 sin2ϕ

2cos2ϕ

2= 2− 4 sin2ϕ

2

(1− cos2ϕ

2

)= 2− 4 sin4ϕ

2.

Risulta evidente dall’espressione ottenuta che ϕ = 0 e un massimo relativo proprio diU , la cui stabilita asintotica segue dalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

E interessante sottolineare come il passaggio — comunemente noto come “biforcazione”— dell’equilibrio ϕ = 0 dalla condizione di stabilita (λ ≥ 1) a quella di instabilita (λ < 1)si accompagni alla creazione degli equilibri asimmetrici ϕ = ϕ? e ϕ = −ϕ?.

Equilibrio ϕ = πNella fattispecie la derivata seconda del potenziale risulta sempre strettamente positiva:

U ′′(π) = 4mgR+(

16k +7

3mω2

)R2 > 0

ed escludendo il ricorrere in ϕ = π di un massimo relativo proprio del potenziale, implical’instabilita dell’equilibrio in virtu del teorema di Lagrange-Dirichlet forte. Resta inteso chel’equilibrio, in quanto massimo relativo proprio dell’energia potenziale, non puo neppurerisultare attrattivo — circostanza che contrasterebbe con la presenza di forze dissipativeed il conseguente andamento non crescente dell’energia meccanica H(ϕ, ϕ) lungo qualsiasimoto del sistema, compresi quelli di energia iniziale strettamente minore di H(π, 0) che esempre possibile scegliere in qualsiasi intorno comunque piccolo di (ϕ, ϕ) = (π, 0).

Equilibri ϕ = ϕ?, −ϕ?, con cosϕ? = λ < 1I due equilibri asimmetrici presentano le stesse proprieta di stabilita, dal momento che laderivata seconda del potenziale assume in ciascuno di essi lo stesso valore negativo:

U ′′(±ϕ?) = −4mgR cosϕ? +(

16k +7

3mω2

)R2(cos2ϕ? − sin2ϕ?

)=

=(

16k +7

3mω2

)R2(−λ cosϕ? + cos2ϕ? − sin2ϕ?

)=

=(

16k +7

3mω2

)R2(− cosϕ? cosϕ? + cos2ϕ? − sin2ϕ?

)=

= −(

16k +7

3mω2

)R2sin2ϕ? < 0

in quanto ϕ? ∈ (0, π/2). Gli equilibri, quando definiti, sono massimi relativi proprio delpotenziale, asintoticamente stabili per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet,basata sui criteri di Barbasin-Krasovskii.

(c) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema relativa alla terna Oxyz e la somma dei contributi di asta edisco, che conviene senz’altro calcolare separatamente.

Energia cinetica dell’asta OAL’asta ruota di un angolo ϕ attorno all’asse fisso Oz, che passa per un suo estremo. L’e-

Stefano Siboni 4948


nergia cinetica corrispondente e quindi data dalla relazione:

TOA =1

2IOAOz

∣∣~ωOA∣∣2 ,nella quale il momento d’inerzia rispetto ad Oz e la velocita angolare istantanea dell’astasi scrivono:

IOAOz =m(2R)2

3=

4

3mR2 ~ωOA = ϕ e3 ,


TOA =1

2

4

3mR2

∣∣ϕ e3

∣∣2 =2

3mR2ϕ2 . (911.4)

Energia cinetica del disco DIl disco D si muove nel piano Oxy ma e privo di punti fissi; per esprimerne l’energia cineticasi rende necessario ricorrere al teorema di Konig:

TD =m

2C2 +

1

2IDCz∣∣~ωD∣∣2 ,

dove la velocita del centro geometrico e baricentro C del disco si ricava dal vettore posizione:

C −O = R(sinϕ e1 − 3 cosϕ e2)

e vale:C = R(cosϕ e1 + 3 sinϕ e2)ϕ

con modulo quadrato:

C2 = R2(cos2ϕ+ 9 sin2ϕ)ϕ2 = R2(1 + 8 sin2ϕ)ϕ2 ,

mentre momento d’inerzia relativo a Cz e velocita angolare istantanea si scrivono:

IDCz =mR2

2~ωD = −ϕ e3

— la rotazione del disco attorno all’asse Cz in una terna baricentrale avviene in sensoorario al crescere dell’angolo ϕ, di qui l’introduzione del segno negativo in ossequio allaregola della mano destra. Si ha pertanto:

TD =m

2R2(1 + 8 sin2ϕ)ϕ2 +

1

2

mR2

2

∣∣−ϕ e3

∣∣2 =mR2

2

(3

2+ 8 sin2ϕ

)ϕ2. (911.5)

Energia cinetica del sistemaPer ottenere l’energia cinetica del sistema non rimane che sommare i contributi parziali(911.4) e (911.5) delle due parti rigide OA e D:

T = TOA + TD =2

3mR2ϕ2 +

mR2

2

(3

2+ 8 sin2ϕ

)ϕ2 =

mR2

2

(17

6+ 8 sin2ϕ

)ϕ2 .

Stefano Siboni 4949


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

d

dt

(∂L∂ϕ

)− ∂L

∂ϕ= Dϕ

in termini della lagrangiana:

L = T + U =mR2

2

(17

6+ 8 sin2ϕ

)ϕ2 + 4mgR cosϕ+

(8k +

7

6mω2

)R2sin2ϕ

e della componente generalizzata delle forze viscose Dϕ = −4βR2(1 + 4 sin2ϕ)ϕ. Il calcolodei termini che compaiono nel binomio di Lagrange e immediato:

∂L

∂ϕ= mR2

(17

6+ 8 sin2ϕ

)ϕ

d

dt

(∂L∂ϕ

)= mR2

(17

6+ 8 sin2ϕ

)ϕ+ 16mR2 sinϕ cosϕ ϕ2

∂L

∂ϕ= 8mR2 sinϕ cosϕ ϕ2 − 4mgR sinϕ+

(16k +

7

3mω2

)R2 sinϕ cosϕ

e l’equazione di Lagrange del moto risulta pertanto:

mR2(17

6+ 8 sin2ϕ

)ϕ+ 8mR2 sinϕ cosϕ ϕ2 + 4mgR sinϕ−

−(

16k +7

3mω2

)R2 sinϕ cosϕ = −4βR2(1 + 4 sin2ϕ)ϕ .

(e) Modi normali delle piccole oscillazioniPer β = le sollecitazioni completamente dissipative vengono rimosse dal sistema, che di-venta percio posizionale conservativo. L’equilibrio ϕ = 0 per λ > 1 e ancora un massimorelativo proprio del potenziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet ma non asinto-ticamente per via della conservazione dell’energia meccanica. Se λ < 1 lo stesso equilibrioe instabile per l’inversione parziale di Lagrange-Dirichlet, dal momento che U ′′(0) > 0.Anche per λ = 1 l’equilibrio risulta un massimo relativo proprio del potenziale e quindistabile, sia pure non asintoticamente, ma a questo caso la teoria canonica delle piccoleoscillazioni non e applicabile visto che U ′′(0) = 0. L’equilibrio ϕ = π e sempre instabile (enon attrattivo) per l’inversione parziale di Lagrange-Dirichlet, in quanto U ′′(π) > 0. Gliequilibri asimmetrici ϕ = ϕ? e ϕ = −ϕ? sono invece definiti e stabili per Lagrange-Dirichletquando λ < 1, avendosi U ′′(±ϕ?) < 0. Benche la teoria standard delle piccole oscillazionisia applicabile a queste configurazioni, la relativa complessita dei calcoli suggerisce di con-siderare l’equilibrio banale ϕ = 0 per λ > 1.Le “matrici” dell’energia cinetica ed hessiana del potenziale in questo caso sono 1× 1, valea dire dei semplici scalari:

A(ϕ) = mR2(17

6+ 8 sin2ϕ

)HU (ϕ) = −4mgR cosϕ+

(16k +

7

3mω2

)R2(cos2ϕ− sin2ϕ



che calcolati in ϕ = 0 forniscono:

A(0) =17

6mR2

HU (0) = −4mgR+(

16k +7

3mω2

)R2 =

(16k +

7

3mω2

)R2(1− λ) .

L’equazione delle piccole oscillazioni attorno all’equilibrio ϕ = 0, stabile per λ > 1, epertanto:

A(0)ϕ−HU (0)ϕ = 0

ossia:17

6mR2ϕ+

(16k +

7

3mω2

)R2(λ− 1)ϕ = 0

che e ovviamente l’equazione di un oscillatore armonico semplice unidimensionale. Lapulsazione normale delle piccole oscillazioni e data da:

Ω =

√6

17

(16k

m+

7

3ω2)

(λ− 1)

ed il modo normale corrispondente si scrive:

ϕ = a cos(Ωt+ α) ∀ t ∈ R ,

con a 6= 0 ed α costanti reali arbitrarie (ampiezza e fase del modo normale, rispettiva-mente).

Esercizio 912. Geometria delle masse. Moto rigidoNel piano Oxy di una terna solidale Oxyz = Oe1e2e3 si considera il sistema rigido costi-tuito da una piastra circolare D, di raggio ae centro C(4a/5, 3a/5, 0), e da un’asta retti-linea OA di estremo A(−a, 0, 0). Le densitaareale della piastra e lineare dell’asta risul-tano rispettivamente:

σ(P ) =3µ

πa3|P − C| ∀P ∈ D

λ(Q) =µ

a3|A−Q|2 ∀Q ∈ OA ,




(c) i momenti d’inerzia relativi alla retta Cx, passante per C e parallela ad Ox, ed allaretta r di equazione y − 2x = 0, z = 0;

Stefano Siboni 4951


(d) se il piano α di equazione y + z = 0 e un piano principale d’inerzia in O.

(e) Ricavare inoltre velocita e accelerazione istantanee del punto C e l’asse di Mozzidel sistema rispetto al riferimento dove O e fisso e la velocita angolare istantanea e~ω = ωe1 + ωe3, con ω costante.

SoluzioneE necessario in primo luogo definire le appropriate parametrizzazioni per il disco D e l’astaOA, ed esprimere le corrispondenti densita areale e lineare in termini dei parametri scelti.Per il disco conviene senz’altro introdurre una parametrizzazione mediante coordinate po-lari piane di polo C:

P (ρ, φ)−O =(4

5a+ ρ cosφ

)e1 +

(3

5a+ ρ sinφ

)e2 , ∀ (ρ, φ) ∈ [0, a]× [0, 2π] ,

che fornisce l’espressione seguente per la densita areale:

σ(ρ, φ) =3µ

πa3ρ , ∀ (ρ, φ) ∈ [0, a]× [0, 2π] .

La parametrizzazione dell’asta OA e invece data da:

Q(x)−O = xe1 , ∀x ∈ [−a, 0] ,

per mezzo della quale la densita lineare si scrive:

λ(x) =µ

a3| − ae1 − xe1|2 =

µ

a3(a+ x)2 , ∀x ∈ [−a, 0] ,

visto che A−O = −ae1.

(a) Massa e baricentroMassa del discoLa massa del disco viene ricavata integrando la densita areale σ sul dominio circolare D,parametrizzato in coordinate polari piane:

mD =

∫D

σ dA =

a∫0

dρ ρ

2π∫0

dφ3µ

πa3ρ =

3µ

πa3

a∫0

ρ2 dρ

2π∫0

dφ =3µ

πa3

a3

32π = 2µ .

Massa dell’astaL’integrazione della densita lineare λ sul segmento OA fornisce la massa dell’asta:

mOA =

∫OA

λ ds =

0∫−a

µ

a3(a+ x)2dx =

µ

a3

[(a+ x)3

3

]0

−a=

µ

3.

Massa del sistemaLa massa del sistema e data dalla somma delle masse calcolate per disco ed asta:

m = mD +mOA = 2µ+µ

3=

7

3µ ,

dal momento che l’intersezione D ∩ OA e costituita da un solo punto — l’origine O — erappresenta un insieme di misura nulla che non ha alcun effetto sul calcolo degli integralidi superficie su D e di linea su OA.

Stefano Siboni 4952


Baricentro del discoIl centro C e un ovvio centro di simmetria per il disco, in quanto la densita σ e funzionedella sola distanza da C. Di conseguenza C va anche identificato con il baricentro di D:

GD −O = C −O =4

5ae1 +

3

5ae2 .

Baricentro dell’astaPer l’asta, che giace completamente lungo l’asse Ox, le proprieta di simmetria ed il teoremadell’inviluppo convesso impongono che il baricentro sia individuato da un vettore posizionedella forma:

GOA −O = xOAe1

con ascissa xOA ∈ [−a, 0]. Detta ascissa viene calcolata ricorrendo alla definizione:

xOA =1

mOA

∫OA

xλ ds =3

µ

0∫−a

xµ

a3(a+ x)2 dx =

3

a3

0∫−a

x(a2 + x2 + 2ax) dx =

=3

a3

0∫−a

(a2x+ x3 + 2ax2) dx =3

a3

[a2x2

2+x4

4+

2ax3

3

]0

−a=

=3

a3

(−a

4

2− a4

4+

2

3a4)

= 3(−3

4+

2

3

)a = −a

4,

in modo che risulta:GOA −O = −a

4e1 .

Baricentro del sistemaPoiche l’intersezione OA ∩ D e un insieme di misura nulla, il baricentro del sistema puoessere determinato facendo uso del teorema distributivo:

G−O =mD(GD −O) +mOA(GOA −O)

m=

3

7µ

[2µ(4

5ae1 +

3

5ae2

)+µ

3

(−a

4e1

)]=

=3

7µ

(8

5e1 +

6

5e2 −

1

12e1

)a =

3

7

(91

60e1 +

6

5e2

)a =

13

20ae1 +

18

35ae2 .

(b) Matrice d’inerziaMatrice d’inerzia in Oxyz dell’asta OAPoiche l’asta OA giace lungo l’asse Ox, la sua matrice d’inerzia relativa a Oxyz deveassumere la forma:

[LOAO ] =

0 0 00 LOAyy 0

0 0 LOAyy

con il momento d’inerzia rispetto all’asse Oy determinato direttamente sulla base delladefinizione:

LOAyy =

∫OA

x2λ ds =

0∫−a

x2 µ

a3(a+ x)2dx =

µ

a3

0∫−a

(a2x2 + x4 + 2ax3) dx =

Stefano Siboni 4953


=µ

a3

[a2x

3

3+x5

5+ a

x4

2

]0

−a=

µ

a3

(a5

3+a5

5− a5

2

)=

µa2

30,

sicche si ottiene:

[LOAO ] = µa2

0 0 00 1/30 00 0 1/30

.Matrice d’inerzia in Oxyz del discoPer determinare la matrice d’inerzia in Oxyz del disco conviene calcolare preliminarmentela matrice relativa alla terna baricentrale Cxyz e poi riportarla nella terna Oxyz medianteil teorema generalizzato di Huygens-Steiner. Rispetto a Cxyz, causa gli evidenti assi disimmetria Cx e Cy, la matrice d’inerzia di D assume la forma diagonale:

[LDC ] =

LDCxx 0 00 LD

Cxx 00 0 2LD

Cxx

con la particolarita che LD

Cyy = LDCxx per via dell’ulteriore asse di simmetria y = x, z = 0

e che LDCzz = LD

Cxx +LDCyy per l’essere D ⊂ Cxy. Il momento d’inerzia relativo all’asse Cx

e calcolato come segue:

LDCxx =

∫D

[(P − C) · e2

]2σ dA =

2π∫0

dφ

a∫0

dρ ρ (ρ sinφ)2 3µ

πa3ρ =

3µ

πa3

2π∫0

sin2φdφ

a∫0

ρ4dρ =

=3µ

πa3

2π∫0

1− cos 2φ

2dφ

a5

5=

3µa2

10π

2π∫0

(1− cos 2φ) dφ =

=3µa2

10π

[φ− sin 2φ

2

]2π

0

=3µa2

10π2π =

3

5µa2

in modo che la matrice d’inerzia risulta:

[LDC ] = µa2

3/5 0 00 3/5 00 0 6/5

.La matrice d’inerzia relativa a Oxyz si ricava dal teorema di Huygens-Steiner generalizzato:

[LDO] = [LD

C ] + mD

d22 + d2

3 −d1d2 −d1d3

−d1d2 d21 + d2

3 −d2d3

−d1d3 −d2d3 d21 + d2

2

dove i coefficienti d1, d2, d3 sono le coordinate del baricentro C rispetto a Oxyz:

C −O =3∑

α=1

dαeα =4

5ae1 +

3

5ae2

Stefano Siboni 4954


vale a dire:

d1 =4

5a d2 =

3

5a d3 = 0 .

Ne deriva che:

[LDO] = µa2

3/5 0 00 3/5 00 0 6/5

+ 2µa2

9/25 −12/25 0−12/25 16/25 0

0 0 1

=

= µa2

3/5 0 00 3/5 00 0 6/5

+ µa2

18/25 −24/25 0−24/25 32/25 0

0 0 2

=

= µa2

33/25 −24/25 0−24/25 47/25 0

0 0 16/5

.Matrice d’inerzia in Oxyz del sistemaLa matrice d’inerzia in Oxyz del sistema e la somma delle matrici d’inerzia di disco e astarispetto alla stessa terna:

[LO] = [LDO] + [LOAO ] = µa2

0 0 00 1/30 00 0 1/30

+ µa2

33/25 −24/25 0−24/25 47/25 0

0 0 16/5

=

= µa2

33/25 −24/25 0−24/25 287/150 0

0 0 97/30

.(c) Momenti d’inerzia relativi alle rette Cx ed rRetta Cx, passante per C e parallela all’asse OxLa retta Cx e parallela all’asse coordinate Ox, ma non contiene il baricentro G del sistema.Occorre quindi applicare due volte il teorema di Huygens-Steiner:

− una prima volta fra gli assi paralleli Cx e Gx;

− una seconda volta fra gli assi paralleli Ox e Gx.

Le relazioni corrispondenti sono:

ICx = IGx +m(yG − yC)2 IOx = IGx +my2G

e sottratte membro a membro porgono:

ICx − IOx = m(yG − yC)2 −my2G

ossia:ICx = IOx +m(y2

C − 2yCyG) = IOx +myC(yC − 2yG)

dove:

IOx = Lxx =33

25µa2 yC =

3

5a yG =

18

35a m =

7

3µ ,

Stefano Siboni 4955


sono rispettivamente il momento d’inerzia rispetto all’asse Ox, l’ordinata di C, l’ordinatadel baricentro e la massa del sistema. Sostituendo questi valori si ottiene il momentod’inerzia richiesto:

ICx =33

25µa2 +

7

3µ · 3

5a(3

5a−2 · 18

35a)

=33

25µa2 +

7

5µa2(−15

35

)=(33

25− 3

5

)µa2 =

18

25µa2 .

Retta r di equazione y − 2x = 0, z = 0

La retta r passa chiaramente per l’origine O della terna di riferimento ed e individuata dalversore direttore:

n =e1 + 2e2

|e1 + 2e2|=

e1 + 2e2√5

.

Il relativo momento d’inerzia e dato da:

Ir = IOn = n · LO(n) =

=1

5(1 2 0) µa2

33/25 −24/25 0−24/25 287/150 0

0 0 97/30

120

=

=1

5µa2

[33

25· 12 +

287

150· 22 + 2 ·

(−24

25

)· 1 · 2

]=

=1

5µa2(33

25+

574

75− 96

25

)=

1

5µa2 385

75=

77

75µa2 .

(d) Piano α come piano principale d’inerzia in O

Per definizione il piano α, di equazione y+ z = 0, e un piano principale d’inerzia in O delsistema se passa per il punto O ed il suo vettore ortogonale e un autovettore dell’operatored’inerzia in O. Che O ∈ α e evidente. Si deve soltanto verificare che il vettore ortogonaleal piano:

~v = e2 + e3

sia un autovettore di LO. Si puo eseguire il controllo rispetto alla base e1e2e3, andando averificare se sia o meno:

[LO]

011

= λ

011

per λ ∈ R opportuno. Si ha in effetti:

µa2

33/25 −24/25 0−24/25 287/150 0

0 0 97/30

011

= µa2

−24/25287/15097/30

6= λ

011

∀λ ∈ R e si deve concludere che il piano α non costituisce un piano principale d’inerzia inO del sistema.

Stefano Siboni 4956


(e) Velocita e accelerazione instantanee del punto C. Asse di Mozzi

Velocita istantanea di C

Si osserva preliminarmente che ~ω = ωe1 +ωe3 e costante nella terna di riferimento solidaleOxyz se e soltanto se essa risulta costante anche nella terna di riferimento assoluta cui talevelocita angolare e riferita, come segue dalla ben nota relazione:

dA~ω

dt=

dR~ω

dt+ ~ω ∧ ~ω =

dR~ω

dt= 0 ,

tra derivata assoluta e relativa del vettore ~ω. Il moto del sistema nella terna assolutaavviene dunque a velocita angolare costante ed e percio un moto rotatorio uniforme. Lavelocita istantanea del punto C del sistema e data dalla relazione generale dell’atto di motorigido:

C = O + ~ω ∧ (C −O) = ~ω ∧ (C −O) (912.1)

e risulta pertanto:

C = ω(e1 + e3) ∧(4

5e1 +

3

5e2

)a = aω

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

1 0 14/5 3/5 0

∣∣∣∣∣∣ = aω(−3

5e1 +

4

5e2 +

3

5e3

).

Accelerazione istantanea di C

L’accelerazione di C si ricava in modo analogo, derivando in t la relazione (912.1) e ricor-dando che tanto ~ω quanto O sono costanti:

C =d~ω

dt∧ (C −O) + ~ω ∧ (C − O) = ~ω ∧ C .

Si ottiene cosı:

C = ω(e1 + e3) ∧ aω5

(−3e1 + 4e2 + 3e3) =

=aω2

5

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

1 0 1−3 4 3

∣∣∣∣∣∣ =aω2

5(−4e1 − 6e2 + 4e3) .

Asse di Mozzi

L’asse di Mozzi ` e certamente definito, dal momento che ~ω 6= 0. D’altra parte, essendoO punto fisso, si ha O = 0 e quindi O ∈ `, per cui l’asse di Mozzi costituisce in effetti unasse istantaneo di rotazione. Ma dovendo essere parallelo ad ~ω, come ben noto, tale assenon puo essere che la retta O~ω. Si osservi come, essendo ~ω un vettore costante nel tempo,tale asse istantaneo di rotazione in effetti nel tempo non cambi.

Stefano Siboni 4957



Una terna Oxyz = Oe1e2e3 ruota con velocita angolare costante ω attorno all’asse verticaleOy rispetto ad un riferimento inerziale. Nel pianoOxy un’asta rigida omogenea OA, di lunghezza ae massa m, ha punto fisso O e l’estremo A liberodi scorrere lungo il lato orizzontale BC di unapiastra rettangolare rigida P = BCDE, con lati|B − C| = 2a e |B − E| = a, massa m e i puntimedi M,N dei lati BC,DE vincolati a scorrerelungo Oy. Su Oy si muove anche un punto P dimassa m, collegato ad A da una molla ideale distiffness mω2. Una molla identica e tesa fra Oed M . Il sistema e pesante e a vincoli ideali, conresistenze viscose di costante β applicate in A e inP . Usando le variabili s > 0 e ϕ ∈ (−π/2, π/2) infigura come coordinate lagrangiane, determinaredel sistema, rispetto a Oxyz:

(a) gli equilibri (specificare le eventuali condizioni di esistenza);

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


(d) le equazioni di Lagrange;


Soluzione(a) EquilibriIl sistema, scleronomo e a vincoli bilaterali ideali, e soggetto a sollecitazioni attive chein parte hanno natura posizionale conservativa — il peso, le forze elastiche e le forzecentrifughe — e in parte hanno carattere dissipativo — le resistenza viscose in A e in P .Le forze di Coriolis risultano ovunque dirette ortogonalmente al piano vincolare Oxy, datoche a tale piano sono parallele tanto la velocita angolare di trascinamento ωe2 quanto levelocita istantanee di tutti i punti del sistema: di conseguenza, le componenti generalizzatedelle forze di Coriolis sono identicamente nulle e non hanno alcun effetto ne sulla dinamicane sulla statica del sistema. Delle forze posizionali conservative — peso, forze elastiche eforze centrifughe — si determinano i rispettivi potenziali, mentre delle forze dissipative sidevono calcolare le componenti generalizzate.

Potenziale delle forze pesoIl potenziale gravitazionale e la somma dei contributi relativi all’asta OA, alla piastra P eal punto P :

Ug = −mg e2 ·A−O

2−mg e2 · (M −O)−mg e2 · (P −O) ,

dove si e sfruttata la circostanza che la mancata conoscenza dell’esatta ubicazione delbaricentro di P non impedisce la determinazione del relativo potenziale gravitazionale,

Stefano Siboni 4958


dal momento che P puo soltanto traslare lungo la direzione verticale Oy: in luogo delbaricentro GP, indeterminato perche non viene specificato se la piastra sia omogenea omeno, si puo considerare qualsiasi punto dello spazio solidale a P, come ad esempio M .Una diversa scelta comporterebbe la semplice introduzione di una inessenziale costanteadditiva nel potenziale. Sostituendo le espressioni dei vettori posizione in termini deiparametri lagrangiani:

A−O = a(sinϕ e1 − cosϕ e2)

M −O = −a cosϕ e2 P −O = −ase2 ,

il potenziale gravitazionale si riduce a:

Ug =1

2mga cosϕ+mga cosϕ+mgas =

3

2mga cosϕ+mgas .

Potenziale elasticoPer calcolare il potenziale elastico del sistema si devono sommare i contributi delle duemolle ideali, di uguale costante mω2, che collegano M ad O ed A a P , rispettivamente:

Uel = −mω2

2|M −O|2 − mω2

2|A− P |2 .

Le espressioni seguenti sono immediate:

A− P = sinϕ e1 − a cosϕ e2 + as e2 = a sinϕ e1 + a(s− cosϕ)e2

|A− P |2 = a2(s2 + 1− 2s cosϕ)

|M −O|2 =∣∣−a cosϕ e2

∣∣2 = a2 cos2ϕ

e sostituite nella relazione precedente porgono:

Uel = −mω2

2a2cos2ϕ− mω2

2a2(s2 + 1− 2s cosϕ) =

= ma2ω2(−1

2cos2ϕ− s2

2+ s cosϕ

)+ costante .

Potenziale centrifugoIl potenziale centrifugo si riduce al solo contributo dell’asta OA, dal momento che il puntoP si muove lungo l’asse di rotazione Oy e la piastra P e vincolata a traslare parallelamenteallo stesso asse. Una integrazione diretta porge l’espressione cercata:

Ucf =ω2

2IOAOy =

ω2

2

a∫0

(ξ sinϕ)2 m

adϕ =

=mω2

2asin2ϕ

a∫0

ξ2 dξ =mω2

2asin2ϕ

a3

3=

ma2ω2

6sin2ϕ .

Stefano Siboni 4959


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

U(s, ϕ) =3

2mga cosϕ+mgas+ma2ω2

(−1

2cos2ϕ− s2

2+ s cosϕ+

1

6sin2ϕ

)ovvero, equivalentemente:

U(s, ϕ) =3


(2

3sin2ϕ− s2

2+ s cosϕ

),

da considerare per (s, ϕ) ∈ R+ × (−π/2, π/2).

Componenti generalizzate delle resistenze viscoseLe forze viscose sono applicate nei punti A e P individuati dai vettori posizione:

A−O = a(sinϕ e1 − cosϕ e2) P −O = −ase2

con velocita istantanee rispettive:

A = a(cosϕ e1 + sinϕ e2) ϕ P = −ase2

da cui si ricava la funzione ausiliaria di Rayleigh:

R = −β2A2 − β

2P 2 = −βa

2

2ϕ2 − βa2

2s2 .

Ne seguono le componenti generalizzate:

Ds =∂R∂s

= −βa2s Dϕ =∂R∂ϕ

= −βa2ϕ ,

la cui potenza e di segno non positivo:

π = Dss+Dϕϕ = −βa2s2 − βa2ϕ2 ≤ 0

e si annulla unicamente per velocita generalizzate nulle:

π = 0 =⇒ (s, ϕ) = (0, 0) .

Il sistema delle resistenze viscose viene quindi riconosciuto come un sistema di sollecitazionicompletamente dissipative.

EquilibriLe sollecitazioni dissipative si annullano per velocita generalizzate nulle e non hanno quindialcun effetto sulle configurazioni di equilibrio del sistema, che devono essere identificate

Stefano Siboni 4960


con i punti stazionari del potenziale. Gli equilibri, tutti ordinari, vengono quindi calcolatiannullando simultaneamente le derivate parziali prime del potenziale del sistema:

Us(s, ϕ) = mga+ma2ω2(−s+ cosϕ)

Uϕ(s, ϕ) = −3

2mga sinϕ+ma2ω2

(4

3sinϕ cosϕ− s sinϕ

)ossia risolvendo il sistema di equazioni non lineari:

mga+ma2ω2(−s+ cosϕ) = 0

−3

2mga sinϕ+ma2ω2

(4


)= 0

(s, ϕ) ∈ R+ ×(−π

2,π

2

).

La prima equazione fornisce il valore di equilibrio di s in funzione di quello della variabileangolare:

s =g

aω2+ cosϕ .

Con questa sostituzione la seconda equazione di equilibrio diventa una equazione nella solavariabile ϕ:

ma2ω2 sinϕ(−3

2

g

aω2+

4

3cosϕ− g

aω2− cosϕ

)= 0

che semplificata convenientemente si riduce a:

sinϕ(−5

2

g

aω2+

1

3cosϕ

)= 0 .

Da questa si traggono tutti i valori di equilibrio di ϕ, eguagliando a zero ciascuno dei duefattori a primo membro.

Per sinϕ = 0 si hanno ϕ = 0 e ϕ = π, ma causa la limitazione ϕ ∈ (−π/2, π/2) soltanto laprima soluzione e fisicamente significativa. La corrispondente configurazione di equilibrioe data da:

(s, ϕ) =( g

aω2+ 1, 0

)e risulta definita incondizionatamente.

Per −5

2

g

aω2+

1

3cosϕ = 0 si ottiene invece:

cosϕ =15

2

g

aω2

ed i valori di equilibrio di ϕ sono quindi:

ϕ = arccos(15

2

g

aω2

)= ϕ? e ϕ = −ϕ? ,

Stefano Siboni 4961


definiti e distinti da ϕ = 0 per:

λ :=15

2

g

aω2∈ (0, 1) .

Sotto tale condizione si perviene dunque agli ulteriori equilibri:

(s, ϕ) =( g

aω2+ cosϕ?,±ϕ?

)=( g

aω2+

15

2

g

aω2,±ϕ?

)=(17

2

g

aω2,±ϕ?

),

con ϕ? ∈ (0, π/2).

(b) Stabilita degli equilibriLa compresenza di sollecitazioni puramente posizionali conservative e di sollecitazioni com-pletamente dissipative consente di discutere la stabilita degli equilibri isolati attraverso laforma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri di Barbasin e Krasovskii.D’altra parte e a priori evidente che tutti gli equilibri del sistema sono isolati, dato il loronumero finito. Ne deriva che, in linea di principio, le proprieta di stabilita possono esserecaratterizzate completamente per tutti gli equilibri del sistema. A questo scopo si devonocalcolare le derivate parziali seconde del potenziale:

Uss(s, ϕ) = −ma2ω2 Uϕs(s, ϕ) = Uϕs(ϕ, s) = −ma2ω2 sinϕ

Uϕϕ(s, ϕ) = −3

2mga cosϕ+ma2ω2

[4

3

(cos2ϕ− sin2ϕ

)− s cosϕ

]=

= ma2ω2

[−3

2

g

aω2cosϕ+

4

3

(cos2ϕ− sin2ϕ

)− s cosϕ

]e determinare il segno degli autovalori della matrice hessiana corrispondente:

HU (s, ϕ) = ma2ω2

(−1 − sinϕ

− sinϕ −3

2

g

aω2cosϕ+

4

3

(cos2ϕ− sin2ϕ

)− s cosϕ

)


Equilibrio (s, ϕ) =( g

aω2+ 1, 0

)In questo caso la matrice hessiana del potenziale assume la forma diagonale:

HU

( g

aω2+ 1, 0

)= ma2ω2

−1 0

0 −3

2

g

aω2+

4

3− g

aω2− 1

=

= ma2ω2

−1 0

0 −5

2

g

aω2+

1

3

Stefano Siboni 4962


con un autovalore negativo ( ossia −ma2ω2) e uno di segno non definito:

ma2ω2(−5

2

g

aω2+

1

3

)=

ma2ω2

3

(−15

2

g

aω2+ 1)

=ma2ω2

3(1− λ)

che obbliga a distinguere tre casi:

− se λ > 1 la matrice hessiana presenta entrambi gli autovalori di segno negativo ed epercio definita negativa. L’equilibrio costituisce un massimo relativo proprio del poten-ziale, asintoticamente stabile per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet;

− per λ < 1 si hanno autovalori di segno opporto. L’autovalore positivo esclude chel’equilibrio possa costituire un massimo relativo proprio del potenziale — in effetti sitratta di un punto di sella — e cio basta ad affermarne l’instabilita sempre per la formaforte di Lagrange-Dirichlet. Da sottolineare che l’attrattivita dell’equilibrio e esclusadalla dissipazione dell’energia meccanica. L’equilibrio e instabile e non attrattivo;

− qualora sia infine λ = 1 la matrice hessiana risulta soltanto semidefinita non definitanegativa, essendo munita di un autovalore negativo e di un autovalore nullo. La naturadell’equilibrio non e evidente sulla base delle informazioni disponibili e l’analisi di sta-bilita richiederebbe un’indagine piu sofisticata, basata su uno sviluppo di Taylor delpotenziale di ordine superiore al secondo, o su una conveniente riscrittura della fun-zione potenziale. A questo scopo si puo considerare il potenziale adimensionalizzato:

u(s, ϕ) =1

ma2ω2U(s, ϕ) =

3

2

g

aω2cosϕ+

g

aω2s+

2

3sin2ϕ− s2

2+ s cosϕ

che per λ = 1, ovvero g/aω2 = 2/15, diventa:

u(s, ϕ) =1

5cosϕ+

2

15s+

2

3sin2ϕ− s2

2+ s cosϕ .

La posizione di equilibrio si riduce a (s, ϕ) = (17/15, 0). Posto allora s = 17/15 + δse ϕ = δϕ, il potenziale ridotto si puo riesprimere nel modo seguente:

u(17

15+δs, δϕ

)=

1

5cos δϕ+

2

15

(17

15+δs

)− 1

2

(17

15+δs

)2

+2

2sin2δϕ+

(17

15+δs

)cos δϕ ,

ovvero:

u(17

15+ δs, δϕ

)=

1

5cos δϕ+

2

3sin2δϕ+

34

225+

2

15δs−

− 289

450− 17

15δs− δs2

2+

17

15cos δϕ+ δs cos δϕ

Stefano Siboni 4963


ed infine:

u(17

15+ δs, δϕ

)=

4

3cos δϕ+

2

3sin2δϕ− 221

450− δs− δs2

2+ δs cos δϕ =

=4

3cos δϕ+

2

3sin2δϕ− 221

450− δs2

2− 2δs sin2 δϕ

2=

= −1

2

(δs2 + 4 δs sin2 δϕ

2+ 4 sin4 δϕ

2

)+ 2 sin4 δϕ

2+

+4

3cos δϕ+

2

3sin2δϕ− 221

450=

= −1

2

(δs+ 2 sin2 δϕ

2

)2

+ 2 sin4 δϕ

2+

+4

3− 8

3sin2 δϕ

2+

8

3sin2 δϕ

2cos2 δϕ

2− 221

450=

= −1

2

(δs+ 2 sin2 δϕ

2

)2

+ 2 sin4 δϕ

2− 8

3sin4 δϕ

2+

379

450=

=379

450− 1

2

(δs+ 2 sin2 δϕ

2

)2

− 2

3sin4 δϕ

2.

Rimane cosı dimostrato che l’equilibrio rappresenta un massimo relativo proprio delpotenziale, la cui stabilita asintotica segue dalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

Equilibri (s, ϕ) =(g/aω2 + cosϕ?,±ϕ?

):= (s?, ϕ?), con cosϕ? = λ = (15/2)(g/aω2)

Questi equilibri asimmetrici presentano le stesse proprieta di stabilita a causa della sim-metria del potenziale:

U(s, ϕ) = U(s,−ϕ) ∀ (s, ϕ) ∈ R× (−π/2, π/2) .

Per semplicita conviene considerare la matrice hessiana del potenziale ridotto:

h(s?, ϕ?) =1

ma2ω2HU (s?, ϕ?) =

=

−1 − sinϕ?

− sinϕ? −3

2

g

aω2cosϕ? +

4

3(cos2ϕ? − sin2ϕ?)− g

aω2cosϕ? − cos2ϕ?

,

che ha l’elemento h(s?, ϕ?)11 negativo e determinante strettamente positivo:

deth(s?, ϕ?) =5

2

g

aω2cosϕ? − 4

3(cos2ϕ? − sin2ϕ?) + cos2ϕ? − sin2ϕ? =

=5

2

g

aω2cosϕ? − 1

3(cos2ϕ? − sin2ϕ?) =

=1

3

(15

2

g

aω2cosϕ? − cos2ϕ? + sin2ϕ?

)=

=1

3

(cosϕ? cosϕ? − cos2ϕ? + sin2ϕ?

)=

1

3sin2ϕ? > 0 ,

Stefano Siboni 4964


essendo ϕ? ∈ (0, π/2). La matrice hessiana HU (s?, ϕ?), al pari di quella ridotta h(s?, ϕ?),risulta percio definita positiva per il criterio di Sylvester-Jacobi. Ne segue la stabilitaasintotica di ambo gli equilibri, quando definiti.

(c) Energia cinetica

Per determinare l’energia cinetica del sistema si devono sommare i contributi dell’asta OA,della piastra P e del punto materiale P , che vengono quindi calcolati separatamente.

Energia cinetica dell’asta OA

L’asta OA ruota attorno all’asse fisso Oz con angolo di rotazione ϕ; la sua energia cineticae dunque espressa dalla relazione:

TOA =1

2IOAOz

∣∣~ωOA∣∣2 =1

2

ma2

3

∣∣ϕe3

∣∣2 =ma2

6ϕ2 .

Energia cinetica della piastra PLa piastra e vincolata a muoversi di moto traslatorio lungo la direzione verticale. L’interamassa del sistema si muove quindi con la comune velocita istantanea di uno qualsiasi deisuoi punti, per esempio di M . Dal vettore posizione M − O = −a cosϕ e2 si deduce lavelocita istantanea:

M = a sinϕϕ e2

e quindi l’espressione richiesta dell’energia cinetica:

TP =m

2M2 =

m

2|a sinϕϕ e2|2 =

ma2

2sin2ϕ ϕ2 .

Energia cinetica del punto materiale P

L’energia cinetica del punto P si calcola direttamente usando la definizione:

TP =m

2P 2 =

m

2| − ase2|2 =

ma2

2s2 .

Energia cinetica del sistema

Sommando le energie cinetiche di asta, piastra e punto materiale P si ottiene l’energiacinetica del sistema:

T = TOA + TP + TP =ma2

6ϕ2 +

ma2

2sin2ϕ ϕ2 +

ma2

2s2 .

(d) Equazioni di Lagrange

Le equazioni di Lagrange del sistema sono le seguenti:

d

dt

(∂L∂s

)− ∂L

∂s= Ds

d

dt

(∂L∂ϕ

)− ∂L

∂ϕ= Dϕ

Stefano Siboni 4965


e sono espresse in termini della lagrangiana:

L = T + U =ma2

6ϕ2 +

ma2

2sin2ϕ ϕ2 +

ma2

2s2+

+3


(2

3sin2ϕ− s2

2+ s cosϕ

)e delle componenti generalizzate delle forze viscose:

Ds = −βa2s Dϕ = −βa2ϕ .

Un calcolo immediato fornisce i termini dei binomi di Lagrange:

d

dt

(∂L∂s

)= ma2s

∂L

∂s= mga+ma2ω2(−s+ cosϕ)

∂L

∂ϕ= ma2

(1

3+ sin2ϕ

)ϕ

d

dt

(∂L∂ϕ

)= ma2

(1

3+ sin2ϕ

)ϕ+ 2ma2 sinϕ cosϕ ϕ2

∂L

∂ϕ= ma2 sinϕ cosϕ ϕ2 − 3

2mga sinϕ+ma2ω2

(4


),

per cui le equazioni pure del moto diventano:ma2s−mga+ma2ω2(s− cosϕ) = −βa2s

ma2(1

3+ sin2ϕ

)ϕ+ma2 sinϕ cosϕ ϕ2 +

3

2mga sinϕ−

−ma2ω2(4


)= −βa2ϕ .

(e) Piccole oscillazioni vicino ad un equilibrio stabile per β = 0Per β = 0 le resistenza viscose vengono rimosse e gli equilibri rimangono invariati, ma nonpossono piu essere attrattivi. Per λ > 1 l’equilibrio (s, ϕ) = (g/aω2 + 1, 0) e stabile — manon asintoticamente — in quanto massimo relativo proprio del potenziale, come indicatodalla matrice hessiana:

HU

( g

aω2+ 1, 0

)= ma2ω2

(−1 00 (1− λ)/3

)diagonale e definita negativa. D’altra parte, l’energia cinetica e una forma quadraticadefinita positiva delle velocita generalizzate:

T =ma2

6ϕ2 +

ma2

2sin2ϕ ϕ2 +

ma2

2s2 =

ma2

2

[s2 +

(1

3+ sin2ϕ

)ϕ2

]=

=1

2(s ϕ) A(s, ϕ)

(sϕ



in termini della matrice rappresentativa:

A(s, ϕ) = ma2

1 0

01

3+ sin2ϕ

.Nella configurazione in esame si ha pertanto:

A( g

aω2+ 1, 0

)= ma2

(1 0

0 1/3

).

Posto per brevita:

δs = s−( g

aω2+ 1)

δϕ = ϕ ,

le equazioni delle piccole oscillazioni si scrivono allora:

A( g

aω2+ 1, 0

)(δsδϕ

)−HU

( g

aω2+ 1, 0

)(δsδϕ

)=

(00

),

vale a dire:

ma2

(1 0

0 1/3

)(δsδϕ

)−ma2ω2

(−1 00 −(λ− 1)/3

)(δsδϕ

)=

(00

)e quindi, eseguendo i prodotti e separando le equazioni nella prima e nella seconda riga:

ma2 δs+ma2ω2 δs = 0

ma2

3δϕ+ma2ω2λ− 1

3δϕ = 0

⇐⇒

δs+ ω2 δs = 0

δϕ+ ω2(λ− 1) δϕ = 0 .

Le equazioni descrivono due oscillatori armonici unidimensionali disaccoppiati di pulsazioninormali:

ω1 = ω ω2 =√λ− 1 ω ,

che pero in generale non e immediato distinguere in pulsazione “alta” e pulsazione “bassa”Nei modi normali di oscillazione una sola delle variabili lagrangiane oscilla con legge sinu-soidale e pulsazione appropriata, mentre l’altra si mantiene costante al proprio valore diequilibrio. Per un modo normale si ha cosı:(

δsδϕ

)= A1

(10

)cos(ωt+ α1) ∀ t ∈ R ,

con A1 6= 0 e α1 costanti reali arbitrarie. Per l’altro modo normale vale invece l’espressione:(δsδϕ

)= A2

(01

)cos(√λ− 1ωt+ α2) ∀ t ∈ R ,

con A2 6= 0 e α2 ∈ R costanti reali assegnate.

Stefano Siboni 4967



Nel piano Oxy di una terna solidale Oxyz =Oe1e2e3 un sistema rigido e composto da un discoD, di raggio a e centro C(a, 0), e da un’asta ret-tilinea OA con estremi nell’origine e nel puntoA(−2a, 0) — vedi figura. Le rispettive densitasono date da:

σ(P ) =µ

πa3|P − C| ∀P ∈ D

e:λ(Q) =

µ

a2|Q−O| ∀Q ∈ OA ,

dove µ indica una massa caratteristica.Determinare del sistema:

(a) la massa e la posizione del baricentro G rispetto ad Oxyz;


(c) i momenti d’inerzia rispetto alla retta Cy ed alla retta r di equazione y = x, x = z;

(d) una terna principale d’inerzia in O ed i relativi momenti principali;

(e) il momento angolare in O e l’energia cinetica relativi alla terna dove O e fisso e lavelocita angolare del sistema vale ~ω = ωe1 − 2ωe3, con ω > 0.

Soluzione(a) Massa e baricentroL’asta OA ammette l’ovvia parametrizzazione:

Q(x)−O = xe1 , x ∈ [−2a, 0] ,

in termini della quale la relativa densita lineare di massa si scrive:

λ(x) = − µ

a2x , x ∈ [−2a, 0] .

Per il disco D si ha invece la parametrizzazione in coordinate polari piane, con polo in(a, 0):

P (ρ, φ)−O = (a+ ρ cosφ) e1 + ρ sinφ e2 , (ρ, φ) ∈ (0, a]× [0, 2π) ,


σ(ρ, φ) =µ

πa3ρ , (ρ, φ) ∈ (0, a]× [0, 2π) .

Massa dell’asta OALa massa dell’asta si ottiene integrando la densita lineare λ sul segmento OA. Se si usal’ascissa x come variabile di integrazione, risulta:

mOA =

∫OA

λ ds =

0∫−2a

(− µ

a2x)|e1| dx = − µ

a2

0∫−2a

x dx = − µ

a2

[x2

2

]0

−2a

= 2µ .

Stefano Siboni 4968


Massa del disco DLa massa del disco e data dall’integrale sul dominio D della densita areale σ. Nelle coor-dinate polari piane precedentemente introdotte si ha:

mD =

∫D

σ dA =

a∫0

dρ ρ

2π∫0

dφµ

πa3ρ =

µ

πa3

a∫0

ρ2dρ

2π∫0

dφ =µ

πa3

a3

32π =

2

3µ .

Massa del sistemaPer definizione, la somma delle masse di asta e disco fornisce la massa del sistema:

m = mOA +mD = 2µ+2

3µ =

8

3µ ,

dal momento che il punto di intersezione O = OA ∩ D costituisce un insieme di misuranulla tanto per il segmento OA che per il cerchio D.

Baricentro dell’asta OAL’asta OA giace lungo l’asse coordinato Ox ed il suo baricentro deve dunque essere indi-viduato da un vettore posizione della forma:

GOA −O = xOAe1

in cui figura l’ascissa:

xOA =1

mOA

∫OA

xλ ds =1

2µ

0∫−2a

x(− µ

a2x)dx = − 1

2a2

0∫−2a

x2dx = − 1

2a2

[x3

3

]0

−2a

= −4

3a


GOA −O = −4

3ae1 .

Baricentro del disco DPoiche la densita areale del disco e funzione della sola distanza dal centro C, appareevidente che C rappresenta un centro di simmetria della piastra circolare e dunque necostituisce anche il baricentro:

GD −O = C −O = ae1 .

Baricentro del sistemaIl baricentro G del sistema costituito dall’asta OA e dal disco D si determina ricorrendoal teorema distributivo, che porge:

G−O =mOA(GOA −O) +mD(GD −O)

mOA +mD=

=2µ(−4

3ae1

)+

2

3µae1

8

3µ

=3

8µ(−2µae1) = −3

4ae1 .

Stefano Siboni 4969


Come gia per la proprieta additiva della massa, l’intersezione non vuota O = OA ∩ Dnon pregiudica l’applicabilita del teorema distributivo in quanto insieme di misura nullasia per il segmento OA che per il cerchio D.

(b) Matrice d’inerzia in OxyzMatrice d’inerzia dell’asta OAPoiche l’asta OA si colloca lungo l’asse Ox, la sua matrice d’inerzia relativa ad Oxyzassume la forma:

[LOAO ] =

0 0 00 LOAyy 0

0 0 LOAyy

con il comune valore dei momenti d’inerzia relativi ad Oy ed Oz dato da:

LOAyy =

∫OA

x2λ ds =

0∫−2a

x2(− µ

a2x)dx = − µ

a2

0∫−2a

x3dx =

= − µ

a2

[x4

4

]0

−2a

= − µ

4a2(−16a4) = 4µa2 .

Di conseguenza:

[LOAO ] = µa2

0 0 00 4 00 0 4

.Matrice d’inerzia del disco DIl disco giace nel piano coordinato Oxy ed i suoi momenti d’inerzia relativi agli assi Cx eCy sono uguali per evidenti ragioni di simmetria. La matrice d’inerzia di D rispetto allaterna Cxyz si scrive pertanto:

[LDC ] =

LDCxx 0 00 LD

Cxx 00 0 2LD

Cxx

dove il momento d’inerzia relativo all’asse Cx vale:

LCxx =

∫D

y2σ dA =

a∫0

dρ ρ

2π∫0

dφ ρ2sin2φµ

πa3ρ =

µ

πa3

a∫0

ρ4dρ

2π∫0

sin2φdφ =

=µ

πa3

a5

5

2π∫0

1− cos 2φ

2dφ =

µa2

10π

[φ− sin 2φ

2

]2π

0

=µa2

5

e conduce cosı all’espressione:

[LDC ] = µa2

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



La matrice viene riportata alla terna Oxyz usando le coordinate del baricentro C:

d1 = a d2 = 0 d3 = 0

rispetto a tale terna e il teorema di Huygens-Steiner generalizzato:

[LDO] = [LD

C ] +mD

d22 + d2

3 −d1d2 −d1d3

−d1d2 d21 + d2

3 −d2d3

−d1d3 −d2d3 d21 + d2

2

=

= µa2

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

+2

3µ

0 0 00 a2 00 0 a2

= µa2

1/5 0 00 13/15 00 0 16/15

.Matrice d’inerzia del sistemaPer ottenere la matrice d’inerzia del sistema in Oxyz basta sommare le matrici d’inerziadi asta e disco rispetto alla medesima terna:

[LO] = [LOAO ] + [LDO] = µa2

0 0 00 4 00 0 4

+ µa2

1/5 0 00 13/15 00 0 16/15

=

= µa2

1/5 0 00 73/15 00 0 76/15

. (914.1)

(c) Momenti d’inerzia relativi alla retta Cy ed alla retta rMomento d’inerzia relativo alla retta CyLa retta Cy e parallela all’asse coordinato Oy, ma non passa per il baricentro G delsistema. Conviene quindi applicare due volte il teorema classico di Huygens-Steiner, fra lerette parallele Cy e Gy, e fra le rette parallele Oy e Gy. Le informazioni utili allo scoposono rispettivamente la massa del sistema, l’ascissa del baricentro e quella del centro C deldisco:

m =8

3µ xG = −3

4a xC = a .

Il teorema di Huygens-Steiner porge allora le relazioni: ICy = IGy +m(xC − xG)2

IOy = IGy +mx2G

che sottratte membro a membro per eliminare il momento IGy conducono all’equazione:

ICy − IOy = m(xC − xG)2 −mx2G

a sua volta esprimibile nella forma semplificata equivalente:

ICy = IOy +m(x2C − 2xCxG) .

Stefano Siboni 4971


Ne deriva che:

ICy =73

15µa2 +

8

3µ(a2 + 2a

3

4a)

=(73

15+

8

3· 5

2

)µa2 =

(73

15+

20

3

)µa2 =

173

15µa2 .

Momento d’inerzia relativo alla retta rLa retta r si esprime per mezzo dell’equazione parametrica:

x = ξy = ξz = ξ

∀ ξ ∈ R ,

passa evidentemente per l’origine ed e individuata dal versore direttore:

n =e1 + e2 + e3√

3.

Il momento d’inerzia del sistema rispetto ad r e quindi dato dalla relazione:

Ir = n · LO(n) =1

3( 1 1 1 )µa2

1/5 0 00 73/15 00 0 76/15

111

=

=1

3µa2(1

5+

73

15+

76

15

)=

1

3µa2 152

15=

152

45µa2 .

(d) Terna e momenti principali d’inerzia in OUna terna principale d’inerzia in O del sistema e costituita dal riferimento cartesiano or-togonale Oxyz, come evidenziato dalla forma diagonale della relativa matrice d’inerzia(914.1). Il risultato era peraltro evidente a priori, data la presenza dell’ovvio piano di sim-metria Oxy, che assicura l’asse Oz essere un asse principale d’inerzia in O, e dell’altrettantoovvio asse di simmetria Ox, che a sua volta e un asse principale d’inerzia in O del sistema.L’essere Oy asse principale d’inerzia in O segue infine dal teorema spettrale.I momenti principali d’inerzia in O del sistema non richiedono alcun calcolo, poiche sonosemplicemente gli elementi diagonali gia determinati di [LO]:

A1 =1

5µa2 A2 =

73

15µa2 A3 =

76

15µa2 .

(e) Momento angolare in O ed energia cineticaMomento angolare in OPoiche il sistema rigido ha punto fisso O e velocita angolare istantanea ~ω = ωe1 − 2ωe3

nella terna di riferimento prescelta, con ω > 0, il momento angolare ~KO del sistema siscrive:

~KO =3∑

α=1

Kαeα

Stefano Siboni 4972


con le componenti date dalla relazione matriciale:K1

K2

K3

= [LO]

ω0−2ω

= µa2

1/5 0 00 73/15 00 0 76/15

ω0−2ω

= µa2ω

1/50

−152/15

,per cui:

~KO = µa2ω(1

5e1 −

152

15e3

).

Enegia cineticaPer l’energia cinetica del sistema rigido con punto fisso O vale l’espressione:

T =1

2~ω · ~KO =

1

2(ωe1 − 2ωe3) · µa2ω

(1

5e1 −

152

15e3

)=

=1

2µa2ω2

(1

5+

304

15

)=

1

2µa2ω2 307

15=

307

30µa2ω2 .

Esercizio 915. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoNel piano Oxy di una terna Oxyz = Oe1e2e3

un’asta rettilinea omogenea OA, di massa m elunghezza 2a, e libera di ruotare attorno all’asseOz. L’estremo A e incernierato ad un punto delbordo di un anello circolare omogeneo γ, di cen-tro C, raggio a e massa m. L’estremo B del dia-metro AB di γ scorre lungo l’asse verticale Oyed e connesso ad O da una molla ideale di stiff-ness k. La terna Oxyz ruota infine con velocitaangolare costante ω attorno all’asse Oy rispettoad un riferimento inerziale. Assunti i vincoliideali e l’angolo θ ∈ R in figura come parametrolagrangiano, determinare del sistema, rispettoa Oxyz:

(a) gli equilibri ordinari, precisandone le condizioni di esistenza;




(e) gli equilibri di confine, con le relative condizioni di esistenza, se fosse θ ∈ [−π/3, π/3].

Soluzione(a) Equilibri ordinariOccorre determinare preliminarmente i vettori posizione degli estremi A e B dell’asta intermini del parametro lagrangiano:

A−O = 2a sin θ e1 − 2a cos θ e2

B −O = −2 · 2a cos θ e2 = −4a cos θ e2 ,

Stefano Siboni 4973


per poi ricavare i vettori posizione del baricentro GOA dell’asta omogenea, che coincidecon il punto medio del segmento OA:

GOA −O =A−O

2= a(sin θ e1 − cos θ e2)

e del baricentro C dell’anello, che si identifica con il centro geometrico e di simmetria Ced e individuato facilmente come punto medio del diametro AB:

C −O =A−O +B −O

2=

2a sin θ e1 − 2a cos θ e2 − 4a cos θ e2

2=

= a sin θ e1 − 3a cos θ e2 .

Il sistema e scleronomo e a vincoli ideali, soggetto a sollecitazioni che sono tutte di naturaposizionale conservativa: il peso, le forze centrifughe e l’interazione elastica imputabilealla molla ideale che collega il punto B all’origine. Si osservi che le forze di Coriolis sonoovunque dirette ortogonalmente al piano vincolare Oxy e presentano pertanto componentegeneralizzata identicamente nulla:

QCorθ =∑

P∈OA∪D−2mP ω e2 ∧ P ·

∂P

∂θ= −2ω

∑P∈OA∪D

mP e2 ∧∂P

∂θθ · ∂P

∂θ=

∑P∈OA∪D

0 = 0 ,

dal momento che P e ∂P/∂θ sono comunque vettori paralleli a Oxy. Le forze posizionaliconservative vengono caratterizzate mediante i rispettivi potenziali.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale delle forze peso e la somma dei contributi relativi all’asta ed all’anello:

Ug = −mge2 · (GOA −O)−mge2 · (C −O) =

= −mge2 · a(sin θ e1 − cos θ e2)−mge2 · a(sin θ e1 − 3 cos θ e2) =

= mga cos θ + 3mga cos θ = 4mga cos θ .

Potenziale elasticoIl potenziale associato alla molla ideale di costante elastica k che congiunge B con l’origineO e dato dalla relazione:

Uel = −k2|B −O|2 = −k

2| − 4a cos θ e2|2 = −8ka2cos2θ .

Potenziale centrifugoPer il calcolo del potenziale centrifugo si deve considerare il contributo dell’asta omogenea,che si ricava per integrazione diretta:

UOAcf =ω2

2IOAOy =

ω2

2

2a∫0

(s sin θ)2 m

2ads =

=ω2

2

m

2asin2θ

[s3

3

]2a

0

=mω2

4asin2θ

8a3

3=

2

3ma2ω2sin2θ ,

Stefano Siboni 4974


e quello dell’anello omogeneo γ, che viene invece determinato tramite il teorema di Huy-gens-Steiner:

Uγcf =ω2

2IγOy =

ω2

2

[m[(C −O) · e1]2 + IγCy

]=

=ω2

2

[ma2sin2θ +

ma2

2

]=

ma2ω2

2sin2θ + costante ,

per cui risulta:


2

3ma2ω2sin2θ +

ma2ω2

2sin2θ =

7

6ma2ω2sin2θ ,

essendosi ignorata la costante additiva inessenziale.

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e la somma dei potenziali di tutte le sollecitazioni posizionaliconservative applicate, gravitazionale, elastica e centrifuga:

U = Ug + Uel + Ucf = 4mga cos θ − 8ka2cos2θ +7

6ma2ω2sin2θ .

Aggiungendo la costante 8ka2 si ottiene l’espressione equivalente, piu compatta:

U(θ) = 4mga cos θ +(

8k +7

6mω2

)a2sin2θ , θ ∈ R . (915.1)

EquilibriGli equilibri del sistema, scleronomo e a vincoli bilaterali ideali, si identificano con i puntistazionali del potenziale U e si ottengono percio annullando la derivata prima di questo:

U ′(θ) = −4mga sin θ +(

16k +7

3mω2

)a2 sin θ cos θ


sin θ

[−4mga+

(16k +

7

3mω2

)a2 cos θ

]= 0 . (915.2)

Da sin θ = 0 si deducono due equilibri banali, definiti incondizionatamente:

θ = 0 θ = π .

L’annullarsi dell’espressione entro parentesi quadrate in (915.2) porge invece:

cos θ =4mga(

16k +7

3mω2

)a2

=mg

4ka+7

12maω2

:= λ > 0 (915.3)

Stefano Siboni 4975


e dunque le ulteriori configurazioni di equilibrio:

θ = arccosλ = θ? θ = −θ? ,

definite e distinte dalle precedenti a condizione che per il parametro adimensionale λ risultiλ < 1, nel qual caso si ha peraltro θ? ∈ (0, π/2). Si osservi che questo risultato e quali-tativamente ragionevole dal punto di vista fisico: l’insorgere degli equilibri “asimmetrici”θ = θ? e θ = −θ? e favorito se la forza elastica caratteristica ka o forza centrifuga carat-teristica maω2 risultano sufficientemente grandi rispetto al peso caratteristico mg.

(b) Stabilita degli equilibri ordinariIl sistema scleronomo e sottoposto esclusivamente a sollecitazioni posizionali conservative.Le proprieta di stabilita possono quindi essere caratterizzate ricorrendo ai teoremi classicidi Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo si rende necessario calcolarela derivata seconda del potenziale:

U ′′(θ) = −4mga cos θ +(

16k +7

3mω2

)a2(cos2θ − sin2θ


Equilibrio θ = 0In questo caso, tenuto conto della definizione (915.3) per il parametro adimensionale λ, laderivata seconda del potenziale vale:

U ′′(0) = −4mga+(

16k +7

3mω2

)a2 =

(16k +

7

3mω2

)a2(1− λ)

e non ha segno definito, rendendo cosı necessario distinguere tre diversi casi:

se λ < 1 si ha U ′′(0) > 0 e l’equilibrio θ = 0 risulta instabile per il teorema diinversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Da notare che lo stesso equilibrio rappre-senta un massimo relativo proprio dell’energia potenziale che, causa la conservazionedell’energia meccanica, non puo risultare neppure attrattivo — l’andamento costantedell’energia meccanica lungo tutti i moti del sistema esclude che qualsiasi soluzionescelta arbitrariamente vicina a (θ, θ) = (0, 0) con energia meccanica strettamente mi-nore di quella assunta dal sistema in (θ, θ) = (0, 0) possa tendere asintoticamente allostato di quiete in θ = 0 per t → +∞. L’equilibrio risulta dunque instabile e nonattrattivo;

per λ > 1 vale invece U ′′(0) < 0, per cui l’equilibrio viene riconosciuto essere un mas-simo relativo proprio del potenziale, stabile per la il teorema di Lagrange-Dirichlet;

qualora sia infine λ = 1 la derivata seconda del potenziale si annulla e per stabilire lanatura del punto stazionario occorre un’analisi piu approfondita. Si puo ricorrere aduno sviluppo di Taylor del quarto ordine del potenziale nell’intorno di θ = 0, oppureriesprimere U in una forma piu conveniente che permetta di riconoscere a vista il tipodi punto stazionario. Vale la pena ricavare da (915.1) il potenziale adimensionalizzato:

U(θ) =1(

8k +7

6mω2

)a2U(θ) =

4mga(8k +

7

6mω2

)a2

cos θ + sin2θ = 2λ cos θ + sin2θ

Stefano Siboni 4976


che per λ = 1 si riduce a:

U(θ) = 2 cos θ + sin2θ

e con l’ausilio di semplici identita trigonometriche diventa:

U(θ) = 2(

1− 2 sin2 θ

2

)+ 4 sin2 θ

2cos2 θ

2= 2− 4 sin2 θ

2

(1− cos2 θ

2

)= 2− 4 sin4 θ

2.

Risulta evidente dall’espressione ottenuta che θ = 0 e un massimo relativo proprio diU , massimo la cui stabilita segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

E interessante sottolineare come il passaggio — comunemente noto come “biforcazione”— dell’equilibrio θ = 0 dalla condizione di stabilita (λ ≥ 1) a quella di instabilita (λ < 1)si accompagni alla generazione degli equilibri asimmetrici θ = θ? e θ = −θ?.

Equilibrio θ = π

Nella fattispecie la derivata seconda del potenziale risulta sempre strettamente positiva:

U ′′(π) = 4mga+(

16k +7

3mω2

)a2 > 0

ed implica l’instabilita dell’equilibrio in virtu del teorema di inversione parziale di Lagran-ge-Dirichlet. Resta inteso che l’equilibrio, in quanto massimo relativo proprio dell’energiapotenziale, non puo neppure risultare attrattivo — circostanza che contrasterebbe con lasola presenza di forze conservative ed il conseguente andamento costante dell’energia mec-canica H(θ, θ) lungo qualsiasi moto del sistema, compresi quelli di energia iniziale stret-tamente minore di H(π, 0) che e sempre possibile scegliere in qualsiasi intorno comunquepiccolo di (θ, θ) = (π, 0).

Equilibri θ = θ?, −θ?, con cos θ? = λ < 1

I due equilibri asimmetrici presentano le stesse proprieta di stabilita, dal momento che laderivata seconda del potenziale assume in ciascuno di essi lo stesso valore negativo:

U ′′(±θ?) = −4mga cos θ? +(

16k +7

3mω2

)a2(cos2θ? − sin2θ?

)=

=(

16k +7

3mω2

)a2(−λ cos θ? + cos2θ? − sin2θ?

)=

=(

16k +7

3mω2

)a2(− cos θ? cos θ? + cos2θ? − sin2θ?

)=

= −(

16k +7

3mω2

)a2sin2θ? < 0

in quanto θ? ∈ (0, π/2). Gli equilibri, quando definiti, sono massimi relativi proprio delpotenziale e dunque stabili per Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 4977


(c) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema relativa alla terna Oxyz e la somma dei contributi di asta eanello, che conviene senz’altro calcolare separatamente.

Energia cinetica dell’asta OAL’asta ruota di un angolo θ attorno all’asse fisso Oz, che passa per un suo estremo.L’energia cinetica corrispondente e quindi data dalla relazione:

TOA =1

2IOAOz

∣∣~ωOA∣∣2 ,nella quale il momento d’inerzia rispetto ad Oz e la velocita angolare istantanea dell’astasi scrivono:

IOAOz =m(2a)2

3=

4

3ma2 ~ωOA = θ e3 ,


TOA =1

2

4

3ma2

∣∣θ e3

∣∣2 =2

3ma2θ2 . (915.4)

Energia cinetica dell’anello γL’anello γ si muove nel piano Oxy ma e privo di punti fissi; per esprimerne l’energia cineticasi rende necessario ricorrere al teorema di Konig:

Tγ =m

2C2 +

1

2IγCz∣∣~ωγ∣∣2 ,

dove la velocita del centro geometrico e baricentro C dell’anello si ricava dal vettore po-sizione:

C −O = a(sin θ e1 − 3 cos θ e2)

e vale:C = a(cos θ e1 + 3 sin θ e2)θ


C2 = a2(cos2θ + 9 sin2θ)θ2 = a2(1 + 8 sin2θ)θ2 ,

mentre momento d’inerzia relativo a Cz e velocita angolare istantanea si scrivono:

IγCz = ma2 ~ωD = −θe3

— la rotazione dell’anello attorno all’asse Cz in una terna baricentrale avviene in sensoorario al crescere dell’angolo θ, di qui l’introduzione del segno negativo in ossequio allaregola della mano destra. Si ha pertanto:

Tγ =m

2a2(1 + 8 sin2θ)θ2 +

1

2ma2

∣∣−θ e3

∣∣2 =ma2

2

(2 + 8 sin2θ

)θ2 (915.5)

Stefano Siboni 4978


Energia cinetica del sistemaPer ottenere l’energia cinetica del sistema non rimane che sommare i contributi parziali(915.4) e (915.5)delle due parti rigide OA e γ:

T = TOA + Tγ =2

3ma2θ2 +

ma2

2

(2 + 8 sin2θ

)θ2 =

ma2

2

(10

3+ 8 sin2θ

)θ2.

(d) Equazioni di LagrangeGrazie all’ipotesi dei vincoli ideali le equazioni pure del moto possono essere identificatecon quelle di Lagrange:

d

dt

(∂L∂θ

)− ∂L

∂θ= 0


L = T + U =ma2

2

(10

3+ 8 sin2θ

)θ2 + 4mga cos θ +

(8k +

7

6mω2

)a2sin2θ .

Il calcolo dei termini che compaiono nel binomio di Lagrange e immediato:

∂L

∂θ= ma2

(10

3+ 8 sin2θ

)θ

d

dt

(∂L∂θ

)= ma2

(10

3+ 8 sin2θ

)θ + 16ma2 sin θ cos θ θ2

∂L

∂θ= 8ma2 sin θ cos θ θ2 − 4mga sin θ +

(16k +

7

3mω2

)a2 sin θ cos θ

e l’equazione di Lagrange del moto risulta pertanto:

ma2(10

3+ 8 sin2θ

)θ + 8ma2 sin θ cos θ θ2 + 4mga sin θ −

(16k +

7

3mω2

)a2 sin θ cos θ = 0 .

(e) Equilibri di confineSe si assume che sia θ ∈ [−π/3, π/3] il sistema risulta a vincoli unilaterali ideali ed ammettepossibili equilibri di confine. Al potenziale del sistema:

U(θ) = 4mga cos θ +(

8k +7

6mω2

)a2sin2θ

corrisponde la componente generalizzata delle forze attive:

Qθ(θ) = U ′(θ) = −4mga sin θ +(

16k +7

3mω2

)a2 sin θ cos θ

alla quale si deve applicare il teorema dei lavori virtuali nelle due configurazioni di confineθ = π/3 e θ = −π/3.

Stefano Siboni 4979


Configurazione θ = π/3

Il teorema dei lavori virtuali assicura che la configurazione e un equilibrio di confine per ilsistema se e soltanto se risulta soddisfatta la condizione

Qθ(π/3)αθ ≤ 0 ∀αθ ≤ 0 ⇐⇒ Qθ(π/3) ≥ 0 ,

che scritta esplicitamente diventa:

−4mga

√3

2+(

16k +7

3mω2

)a2

√3

2

1

2≥ 0

ossia: (16k +

7

3mω2

)a2

2≥ 4mga .

Di qui segue la condizione equivalente, in termini del parametro adimensionale λ:

1

2≥ 4mga

1

a2

1

16k +7

3mω2

=mg

4ka+7

12maω2

= λ .

Ne segue che θ = π/3 e un equilibrio di confine del sistema se e solo se λ ≤ 1/2, vale adire se la forza elastica caratteristica ka o forza centrifuga caratteristica maω2 risultanosufficientemente grandi rispetto al peso caratteristico mg.

Configurazione θ = −π/3La condizione per l’equilibrio in questo caso assume la forma:

Qθ(−π/3)αθ ≤ 0 ∀αθ ≥ 0 ⇐⇒ Qθ(−π/3) ≤ 0

e corrisponde alla disequazione:

4mga

√3

2−(

16k +7

3mω2

)a2

√3

2

1

2≤ 0 ,

vale a dire alla relazione:

−4mga+(

16k +7

3mω2

)a2

2≥ 0

che e la stessa condizione considerata nello studio della configurazione precedente, ed equi-vale percio a λ ≤ 1/2. In conclusione, la configurazione θ = −π/3 costituisce un equilibriodi confine per il sistema se e soltanto se λ ≤ 1/2. I due equilibri di confine sussistono simul-taneamente, come peraltro suggerito dalla simmetria del potenziale U(θ) e dell’intervallodi definizione di questo — [−π/3, π/3].

Stefano Siboni 4980


Esercizio 916. Sistema scleronomo posizionale conservativo a 2 g.d.l., conparametrizzazione definita su un dominio non banale (triangolare)In un riferimento cartesiano Oxy due punti materiali P e Q, entrambi di massa M , sonovincolati a rimanere sull’arco di parabola C di equazione y = −x2/a, x ∈ [−a, a], edestremi A(−a, a) e B(a,−a), essendo a > una lunghezza caratteristica. I punti non possonovicendevolmente attraversarsi e P deve restare sempre a sinistra di Q — vedi figura. Pe collegato all’estremo fisso B mediante una molla ideale di costante elastica k. Unaidentica molla congiunge Q con l’estremo fisso A. Le forze peso sono trascurabili e i vincolisi assumono ideali.

Come coordinate lagrangiane si usino le ascisse ξ ed η dei punti P e Q, rispettivamente,per determinare del sistema:

(a) gli eventuali equilibri ordinari;

(b) gli eventuali equilibri di confine;


(d) le equazioni del moto con il relativo dominio di definizione;

(e) due integrali primi indipendenti delle equazioni del moto.

Soluzione(a) Equilibri ordinariIl sistema in esame e scleronomo a vincoli unilaterali ideali. La sua particolarita consistenel fatto che contrariamente ai sistemi scleronomi a due gradi liberta considerati di solito,la cui parametrizzazione risulta definita su un dominio rettangolare o su una stricia di R2,in questo caso il dominio della parametrizzazione non e un semplice prodotto cartesiano diintervalli, ciascuno relativo ad una delle coordinate generalizzate. A causa della posizionereciproca dei punti materiali P e Q, il primo dei quali e vincolato a rimanere sempre asinistra del secondo, la parametrizzazione del sistema e infatti definita su un dominio nonbanale:

Ω = (ξ, η) ∈ [−a, a]× [−a, a] : ξ ≤ η ⊂ R2

Stefano Siboni 4981


che, come e immediato verificare, corrisponde alla regione triangolare di R2 evidenziatacon il tratteggio nella figura seguente:

Sul sistema agiscono soltanto sollecitazioni posizionali conservative, associate alle due molleideali che congiungono i punti A,Q e B,P . Il potenziale del sistema e percio la somma didue potenziali elastici:

U(ξ, η) = −k2|P −B|2 − k

2|Q−A|2 =

= −k2

[(ξ − a)2 +

(−ξ

2

a+ a)2

+ (η + a)2 +(−η

2

a+ a)2]

e ad esso corrispondono le componenti generalizzate delle forze attive:

Qξ(ξ, η) =∂U

∂ξ(ξ, η) = −k

2

[2(ξ − a) + 2

(−ξ

2

a+ a)(−2ξ

a

)]=

= −k[ξ − a+

2ξ

a

(ξ2

a− a)]

= −k(−a− ξ +

2ξ3

a2

)Qη(ξ, η) =

∂U

∂η(ξ, η) = −k

2

[2(η + a) + 2

(−η

2

a+ a)(−2η

a

)]=

= −k[η + a+

2η

a

(η2

a− a)]

= −k(a− η +

2η3

a2

)ossia:

Qξ(ξ, η) = k(a+ ξ − 2ξ3

a2

)= ka

(1 +

ξ

a− 2ξ3

a3

)Qη(ξ, η) = k

(−a+ η − 2η3

a2

)= ka

(−1 +

η

a− 2η3

a3

).

Stefano Siboni 4982


Gli equilibri ordinari si ottengono risolvendo nell’interno di Ω il sistema di equazioni Qξ =0, Qη = 0, vale a dire:

ξ

a− 2ξ3

a3= −1

η

a− 2η3

a3= 1 , (ξ, η) ∈ int(Ω) .

Dato che i primi membri di queste equazioni hanno esattamente la stessa forma e cheint(Ω) ⊂ (−1, 1)2, e necessario studiare il grafico della funzione ausiliaria

Φ(ζ) = ζ − 2ζ3

nell’intervallo aperto ζ ∈ (−1, 1). Dall’espressione delle derivate prima e seconda:

Φ′(ζ) = 1− 6ζ2 Φ′′(ζ) = 12ζ

e immediato verificare che i punti critici della funzione ausiliaria si hanno per ζ = ±1/√

6:

Φ′(ζ) = 1− 6ζ2 = 0 ⇐⇒ ζ = ± 1√6

e che a causa dei segni delle derivate seconde

Φ′′(

+1√6

)= − 12√

6Φ′′(− 1√

6

)= +

12√6

il punto critico ζ = +1/√

6 costituisce un massimo relativo proprio di Φ(ζ), mentre ζ =−1/√

6 e un minimo relativo. Il grafico della funzione ausiliaria nell’intervallo (−1, 1) haallora l’andamento mostrato in figura:

Stefano Siboni 4983


considerato che la funzione e dispari e che inoltre vale

Φ( 1√

6

)=

2

3√

6Φ(1) = −1 .

Un eventuale equilibrio ordinario (ξ, η) ∈ int(Ω) dovrebbe soddisfare le equazioni:

Φ(ξ/a) = −1 Φ(η/a) = +1

con ξ/a, η/a ∈ (−1, 1) opportuni; il grafico di Φ(ζ) esclude pero l’esistenza di tali soluzioni.Il sistema non ammette dunque alcun equilibrio ordinario.

(b) Equilibri di confineLa frontiera del dominio Ω e un triangolo e risulta quindi costituita da tre segmenti diretta, ciascuno dei quali va esaminato alla luce del teorema dei lavori virtuali. A partedevono essere considerati i tre vertici.

Lato ξ = −a, η ∈ (−a, a)Per tutte le configurazioni di questo lato la condizione di equilibrio espressa dal teoremadei lavori virtuali assume la forma

Qξ(−a, η) δξ +Qη(−a, η) δη ≤ 0 ∀ δξ ≥ 0 ∀ δη ∈ R

e si riduce quindi a

Qξ(−a, η) = ka[1 + Φ(−1)] ≤ 0 Qη(−a, η) = ka[−1 + Φ(η/a)] = 0

in cui tuttavia la disequazione non e mai soddisfatta, avendosi

ka[1 + Φ(−1)] = 2ka > 0 .

Lungo questo lato della frontiera di Ω non sono quindi definiti equilibri di confine delsistema.

Lato η = a, ξ ∈ (−a, a)Nella fattispecie il teorema dei lavori virtuali porge la condizione di equilibrio

Qξ(ξ, a) δξ +Qη(ξ, a) δη ≤ 0 ∀ δξ ∈ R ∀ δη ≤ 0

ossia

Qξ(ξ, a) = ka[1 + Φ(ξ/a)] = 0 Qη(ξ, a) = ka[−1 + Φ(1)] ≥ 0

dove pero la disequazione non puo essere verificata, in quanto

ka[−1 + Φ(1)] = −2ka < 0 .

Stefano Siboni 4984


Neppure su questo lato della frontiera ricorrono configurazioni di equilibrio per il sistema.

Lato η = ξ, ξ ∈ (−a, a)In questo caso il teorema dei lavori virtuali prescrive che in una configurazione di equilibriosi abbia:

Qξ(ξ, ξ) δξ +Qη(ξ, ξ) δη ≤ 0 ∀ δξ, δη ∈ R , δη ≥ δξ . (916.1)

La condizione puo essere espressa in una forma piu esplicita con il cambiamento di variabilisugli spostamenti virtuali:

δu =δη − δξ

2

δv =δη + δξ

2

⇐⇒

δξ = δv − δu

δη = δv + δu

grazie al quale la condizione (916.1) diventa

Qξ(ξ, ξ)(δv − δu) +Qη(ξ, ξ)(δu+ δv) ≤ 0 ∀ δu, δv ∈ R , 2δu ≥ 0

ovvero[Qη(ξ, ξ)−Qξ(ξ, ξ)

]δu+

[Qξ(ξ, ξ) +Qη(ξ, ξ)

]δv ≤ 0 ∀ δu, δv ∈ R , δu ≥ 0 .

Cio significa che la condizione di equilibrio e[Qη(ξ, ξ)−Qξ(ξ, ξ)

]δu+

[Qξ(ξ, ξ) +Qη(ξ, ξ)

]δv ≤ 0 ∀ δu ≥ 0 ∀ δv ∈ R

e porge quindi

Qη(ξ, ξ)−Qξ(ξ, ξ) ≤ 0 Qξ(ξ, ξ) +Qη(ξ, ξ) = 0

od anche, equivalentemente,

Qη(ξ, ξ) = −Qξ(ξ, ξ) −Qξ(ξ, ξ)−Qξ(ξ, ξ) ≤ 0

ed infine

Qη(ξ, ξ) = −Qξ(ξ, ξ) Qξ(ξ, ξ) ≥ 0 .

In forma esplicita le condizioni di equilibrio diventano cosı:

ka[−1 + Φ(ξ/a)

]= −ka

[1 + Φ(ξ/a)

]ka[1 + Φ(ξ/a)

]≥ 0

in cui la disequazione e sempre verificata per via del grafico di Φ in (−1, 1), mentre l’equa-zione si semplifica in

Φ(ξ/a) = 0

Stefano Siboni 4985


ed ammette le tre sole radici nello stesso intervallo:

ξ

a= − 1√

2,

ξ

a= 0 ,

ξ

a=

1√2.

Ne derivano gli equilibri di confine:

(ξ, η) =(− a√

2,− a√

2

)(ξ, η) = (0, 0) (ξ, η) =

( a√2,a√2

).

Vertice (ξ, η) = (−a, a)In questa configurazione la condizione di equilibrio e

Qξ(−a, a) δξ +Qη(−a, a) δη ≤ 0 ∀ δξ ≥ 0 ∀ δη ≤ 0

e si presenta quindi sotto forma di doppia disequazione:

Qξ(−a, a) = ka[1 + Φ(1)

]≤ 0 Qη(−a, a) = ka

[−1 + Φ(1)

]≥ 0

la seconda delle quali non e pero mai soddisfatta in quanto Φ(1) = −1. La configurazionenon costituisce un equilibrio di confine.

Vertice (ξ, η) = (−a,−a)In questa configurazione le componenti generalizzate delle forze attive si riducono a

Qξ(−a,−a) = ka[1 + Φ(−1)

]= 2ka Qη(−a,−a) = ka

[−1 + Φ(−1)

]= 0

e il teorema dei lavori virtuali prescrive la condizione di equilibrio:

2ka δξ + 0 δη ≤ 0 ∀ δξ ≥ 0 ∀ δη ≥ δξ

vale a dire2ka δξ ≤ 0 ∀ δξ ≥ 0 ∀ δη ≥ δξ

che e palesemente violata per qualsiasi δξ > 0. La configurazione non rappresenta unequilibrio del sistema.

Vertice (ξ, η) = (a, a)Nella fattispecie le componenti generalizzate delle sollecitazioni attive valgono

Qξ(a, a) = ka[1 + Φ(1)

]= 0 Qη(a, a) = ka

[−1 + Φ(1)

]= −2ka

e la condizione di equilibrio espressa del teorema dei lavori virtuali assume la forma:

Qξ(a, a) δξ +Qη(a, a) δη ≤ 0 ∀ δξ ≤ 0 ∀ δη ≤ 0 , δη ≥ δξ

cioe−2ka δη ≤ 0 ∀ δξ ≤ 0 ∀ δη ≤ 0 , δη ≥ δξ

Stefano Siboni 4986


anch’essa chiaramente non soddisfatta per ogni δξ < 0 e δη < 0 tale che δη ≥ δξ. Neppurequesto vertice descrive un equilibrio di confine del sistema.

In definitiva, la ricerca degli equilibri di confine ha condotto ai criteri di equilibrio rias-sunti nella figura seguente, dove i punti in neretto evidenziano i tre equilibri di confineindividuati:

(c) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema e data dalla somma delle energie cinetiche dei due puntimateriali P e Q.

Energia cinetica di PLa posizione del punto P e specificata dal vettore posizione:

P −O = ξ e1 −ξ2

ae2

e la relativa velocita si ottiene con una derivazione rispetto al tempo, considerando ilparametro ξ come una funzione C2 di t:

P =(e1 −

2ξ

ae2)ξ .

L’energia cinetica del punto vale pertanto:

TP =m

2P 2 =

m

2

(1 +

4ξ2

a2

)ξ2

Energia cinetica di QL’energia cinetica del punto Q si calcola come per P , a patto di sostituire la variabile ξcon il parametro η:

TQ =m

2Q2 =

m

2

(1 +

4η2

a2

)η2.

Stefano Siboni 4987


Energia cinetica del sistemaSommando i contributi dei due punti materiali si perviene all’espressione dell’energia ci-netica del sistema:

T = TP + TQ =m

2

(1 +

4ξ2

a2

)ξ2 +

m

2

(1 +

4η2

a2

)η2 .

(d) Equazioni pure del motoPoiche la curva si assume liscia, il sistema e scleronomo a vincoli ideali, oltre che po-sizionale e conservativo. Le equazioni pure del moto si possono quindi determinare informa lagrangiana:

d

dt

(∂L∂ξ

)− ∂L

∂ξ= 0

d

dt

(∂L∂η

)− ∂L

∂η= 0

con il potenziale cinetico L = T + U dato da

L =m

2

(1+

4ξ2

a2

)ξ2 +

m

2

(1+

4η2

a2

)η2− k

2

[(ξ−a)2 +

(−ξ

2

a+a)2

+(η+a)2 +(−η

2

a+a)2]

e dal quale si traggono le espressioni:

∂L

∂ξ= m

(1 +

4ξ2

a2

)ξ

d

dt

(∂L∂ξ

)= m

(1 +

4ξ2

a2

)ξ +

8m

a2ξ ξ2

∂L

∂ξ=

4m

a2ξ ξ2 − k

[ξ − a+

2ξ

a

(ξ2

a− a)]

∂L

∂η= m

(1 +

4η2

a2

)η

d

dt

(∂L∂η

)= m

(1 +

4η2

a2

)η +

8m

a2η η2

∂L

∂η=

4m

a2η η2 − k

[η + a+

2η

a

(η2

a− a)].

Le equazioni del moto diventano cosı:m(

1 +4ξ2

a2

)ξ +

4m

a2ξ ξ2 + k

[ξ − a+

2ξ

a

(ξ2

a− a)]

= 0

m(

1 +4η2

a2

)η +

4m

a2η η2 + k

[η + a+

2η

a

(η2

a− a)]

= 0

(916.2)

e sono definite sull’aperto di R2:

int(Ω) = (ξ, η) ∈ (−a, a)2 : ξ < η .

Stefano Siboni 4988


(e) Integrali primi indipendenti

Le equazioni del moto (916.2) hanno una caratteristica evidente: sono disaccoppiate, laprima dipendendo unicamente dalla variabile ξ e la seconda soltanto da η. La primaequazione ammette un integrale primo delle sole variabili ξ, ξ; basta moltiplicare membroa membro l’equazione per ξ per ottenere

m(

1 +4ξ2

a2

)ξξ +

4m

a2ξξ ξ2 + k

[ξ − a+

2ξ

a

(ξ2

a− a)]ξ = 0

ossia:

m(

1 +4ξ2

a2

) ddt

( ξ2

2

)+

1

2

d

dt

[m(

1 +4ξ2

a2

)]ξ2 +

d

dt

[k

2

[(ξ − a)2 +

(ξ2

a− a)2]]

= 0

e quindi:

d

dt

[m

2

(1 +

4ξ2

a2

)ξ2 +

k

2

[(ξ − a)2 +

(ξ2

a− a)2]]

= 0 .

La prima equazione del moto ammette percio l’integrale primo:

H1(ξ, ξ) =m

2

(1 +

4ξ2

a2

)ξ2 +

k

2

[(ξ − a)2 +

(ξ2

a− a)2]

. (916.3)

In modo analogo si prova che la funzione:

H2(η, η) =m

2

(1 +

4η2

a2

)η2 +

k

2

[(η + a)2 +

(η2

a− a)2]

(916.4)

costituisce un integrale primo per la seconda equazione del moto (916.2). Dal momento chele equazioni dinamiche sono disaccoppiate, le stesse funzioni indipendenti (916.3) e (916.4)possono riguardarsi come funzioni di tutte le variabili di fase ξ, η, ξ, η. Due integrali primiindipendenti del sistema sono pertanto:

H1(ξ, ξ, η, η) =m

2

(1 +

4ξ2

a2

)ξ2 +

k

2

[(ξ − a)2 +

(ξ2

a− a)2]

H2(ξ, ξ, η, η) =m

2

(1 +

4η2

a2

)η2 +

k

2

[(η + a)2 +

(η2

a− a)2]

.

Da notare che la sommaH1+H2 si identifica con l’energia meccanica del sistemaH = T−U .

Stefano Siboni 4989


Esercizio 917. Geometria delle masse e rotoreIn una terna solidale Oxyz = Oe1e2e3 si con-sidera il sistema rigido illustrato in figura, co-stituito da una piastra quadrata P = OABCdi lato a posta nel piano Oxy e da un’astarettilinea di estremi C(0, a, 0) e D(0, a, a). Ledensita di piastra e asta sono espresse da:

σ(x, y) =µ

a3(x+ y) ∀ (x, y) ∈ [0, a]2

λ(z) =µ

a2z ∀ z ∈ [0, a] ,

dove µ indica una massa caratteristica. De-terminare del 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 alle rette AB e OD;

(d) l’impulso, il momento angolare in O e l’energia cinetica relativi alla terna dove l’asseOB e fisso e l’angolo di rotazione attorno ad esso e ϕ(t) = ωt, con ω > 0 costante;

(e) il risultante e il momento risultante in O delle forze esterne applicate.

Soluzione(a) Massa e baricentroMassa piastraLa massa della piastra si ricava integrandone la densita areale σ sul dominio quadratoOABC, ossia calcolando l’integrale doppio:

mP =

∫P

σ dA =

a∫0

dy

a∫0

dzµ

a3(y + z) =

µ

a3

a∫0

dy

[yz +

z2

2

]az=0

=

=µ

a3

a∫0

(ay +

a2

2

)dy =

µ

a3

[ay2

2+a2

2y

]a0

=µ

a3a3 = µ .

Massa dell’asta CDAnalogamente, la massa dell’asta CD e data dall’integrale curvilineo sul segmento CDdella densita lineare λ:

mCD =

∫CD

λ ds =

a∫0

µ

a2x dx =

µ

a2

a2

2=

µ

2.

Massa del sistemaLa massa del sistema si ottiene sommando le masse parziali di piastra e asta, dal momento

Stefano Siboni 4990


che l’intersezione P ∩ CD = C costituisce un insieme di misura nulla sia per l’integraledoppio sulla superficie P che per l’integrale curvilineo sul segmento CD:

m = mP +mCD = µ+µ

2=

3

2µ .

Baricentro della piastraLa retta di equazione z = 0, y = x rappresenta un ovvio asse di simmetria della piastraperche per ogni punto (x, y) di questa il corrispondente punto simmetrico (y, x) rispetto atale retta appartiene anch’esso a P ed ha esattamente lo stesso valore della densita areale:

σ(y, x) =µ

a3(y + x) =

µ

a3(x+ y) = σ(x, y) ∀ (x, y) ∈ [0, a]2 .

Anche il baricentro GP della piastra deve dunque collocarsi lungo lo stesso asse, dove lasua posizione sara individuata da un vettore della forma:

GP −O = xPe1 + xPe2 ,

con l’ascissa xP che viene determinata per mezzo della definizione:

xP =1

mP

∫P

xσ dA =1

µ

a∫0

dx

a∫0

dy xµ

a3(x+ y) =

1

a3

a∫0

dx

a∫0

dy (x2 + xy) =

=1

a3

a∫0

dx

[x2y + x

y2

2

]ay=0

=1

a3

a∫0

(ax2 +

a2

2x)dx =

=1

a3

[ax3

3+a2

2

x2

2

]a0

=1

a3

(a4

3+a4

4

)=

7

12a ,


GP −O =7

12ae1 +

7

12ae2 .

Baricentro dell’astaIl baricentro GCD dell’asta deve giacere lungo la retta CD, che e suo asse di giacitura e disimmetria. Il vettore posizione corrispondente e dunque del tipo:

GCD −O = ae2 + zCD e3

con quota:

zCD =1

mCD

∫CD

zλ ds =2

µ

a∫0

zµ

a2z dz =

2

a2

a3

3=

2

3a ,

per cui:

GCD −O = ae2 +2

3ae3 .

Stefano Siboni 4991


Baricentro del sistemaIl baricentro del sistema e determinato dal teorema distributivo, applicabile in quantol’intersezione fra P e CD costituisce un sottoinsieme di misura nulla che non contribuiscea nessuno degli integrali coinvolti nel calcolo. Si ha pertanto:

G−O =1

m

[mP(GP −O) +mCD(GCD −O)

]=

=2

3µ

[µ( 7

12ae1 +

7

12ae2

)+µ

2

(ae2 +

2

3ae3

)]=

=2

3

( 7

12e1 +

7

12e2 +

1

2e2 +

1

3e3

)a =

=2

3

( 7

12e1 +

13

12e2 +

1

3e3

)a =

7

18ae1 +

13

18ae2 +

2

9ae3 .

(b) Matrice d’inerzia relativa a OxyzMatrice d’inerzia della piastra PPoiche la piastra giace interamente nel piano coordinato Oxy, si hanno le relazioni:

LPzx = LP

zy = 0 LPzz = LP

xx + LPyy .

L’asse di simmetria z = 0, y = x comporta inoltre che i momenti d’inerzia relativi agli assiOx ed Oy siano uguali, come e agevole verificare con il cambio di variabili (x, y)→ (y, x):

LPxx =

a∫0

dx

a∫0

dy y2σ(x, y) =

a∫0

dy

a∫0

dxx2σ(y, x) =

=

a∫0

dy

a∫0

dy x2σ(x, y) =

a∫0

dx

a∫0

dy x2σ(x, y) = LPyy ,

per cui la matrice d’inerzia della piastra relativa alla terna Oxyz assume la forma generale:

[LPO] =

LPxx LP

xy 0

LPxy LP

xx 0

0 0 2LPxx

.Il momento d’inerzia rispetto all’asse Ox e dato da:

LPxx =

∫P

(x2 + z2)σ dA =

a∫0

dx

a∫0

dy y2 µ

a3(x+ y) =

µ

a3

a∫0

dx

a∫0

dy (xy2 + y3) =

=µ

a3

a∫0

dx

[xy3

3+y4

4

]ay=0

=µ

a3

a∫0

(xa3

3+a4

4

)dx =

µ

a3

(a2

2

a3

3+ a

a4

4

)=

5

12µa2

Stefano Siboni 4992


mentre l’unico prodotto d’inerzia non banale vale:

LPxy = −

∫P

xy σ dA = −a∫

0

dx

a∫0

dy xyµ

a3(x+ y) = − µ

a3

a∫0

dx

a∫0

dy (x2y + xy2) =

= − µ

a3

a∫0

dx

[x2 y

2

2+ x

y3

3

]ay=0

= − µ

a3

a∫0

(x2 a

2

2+ x

a3

3

)dx =

= − µ

a3

(a3

3

a2

2+a2

2

a3

3

)= −1

3µa2 .

La matrice d’inerzia relativa a Oxyz della piastra risulta pertanto:

[LPO] = µa2

5/12 −1/3 0−1/3 5/12 0

0 0 5/6

.Matrice d’inerzia dell’asta CDL’asta CD e ubicata nel piano coordinato Oyz, per cui:

LCDxy = LCDxz = 0 e: LCDxx = LCDyy + LCDzz

e la matrice d’inerzia relativa alla terna Oxyz deve assumere la forma:

[LCDO ] =

LCDyy + LCDzz 0 0

0 LCDyy LCDyz0 LCDyz LCDzz

.Il calcolo del momento d’inerzia relativo all’asse Oz e immediato, dato che l’intera massadell’asta giace a distanza yC = a dallo stesso asse:

LCDzz = mCD y2C =

µ

2a2 =

1

2µa2 .

Il momento d’inerzia rispetto ad Oy vale invece:

LCDyy =

∫CD

(x2 + z2)λ ds =

a∫0

z2 µ

a2z dz =

µ

a2

a4

4=

1

4µa2,

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

LCDyz = −∫CD

yz λ ds = −a∫

0

azµ

a2z dz = −µ

a

a3

3= −1

3µa2 .

Stefano Siboni 4993


In definitiva:

[LCDO ] = µa2

3/4 0 00 1/4 −1/30 −1/3 1/2

.Matrice d’inerzia del sistemaPer determinare la matrice d’inerzia relativa a Oxyz del sistema si sfrutta la proprieta diadditivita, sommando i contributi di piastra e asta rispetto allo stesso riferimento:

[LO] = [LPO] + [LCDO ] = µa2

5/12 −1/3 0−1/3 5/12 0

0 0 5/6

+ µa2

3/4 0 00 1/4 −1/30 −1/3 1/2

=

= µa2

7/6 −1/3 0−1/3 2/3 −1/3

0 −1/3 4/3

.(c) Momenti d’inerzia relativi alle rette AB e ODRetta ABLa rettaAB non passa ne per l’origine ne per il baricentro, ma e parallela all’asse coordinatoOy. Il momento d’inerzia del sistema rispetto alla retta AB si puo percio determinare conuna doppia applicazione del teorema di Huygens-Steiner: una prima volta fra la rettaAB e la retta baricentrale Gy; una seconda volta fra l’asse Oy e la retta Gy. Indicatacon G?(7a/18, 0, 2a/9) la proiezione ortogonale del baricentro G(7a/18, 13a/18, 2a/9) sulpiano coordinato Oxz, si possono scrivere le relazioni:

IAB = IAy = IGy +m|A−G?|2IOy = IGy +m|G? −O|2

ossia: IAB = IGy +m|A−G?|2Lyy = IGy +m|G? −O|2 ,

dalle quali segue:IAB = Lyy −m|G? −O|2 +m|A−G?|2 .

In questa equazione risulta:

|G? −O|2 =

∣∣∣∣( 7

18a, 0,

2

9a)∣∣∣∣2 =

49

324a2 +

4

81a2 =

65

324a2

|A−G?|2 =

∣∣∣∣(a− 7

18a, 0, 0− 2

9a)∣∣∣∣2 =

121

324a2 +

4

81a2 =

137

324a2

per cui:

IAB =2

3µa2 − 3

2µ

65

324a2 +

3

2µ

137

324a2 =

=2

3µa2 − 65

216µa2 +

137

216µa2 =

144− 65 + 137

216µa2 = µa2 .

Stefano Siboni 4994


Retta ODLa retta passa per l’origine ed e individuata dal versore direttore:

n =D −O|D −O|

=ae2 + ae3

|ae2 + ae3|=

1√2e2 +

1√2e3 .

Il momento d’inerzia del sistema rispetto ad OD e quindi dato dalla relazione:

IOD = IOn = n · LO(n) =1

2(0 1 1) [LO]

011

=

=1

2(Lyy + Lzz + 2Lyz) =

1

2

(2

3+

4

3− 2

3

)µa2 =

2

3µa2 .

(d) Impulso, momento angolare in O ed energia cineticaIl moto del sistema rigido avviene attorno all’asse fisso OB e l’angolo di rotazione attornoa tale asse cresce linearmente nel tempo: si tratta quindi di un moto rotatorio uniformecon velocita angolare istantanea:

~ω = ωB −O|B −O|

= ωe1 + e2√

2=

ω√2

(e1 + e2) .

Si osservi che questa velocita angolare risulta costante sia nel riferimento assoluto che inquello solidale Oe1e2e3 — derivata assoluta e relativa alla terna solidale di ~ω sono uguali.

Quantita di motoLa quantita di moto del sistema e data dal prodotto fra la massa m e la velocita del bari-centro G rispetto alla terna assoluta, velocita che si calcola mediante la formula dell’attodi moto rigido con punto fisso O:

~Q = mG = m~ω ∧ (G−O) =

=3

2µω√2

(e1 + e2) ∧( 7

18ae1 +

13

18ae2 +

2

9ae3

)a =

=1

2√

2µaω(e1 + e2) ∧

(7

6e1 +

13

6e2 +

2

3e3

)=

=1

2√

2µaω

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

1 1 07/6 13/6 2/3

∣∣∣∣∣∣ =1

2√

2µaω

(2

3e1 −

2

3e2 + e3

).

Momento angolare in OPoiche il sistema rigido ha asse fisso OB con velocita angolare istantanea nota, il momentoangolare in O si esprime per mezzo dell’operatore d’inerzia in O:

~KO = LO(~ω) ,

Stefano Siboni 4995


per cui le componenti di ~KO rispetto alla terna solidale Oe1e2e3 sono date in termini dellamatrice d’inerzia relativa alla stessa terna:K1

K2

K3

= [LO]

ω/√

2ω/√

20

=ω√2µa2

7/6 −1/3 0−1/3 2/3 −1/3

0 −1/3 4/3

110

=µa2ω√

2

5/61/3−1/3

e quindi:

~KO =µa2ω√

2

(5

6e1 +

1

3e2 −

1

3e3

).

Energia cinetica

L’energia cinetica del corpo rigido, che ha punto fisso O, e data dalla relazione:

T =1

2~ω · ~KO =

1

2

ω√2

(e1 + e2) · µa2ω√2

(5

6e1 +

1

3e2 −

1

3e3

)=

=µa2ω2

4

(5

6+

1

3

)=

µa2ω2

4

7

6=

7

24µa2ω2 .

(e) Risultante e momento risultante in O delle forze esterne applicate

Le equazioni cardinali della dinamica si scrivono:

mG = ~Red ~KO

dt= ~Me

O

e consentono di ricavare risultante e momento risultante in O delle forze applicate al sistemarigido in moto rotatorio uniforme. Vista la costanza di ~ω, il risultante delle forze esternee dato da:

~Re = mG = md

dt

[~ω ∧ (G−O)

]= m~ω ∧

[~ω ∧ (G−O)

]=

= m[~ω ~ω · (G−O)− (G−O) ~ω · ~ω

]=

=3

2µ

[ω√2

(e1 + e2)ω√2

(e1 + e2) ·( 7

18e1 +

13

18e2 +

2

9e3

)a−

−( 7

18e1 +

13

18e2 +

2

9e3

)aω2

]=

=3

2µaω2

[(e1 + e2)

1

2

20

18− 7

18e1 −

13

18e2 −

2

9e3

]=

=3

2µaω2

(5

9e1 +

5

9e2 −

7

18e1 −

13

18e2 −

2

9e3

)=

=3

2µaω2

(1

6e1 −

1

6e2 −

2

9e3

)= µaω2

(1

4e1 −

1

4e2 −

1

3e3

).

Stefano Siboni 4996


Ricordando che la derivata di ~KO relativa alla terna solidale e nulla, per il momento in Odelle forze esterne si ha invece:

~MeO =

d ~KO

dt=

dA ~KO

dt=

dR ~KO

dt+ ~ω ∧ ~KO = ~ω ∧ ~KO =

=ω√2

(e1 + e2) ∧ µa2ω√2

(5

6e1 +

1

3e2 −

1

3e3

)=

=1

2µa2ω2

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

1 1 05/6 1/3 −1/3

∣∣∣∣∣∣ =1

2µa2ω2

(−1

3e1 +

1

3e2 −

1

2e3

).



che ruota con velocita angolare costante ω at-torno all’asse verticale Oy rispetto ad un riferi-mento inerziale, un disco circolare omogeneoD, di raggio a, centro C e massa m, ha l’estre-mo A di un suo diametro assegnato AB vinco-lato a scorrere lungo Oy. Il sistema e pesante euna molla ideale di stiffness k = mω2/5 collegaO con il punto B di D. Resistenze viscose diuguale costante di frizione β sono inoltre appli-cate in A e in C. Assunti i vincoli ideali, usa-re i parametri lagrangiani ξ, θ ∈ R evidenziatiin figura per determinare del sistema, rispettoalla terna Oxyz:

(a) le configurazioni di equilibrio;

(b) le proprieta di stabilita degli equilibri, considerando tutte le sollecitazioni applicate;




Soluzione(a) EquilibriLe sollecitazioni attive che agiscono sul sistema scleronomo, a vincoli bilaterali ideali, hannoin parte natura posizionale conservativa ed in parte carattere dissipativo. Alle forze peso,alle forze centrifughe e all’interazione elastica fra i punti B ed O sono associati i relativipotenziali; delle resistenze viscose in A ed in C si devono invece calcolare direttamentele componenti generalizzate, verificando che si tratti effettivamente di sollecitazioni dis-sipative. Le forze di Coriolis su ogni punto del disco D sono dirette ortogonalmente alpiano vincolare Oxy ed hanno percio componenti generalizzate nulle, che non concorronoin alcun modo alla dinamica ed alla statica del sistema.

Stefano Siboni 4997


Potenziale gravitazionaleIl calcolo del potenziale gravitazionale richiede di determinare la posizione del baricentroC del disco omogeneo in funzione dei parametri lagrangiani:

C −O = A−O + C −A = −aξe2 + a sin θe1 + a cos θe2 = a sin θe1 + a(−ξ + cos θ)e2,


Ug = −mge2 · (C −O) = −mga(−ξ + cos θ) = mga(ξ − cos θ) .

Potenziale elasticoPer determinare il potenziale elastico occorre ricavare il vettore posizione del punto B intermini dei parametri lagrangiani:

B −O = A−O + 2(C −A) = −aξe2 + 2a sin θe1 + 2a cos θe2 =

= 2a sin θe1 + a(−ξ + 2 cos θ)e2

e calcolarne il modulo quadrato:

|B −O|2 = 4a2sin2θ + a2(−ξ + 2 cos θ)2 = a2(4 + ξ2 − 4ξ cos θ) .

Alla molla ideale di costante elastica k = mω2/5 tesa fra O e B e dunque associato ilpotenziale:

Uel = −k2|B−O|2 = −mω

2

10a2(4 + ξ2− 4ξ cos θ) = ma2ω2

(− ξ

2

10+

2

5ξ cos θ

)+ costante .

Potenziale centrifugoIl potenziale centrifugo del disco D e dato dall’espressione:

Ucf =ω2

2IDOy =

ω2

2

[IDCy +m[(C −A) · e1]2

]nella quale il momento d’inerzia di D rispetto all’asse baricentrale Cy e indipendentedall’angolo θ:

IDCy =ma2

4,

mentre la distanza fra gli assi Oy e Cy si scrive:

(C −A) · e1 = a sin θ .

Ne deriva che:

Ucf =ma2ω2

2sin2θ + costante .

Stefano Siboni 4998


Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali gravitazionale, elastico e centrifugo, omesse le costanti additiveinessenziali, definisce il potenziale del sistema:

U(ξ, θ) = mga(ξ − cos θ) +ma2ω2(− ξ

2

10+

2

5ξ cos θ

)+ma2ω2

2sin2θ (918.1)

per (ξ, θ) ∈ R2.

Componenti generalizzate del sistema di resistenze viscoseLe resistenze viscose −βA e −βC sono applicate nei punti individuati dai vettori posizione:

A−O = −aξe2 C −O = a sin θe1 + a(−ξ + cos θ)e2


A = −aξe2 C = a cos θθe1 + a(−ξ − sin θθ)e2 .

Per calcolare le componenti generalizzate del sistema di forze viscose conviene senz’altroricorrere alla funzione ausiliaria di Rayleigh:

R = −β2A2 − β

2C2

dove:A2 = a2ξ2 C2 = a2(θ2 + ξ2 + 2 sin θξθ)

per cui risulta:

R = −βa2

2(ξ2 + θ2 + ξ2 + 2 sin θξθ) = −βa

2

2(2ξ2 + θ2 + 2 sin θξθ) .

Di qui seguono le componenti generalizzate delle resistenze viscose:

Dξ =∂R∂ξ

= −βa2

2(4ξ + 2 sin θθ) = −βa2(2ξ + sin θθ)

Dθ =∂R∂θ

= −βa2

2(2θ + 2 sin θξ) = −βa2(θ + sin θξ) .

(918.2)

E facile verificare che le sollecitazioni hanno carattere completamente dissipativo. Lapotenza delle resistenze viscose vale infatti:

π = Dξ ξ +Dθ θ = 2R = −βa2(2ξ2 + θ2 + 2 sin θξθ) = −βa2(ξ θ) Γ(ξ, θ)

(ξθ

)con la matrice ausiliaria:

Γ(ξ, θ) =

(2 sin θ

sin θ 1



definita positiva in quanto dotata di determinante e traccia positivi:

det Γ(ξ, θ) = 2− sin2θ = 1 + cos2θ > 0 tr Γ(ξ, θ) = 3 .

Di conseguenza la potenza della sollecitazione e sempre non positiva:

π ≤ 0 ∀ (ξ, θ, ξ, θ) ∈ R4

ed inoltre essa si annulla unicamente a velocita generalizzate nulle:

π = 0 =⇒ (ξ, θ) = (0, 0) .

EquilibriLe componenti generalizzate delle resistenze viscose si annullano a velocita generalizzatenulle e non influenzano in alcun modo gli equilibri del sistema che quindi, tutti ordinari,vanno identificati con i punti stazionari del potenziale U del sistema. Si devono dunqueannullare simultaneamente le derivate parziali prime del potenziale (918.1):

Uξ = mga+ma2ω2(−ξ

5+

2

5cos θ

)Uθ = mga sin θ − 2

5ma2ω2ξ sin θ +ma2ω2 sin θ cos θ ,

ovvero mettere a sistema e risolvere le equazioni non lineari:5g

aω2− ξ + 2 cos θ = 0

sin θ( 5g

aω2− 2ξ + 5 cos θ

)= 0 .

La prima equazione consente di ricavare il valore di equilibrio di ξ in funzione di quellodella variabile angolare:

ξ =5g

aω2+ 2 cos θ , (918.3)

in modo che la seconda equazione viene a dipendere unicamente da θ:

sin θ(− 5g

aω2+ cos θ

)= 0

e fornisce i valori di equilibrio della variabile angolare.

(i) Per sin θ = 0 si hanno le soluzioni:

θ = 0 θ = π

che tramite la (918.3) individuano le configurazioni di equilibrio:

(ξ, θ) =( 5g

aω2+ 2, 0

)(ξ, θ) =

( 5g

aω2− 2, π

),

Stefano Siboni 5000


definite incondizionatamente.

(ii) Per cos θ = 5g/aω2 emergono le ulteriori soluzioni:

θ = arccos( 5g

aω2

): = θ? θ = −θ?

cui corrisponde lo stesso valore di equilibrio della variabile ξ:

ξ =5g

aω2+ 2 cos θ? =

5g

aω2+ 2

5g

aω2=

15g

aω2

e sono quindi associati gli equilibri:

(ξ, θ) =( 15g

aω2, θ?)

(ξ, θ) =( 15g

aω2,−θ?

),

definiti e distinti dai precedenti per λ := 5g/aω2 < 1. In tal caso risulta θ? =arccosλ ∈ (0, π/2).

In definitiva, gli equilibri del sistema sono costituiti da:

(ξ, θ) = (λ+ 2, 0) (ξ, θ) = (λ− 2, π),

sempre definiti, e da:

(ξ, θ) = (3λ, θ?) (ξ, θ) = (3λ,−θ?),

definiti e distinti dai precedenti per λ = 5g/aω2 < 1, con θ? = arccosλ ∈ (0, π/2).Si osservi che nelle prime due configurazioni di equilibrio il disco D si dispone verticalmente,con il punto B del diametro AB allineato lungo l’asse verticale Oy, rispettivamente al disopra e al di sotto del punto A. Nel primo caso il disco e collocato interamente al disotto dell’asse orizzontale Ox. Gli ultimi due equilibri hanno invece θ? ∈ (0, π/2) e vedonol’ordinata di B maggiore di quella di A.

(b) Stabilita degli equilibriIl sistema, scleronomo e a vincoli bilaterali ideali, e soggetto a sollecitazioni posizionaliconservative e a sollecitazioni completamente dissipative. Gli equilibri, in numero finito,sono inoltre tutti isolati. Queste condizioni consentono di caratterizzare completamente leproprieta di stabilita degli equilibri ricorrendo alla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri di Barbasin e Krasovskii. Si tratta di distinguere i massimirelativi propri da tutti gli altri punti stazionari del potenziale: i primi risulteranno asin-toticamente stabili, mentre i secondi saranno instabili — e non attrattivi per via delladissipazione dell’energia meccanica. A questo scopo si devono calcolare le derivate parzialiseconde del potenziale:

Uξξ(ξ, θ) = −ma2ω2

5Uθξ(ξ, θ) = Uξθ(ξ, θ) = −2

5ma2ω2 sin θ

Uθθ(ξ, θ) = mga cos θ − 2

5ma2ω2ξ cos θ +ma2ω2(cos2θ − sin2θ)

Stefano Siboni 5001


e determinare il segno degli autovalori della corrispondente matrice hessiana:

HU (ξ, θ) =ma2ω2

5

(−1 −2 sin θ

−2 sin θ5g

aω2cos θ − 2ξ cos θ + 5(cos2θ − sin2θ)

)

in ciascuna configurazione di equilibrio. Poiche all’equilibrio vale ξ = λ+2 cos θ, le matricihessiane da considerare sono in effetti della forma:

HU (λ+ 2 cos θ, θ) =ma2ω2

5

(−1 −2 sin θ

−2 sin θ −λ cos θ + cos2θ − 5 sin2θ

)essendo in tal caso:

5g

aω2cos θ − 2ξ cos θ + 5(cos2θ − sin2θ) =

=λ cos θ − 2(λ+ 2 cos θ) cos θ + 5 cos2θ − 5 sin2θ =

= − λ cos θ + cos2θ − 5 sin2θ .

Equilibrio (ξ, θ) = (λ+ 2, 0), definito ∀λ > 0In questa configurazione di equilibrio la matrice hessiana del potenziale risulta diagonale:

HU (λ+ 2, 0) =ma2ω2

5

(−1 00 −λ+ 1

)(918.4)

con un autovalore negativo ed uno di segno non definito, che obbliga a considerare trediversi casi:

se λ > 1 la matrice e definita negativa e l’equilibrio costituisce un massimo relativoproprio del potenziale, asintoticamente stabile;

per λ < 1 la matrice hessiana e indefinita, con un autovalore negativo ed uno positivo.Quest’ultimo esclude che l’equilibrio possa rappresentare un massimo relativo propriodi U , circostanza che basta ad assicurarne l’instabilita. La dissipazione dell’energiameccanica esclude anche l’attrattivita;

se infine λ = 1 la matrice hessiana presenta un autovalore negativo ed uno nullo e none chiaro se l’equilibrio costituisca o meno un massimo relativo proprio del potenziale.L’analisi di stabilita richiede uno studio di funzione piu sofisticato, mediante l’uso disviluppi di Taylor del potenziale di ordine superiore al secondo, ovvero la riscrittura diU in una forma atta a verificare direttamente il sussistere o meno del massimo relativoforte. A questo scopo si introduce il potenziale adimensionalizzato:

u(ξ, θ) =5

ma2ω2U(ξ, θ) = λ(ξ − cos θ)− ξ2

2+ 2ξ cos θ +

5

2sin2θ

e lo si considera nel caso λ = 1:

u(ξ, θ) = ξ − cos θ − ξ2

2+ 2ξ cos θ +

5

2sin2θ .

Stefano Siboni 5002


Nell’intorno dell’equilibrio (ξ, θ) = (3, 0) si pone:

ξ = 3 + δξ θ = δθ

e si scrive:

u(3 + δξ, δθ) = 3 + δξ − cos δθ − 1

2(3 + δξ)2 + 2(3 + δξ) cos δθ +

5

2sin2δθ .

Eseguendo i prodotti e usando le identita trigonometriche cos 2α = cos2α − sin2α esin 2α = 2 sinα cosα risulta allora:

u(3 + δξ, δθ) = 3 + δξ − cos δθ − 9

2− 3δξ − δξ2

2+ 6 cos δθ + 2δξ cos δ +

5

2sin2δθ =

= −3

2− 2δξ + 2δξ cos δθ − δξ2

2+ 5 cos δθ +

5

2sin2δθ =

= −3

2− 4δξ sin2 δθ

2− δξ2

2+ 5− 10 sin2 δθ

2+ 10 sin2 δθ

2cos2 δθ

2

e quindi:

u(3 + δξ, δθ) =7

2− 1

2

(δξ2 + 8δξ sin2 δθ

2+ 16 sin4 δθ

2

)+ 8 sin4 δθ

2− 10 sin4 δθ

2=

=7

2− 1

2

(δξ + 4 sin2 δθ

2

)2

− 2 sin4 δθ

2,

espressione dalla quale appare evidente che l’equilibrio rappresenta un massimo rela-tivo proprio del potenziale, asintoticamente stabile per la forma forte del teorema diLagrange-Dirichlet.

Equilibrio (ξ, θ) = (λ− 2, π), definito ∀λ > 0Nella fattispecie la matrice hessiana ha ancora forma diagonale:

HU (λ− 2, π) =ma2ω2

5

(−1 00 λ+ 1

)ma appare ora sempre indefinita, con un autovalore negativo ed uno positivo. Il puntodi equilibrio e una sella e l’esclusione del massimo ne comporta l’instabilita per la formaforte di Lagrange-Dirichlet. Al solito, la dissipazione dell’energia meccanica esclude anchel’attrattivita dell’equilibrio.

Equilibri (ξ, θ) = (3λ,±θ?), definiti per 0 < λ < 1, con cos θ? = λLe due configurazioni di equilibrio presentano le stesse proprieta di stabilita a causa dellasimmetria del potenziale:

U(ξ, θ) = U(ξ,−θ) ∀ (ξ, θ) ∈ R2,

Stefano Siboni 5003


per cui e sufficiente analizzare la stabilita di una sola di esse, ad esempio di (ξ, θ) = (3λ, θ?).La matrice hessiana del potenziale in questo caso presenta la forma non diagonale:

HU (3λ, θ?) =ma2ω2

5

(−1 −2 sin θ?

−2 sin θ? −λ cos θ? + cos2θ? − 5 sin2θ?

)=

=ma2ω2

5

(−1 −2 sin θ?

−2 sin θ? −5 sin2θ?

)con traccia negativa:

trHU (3λ, θ?) =ma2ω2

5(−1− 5 sin2θ?) < 0

e determinante positivo:

detHU (3λ, θ?) =(ma2ω2

5

)2

(5 sin2θ? − 4 sin2θ?) =(ma2ω2

5

)2

sin2θ? > 0 ,

essendo θ? ∈ (0.π/2). L’hessiana e quindi definita negativa e caratterizza l’equilibrio comemassimo relativo proprio del potenziale. La stabilita asintotica di questo segue dalla formaforte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

(c) Energia cineticaData la mancanza di punti fissi, l’energia cinetica del disco viene determinata ricorrendoal teorema di Konig:

T =m

2C2 +

1

2IDCz∣∣~ωD∣∣2,

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

C −O = a sin θe1 + a(−ξ + cos θ)e2

ed ha velocita istantanea:

C = a cos θθe1 + a(−ξ − sin θθ)e2


C2 = a2(θ2 + ξ2 + 2 sin θξθ) ,

mentre il momento d’inerzia rispetto all’asse Cz e la velocita angolare istantanea del discosi scrivono:

IDCz =ma2

2~ωD = −θe3

— si osservi il segno negativo nell’espressione della velocita angolare istantanea, conforme-mente alla regola della mano destra, dovuto al fatto che valori crescenti di θ indicano una

Stefano Siboni 5004


rotazione oraria del disco, anziche antioraria. L’espressione dell’energia cinetica relativa aOxyz diventa pertanto:

T =ma2

2(θ2 + ξ2 + 2 sin θξθ) +

1

2

ma2

2θ2 =

ma2

2

(ξ2 +

3

2θ2 + 2 sin θξθ

). (918.5)

Si tratta, come deve essere, di una forma quadratica delle velocita generalizzate:

T =1

2(ξ θ) A(ξ, θ)

(ξθ

)con matrice rappresentativa reale, simmetrica e definita positiva:

A(ξ, θ) = ma2

(1 sin θ

sin θ 3/2

)(918.6)

in quanto:

detA(ξ, θ) = (ma2)2(3

2− sin2θ

)= (ma2)2

(1

2+ cos2θ

)> 0

e:

trA(ξ, θ) =5

2ma2 > 0 .

(d) Equazioni di LagrangeGrazie all’ipotesi dei vincoli ideali le equazioni pure del moto possono essere identificatecon quelle di Lagrange:

d

dt

(∂L∂ξ

)− ∂L

∂ξ= Dξ

d

dt

(∂L∂θ

)− ∂L

∂θ= Dθ

in termini della lagrangiana L = T + U desunta dalle espressioni (918.5) e (918.1) perl’energia cinetica ed il potenziale del sistema:

L =ma2

2

(ξ2 +

3

2θ2 +2 sin θξθ

)+mga(ξ−cos θ)+ma2ω2

(− ξ

2

10+

2

5ξ cos θ

)+ma2ω2

2sin2θ

e delle componenti generalizzate (918.2) delle resistenze viscose. I termini utili al calcolodei binomi di Lagrange sono elencati di seguito:

∂L

∂ξ= ma2(ξ + sin θθ)

d

dt

(∂L∂ξ

)= ma2(ξ + sin θθ + cos θθ2)

∂L

∂ξ= mga+ma2ω2

(−ξ

5+

2

5cos θ

)∂L

∂θ= ma2

(3

2θ + sin θξ

) d

dt

(∂L∂θ

)= ma2

(3

2θ + sin θξ + cos θθξ

)∂L

∂θ= ma2 cos θξθ +mga sin θ − 2

5ma2ω2ξ sin θ +ma2ω2 sin θ cos θ

Stefano Siboni 5005


in modo che le equazioni pure del moto risultano:

ma2(ξ + sin θθ + cos θθ2)−mga+ma2ω2(ξ

5− 2

5cos θ

)= −βa2(2ξ + sin θθ)

ma2(3

2θ + sin θξ

)−mga sin θ +

2

5ma2ω2ξ sin θ −ma2ω2 sin θ cos θ = −βa2(θ + sin θξ) .

(e) Piccole oscillazioni

Per β = 0 le resistenze viscose vengono rimosse dal sistema, che diventa posizionale con-servativo. Gli equilibri rimangono invariati, ma la conservazione dell’energia meccanicane esclude l’attrattivita anche nel caso di massimi relativi propri del potenziale. Questirisultano ora stabili, ma non asintoticamente, per il teorema di Lagrange-Dirichlet; gliequilibri dove la matrice hessiana del potenziale ammetta almeno un autovalore positivosono instabili per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Piu in dettaglio:

(ξ, θ) = (λ+ 2, 0) e rispettivamente:

− stabile per Lagrange-Dirichlet se λ > 1;

− instabile per l’inversione parziale di Lagrange-Dirichlet se λ < 1;

− un caso critico di stabilita per λ = 1, perche l’hessiana presenta un autovalorenegativo ed uno nullo. In effetti, essendosi gia verificato che anche in questocaso il punto stazionario costituisce un massimo relativo proprio del potenziale,l’equilibrio risulterebbe stabile per Lagrange-Dirichlet.

(ξ, θ) = (λ − 2, π) si dimostra essere instabile per l’inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

(ξ, θ) = (3λ,±θ?) sono stabili per Lagrange-Dirichlet, in quanto massimi relativi pro-pri del potenziale.

Per semplicita, conviene analizzare le piccole oscillazioni nell’intorno dell’equilibrio (ξ, θ) =(λ+2, 0) quando λ > 1. In tal caso la matrice dell’energia cinetica (918.6) e quella hessianadel potenziale (918.4) sono entrambe diagonali:

A(λ+ 2, 0) = ma2

(1 00 3/2

)HU (λ+ 2, 0) =

ma2ω2

5

(−1 00 1− λ

),

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

0 = det[Ω2A(λ+ 2, 0) +HU (λ+ 2, 0)

],

Stefano Siboni 5006


ossia di:

0 = det

[ma2Ω2

(1 00 3/2

)+ma2ω2

5

(−1 00 1− λ

)]=

= det

ma2Ω2 − ma2ω2

50

03

2ma2Ω2 − ma2ω2

5(λ− 1)

=

= ma2(

Ω2 − ω2

5

) 3

2ma2

(Ω2 − 2

15ω2(λ− 1)

)=

=3

2m2a4

(Ω2 − ω2

5

)(Ω2 − 2

15ω2(λ− 1)

),


Ω1 =ω√5

Ω2 =

√2

15(λ− 1) ω .

Le equazioni delle piccole oscillazioni sono gia disaccoppiate, per cui le coordinate ξ, θpossono considerarsi di fatto delle coordinate normali per il sistema. Posto ξ = λ+ 2 + δξe θ = δθ, si ha infatti:

A(λ+ 2, 0)

(δξδθ

)−HU (λ+ 2, 0)

(δξδθ

)=

(00

)vale a dire:

ma2

(1 00 3/2

)(δξδθ

)− ma2ω2

5

(−1 00 1− λ

)(δξδθ

)=

(00

)e quindi:

ma2δξ +ma2ω2

5δξ = 0

3

2ma2δθ +

ma2ω2

5(λ− 1)δθ = 0

⇐⇒

δξ +

ω2

5δξ = 0

δθ +2

15(λ− 1)ω2δθ = 0 .

Un modo normale di oscillazione vede variare la sola coordinata ξ, secondo la legge oraria:(δξδθ

)= A1

(10

)cos( ω√

5t+ α1

)∀ t ∈ R ,

con A1 6= 0 e α1 costanti reali arbitrarie. Il disco D oscilla verticalmente, con il diametroAB che si mantiene lungo l’asse Oy. All’opposto, nel secondo modo normale di oscillazionee l’angolo θ a variare nel tempo con legge sinusoidale, mentre la variabile ξ si conserva fissaal valore di equilibrio:(

δξδθ

)= A2

(01

)cos(√ 2

15(λ− 1) ωt+ α2

)∀ t ∈ R ,

con A2 6= 0 e α2 costanti reali arbitrarie. In questo caso il punto A del disco occupa unaposizione fissata, mentre B oscilla lateralmente attorno all’asse verticale Oy. Si osservi chel’ordine dei modi normali non e stabilito a priori, poiche dipende dal valore del parametroadimensionale λ > 1.

Stefano Siboni 5007


Esercizio 919. Sistema scleronomo posizionale conservativo a 2 g.d.l.


che ruota con velocita angolare costante ω at-torno all’asse verticale Oy rispetto ad un riferi-mento inerziale, una piastra quadrata omoge-nea P = ABCD, di lato 2a, centro Z e massam, ha il punto medio M del lato AB vincolatoa scorrere lungo Oy. Il sistema e pesante e unamolla ideale di stiffness k = mω2/3 collega Ocon il punto medio N del lato CD. Assunti ivincoli ideali, si usino i parametri lagrangianis, ϕ ∈ R evidenziati in figura per determinaredel sistema, relativamente alla terna Oxyz:

(a) gli equilibri ordinari;




(e) gli equilibri di confine, con le relative condizioni di esistenza, qualora fosse s ≥ 0.

Soluzione(a) Equilibri ordinariIl sistema, scleronomo e a vincoli bilaterali ideali, e soggetto esclusivamente a sollecitazioniposizionali conservative: le forze peso, le forze centrifughe e l’interazione elastica fra i puntiN ed O. Su ogni punto della piastra le forze di Coriolis agiscono ortogonalmente al pianovincolare Oxy ed hanno percio componenti generalizzate nulle, non influenzando cosı nela dinamica ne la statica del sistema. Le sollecitazioni vengono descritte per mezzo deicorrispondenti potenziali.

Potenziale gravitazionalePer determinare il potenziale gravitazionale del sistema e necessario esprimere la posizionedel baricentro Z della piastra in termini dei parametri lagrangiani:

Z −O = M −O + Z −M = −ase2 + a sinϕ e1 + a cosϕ e2 =

= a sinϕ e1 + a(−s+ cosϕ)e2 .

Il potenziale gravitazionale del sistema diventa percio:

Ug = −mge2 · (Z −O) = −mga(−s+ cosϕ) = mga(s− cosϕ) .

Potenziale elasticoIl calcolo del potenziale elastico associato alla molla ideale di stiffness k = mω2/3 richiedeinvece la determinazione della posizione di N in funzione dei parametri lagrangiani:

N −O = M −O + 2(Z −M) = −ase2 + 2a sinϕ e1 + 2a cosϕ e2 =

= 2a sinϕ e1 + a(−s+ 2 cosϕ)e2

Stefano Siboni 5008


da cui segue:

|N −O|2 = 4a2sin2ϕ+ a2(−s+ 2 cosϕ)2 = a2(4 + s2 − 4s cosϕ) ,

in modo che il potenziale richiesto diventa:

Uel = −k2|N −O|2 = −mω

2

6|N −O|2 = −mω

2

6a2(4 + s2 − 4s cosϕ) =

= −ma2ω2

6(4 + s2 − 4s cosϕ) = ma2ω2

(−s

2

6+

2

3s cosϕ

)+ costante .

Potenziale centrifugoIl potenziale delle forze centrifughe e dato da:

Ucf =ω2

2IPOy =

ω2

2

[IPZy +m[(Z −M) · e1]2

]dove il momento d’inerzia della piastra rispetto all’asse baricentrale Zy e indipendentedall’angolo ϕ:

IPZy =m(2a)2

12=

ma2

3

causa la struttura giroscopica della piastra quadrata omogenea rispetto al proprio centro,mentre:

(Z −M) · e1 = a sinϕ .

Si ha pertanto:

Ucf =ω2

2

(ma2

3+ma2sin2ϕ

)=

ma2ω2

2sin2ϕ+ costante .

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

U(s, ϕ) = mga(s− cosϕ) +ma2ω2(−s

2

6+

2

3s cosϕ

)+ma2ω2

2sin2ϕ

definita per (s, ϕ) ∈ R2 — si sono omesse le costati additive, inessenziali.

Equilibri ordinariGli equilibri del sistema scleronomo posizionale conservativo a vincoli bilaterali ideali sonotutti ordinari e vanno identificati con i punti stazionari del potenziale. Essi si ottengonodunque annullando simultaneamente le derivate parziali prime di U :

∂U

∂s(s, ϕ) = Us(s, ϕ) = mga+ma2ω2

(−s

3+

2

3cosϕ

)∂U

∂ϕ(s, ϕ) = Uϕ(s, ϕ) = mga sinϕ− 2

3ma2ω2s sinϕ+ma2ω2 sinϕ cosϕ

Stefano Siboni 5009


ossia risolvendo il sistema di equazioni non lineari:mga+ma2ω2

(−s

3+

2

3cosϕ

)= 0

mga sinϕ− 2

3ma2ω2s sinϕ+ma2ω2 sinϕ cosϕ = 0

che equivale al seguente: 3g

aω2− s+ 2 cosϕ = 0

sinϕ( g

aω2− 2

3s+ cosϕ

)= 0 .

La prima equazione fornisce il valore di equilibrio della variabile s in funzione di quellodella variabile angolare ϕ:

s =3g

aω2+ 2 cosϕ , (919.1)

che sostituito nella seconda equazione porge:

sinϕ(− g

aω2− 1

3cosϕ

)= 0 .

La quest’ultima equazione si ricavano i valori di equilibrio della variabile angolare, annul-lando il primo o il secondo fattore dell’espressione a primo membro.

(i) Per sinϕ = 0 si hanno le soluzioni ϕ = 0 e ϕ = π, che tramite la (919.1) corrispondonoagli equilibri:

(s, ϕ) =( 3g

aω2+ 2, 0

), (s, ϕ) =

( 3g

aω2− 2, π

)definiti incondizionatamente.

(ii) Se − g

aω2− 1

3cosϕ = 0 ricorrono due ulteriori soluzioni:

ϕ = arccos(− 3g

aω2

): = ϕ? ϕ = −ϕ?

cui corrisponde lo stesso valore d’equilibrio della variabile s:

s =3g

aω2+ 2 cosϕ? =

3g

aω2+ 2(− 3g

aω2

)= − 3g

aω2

e sono quindi associati gli equilibri:

(s, ϕ) =(− 3g

aω2, ϕ?

)(s, ϕ) =

(− 3g

aω2, −ϕ?

)definiti e distinti dai precedenti per λ := 3g/aω2 < 1. In tal caso e ϕ? = arccos(−λ) ∈(π/2, π).

Stefano Siboni 5010


In sintesi, gli equilibri del sistema sono dati da:

(s, ϕ) = (λ+ 2, 0) (s, ϕ) = (λ− 2, π),

sempre definiti, e:

(s, ϕ) = (−λ, ϕ?) (s, ϕ) = (−λ,−ϕ?),

definiti e distinti dai precedenti per λ = 3g/aω2 < 1, con ϕ? = arccos(−λ) ∈ (π/2, π).Si osservi che nelle prime due configurazioni di equilibrio la piastra P si dispone vertical-mente, con il punto N allineato lungo l’asse verticale Oy, rispettivamente al di sopra e aldi sotto del punto M . Gli ultimi due equilibri hanno invece s = −λ < 0 e ϕ? ∈ (π/2, π) evedono percio il punto M posizionarsi al di sopra dell’asse Ox, mentre l’ordinata di N einferiore a quella di M .

(b) Stabilita degli equilibri ordinariIl sistema e scleronomo, posizionale e conservativo: le proprieta di stabilita dei suoi equi-libri possono essere analizzate ricorrendo ai teoremi classici di Lagrange-Dirichlet e diinversione parziale. Si osservi che la conservazione dell’energia meccanica H = T − U es-clude comunque l’attrattivita degli equilibri. Si deve quindi classificare la matrice hessianadel potenziale secondo il segno dei suoi autovalori in ciascuna configurazione di equilibrio.A questo scopo si calcolano le derivate parziali seconde di U :

Uss(s, ϕ) = −ma2ω2

3Uϕs(s, ϕ) = Usϕ(s, ϕ) = −2

3ma2ω2 sinϕ

Uϕϕ(s, ϕ) = mga cosϕ− 2

3ma2ω2s cosϕ+ma2ω2(cos2ϕ− sin2ϕ)

e la matrice hessiana corrispondente:

HU (s, ϕ) =ma2ω2

3

(−1 −2 sinϕ

−2 sinϕ3g

aω2cosϕ− 2s cosϕ+ 3(cos2ϕ− sin2ϕ)

)

in ciascuna configurazione di equilibrio. Essendo all’equilibrio s = λ + 2 cosϕ, le matricihessiane da considerare sono in effetti del tipo:

HU (λ+ 2 cosϕ,ϕ) =ma2ω2

3

(−1 −2 sinϕ

−2 sinϕ −λ cosϕ− cos2ϕ− 3 sin2ϕ

)perche in tal caso:

3g

aω2cosϕ− 2s cosϕ+ 3(cos2ϕ− sin2ϕ) =

=λ cosϕ− 2(λ+ 2 cosϕ) cosϕ+ 3 cos2ϕ− 3 sin2ϕ =

= − λ cosϕ− cos2ϕ− 3 sin2ϕ .

Stefano Siboni 5011


Equilibrio (s, ϕ) = (λ+ 2, 0), definito ∀λ > 0In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale assume la forma diagonale:

HU (λ+ 2, 0) =ma2ω2

3

(−1 00 −λ− 1

)che consente di riconoscere immediatamente il segno sempre negativo degli autovalori. Lamatrice e dunque definita negativa e caratterizza l’equilibrio come massimo relativo propriodel potenziale, la cui stabilita e assicurata del teorema di Lagrange-Dirichlet.

Equilibrio (s, ϕ) = (λ− 2, π), definito ∀λ > 0Nella fattispecie si ha la matrice diagonale:

HU (λ− 2, π) =ma2ω2

3

(−1 00 λ− 1

)ma questa volta gli autovalori non presentano entrambi segno definito e si rende necessariodistinguere tre diversi casi:

se λ < 1 la matrice risulta definita negativa e l’equilibrio si riconosce essere un massimorelativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet;

per λ > 1 la matrice e indefinita, con un autovalore negativo ed uno positivo. Ilricorrere di un autovalore positivo implica l’instabilita dell’equilibrio per il teorema diinversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

qualora sia infine λ = 1 la matrice hessiana risulta semidefinita non definita nega-tiva, con un autovalore negativo ed uno nullo. L’applicazione del teorema di inver-sione parziale e esclusa, ma vi e ancora la possibilita si possa applicare il teoremadi Lagrange-Dirichlet, una volta approvato che l’equilibrio costituisca un massimorelativo proprio del potenziale. Questo richiede uno studio di funzione piu sofisti-cato che non il semplice calcolo della matrice hessiana: il ricorso ad uno sviluppo diTaylor di ordine superiore al secondo nell’intorno del punto stazionario, o una conve-niente riscrittura della funzione potenziale atta a rendere evidente la natura del puntostazionario. A questo scopo conviene operare sul potenziale adimensionalizzato:

u(s, ϕ) =3

ma2ω2U(s, ϕ) = λ(s− cosϕ)− s2

2+ 2s cosϕ+

3

2sin2ϕ

che per λ = 1 si riduce a:

u(s, ϕ) = s− cosϕ− s2

2+ 2s cosϕ+

3

2sin2ϕ

Si deve studiare l’andamento della funzione nell’intorno del punto stazionario (s, ϕ) =(−1, π), per cui e opportuno porre s = −1 + δs, ϕ = π + δϕ e scrivere:

u(−1 + δs, π + δϕ) = −1 + δs+ cos δϕ− 1

2(−1 + δs)2 − 2(−1 + δs) cos δϕ+

3

2sin2δϕ

Stefano Siboni 5012


ossia:

u(−1+δs, π+δϕ) = −1+δs+cos δϕ− 1

2− δs

2

2+δs+2 cos δϕ−2δs cos δϕ+

3

2sin2δϕ

e quindi, usando l’identita trigonometrica cos 2α = cos2α− sin2α = 1− 2 sin2α:

u(−1 + δs, π + δϕ) = −3

2− δs2

2+ 2δs− 2δs cos δϕ+ 3 cos δϕ+

3

2sin2δϕ =

= −3

2− δs2

2+ 4δs sin2 δϕ

2+ 3− 6 sin2 δϕ

2+ 6 sin2 δϕ

2cos2 δϕ

2=

=3

2− 1

2

(δs2 − 8δs sin2 δϕ

2+ 16 sin4 δϕ

2

)+ 8 sin4 δϕ

2− 6 sin4 δϕ

2

=3

2− 1

2

(δs− 4 sin2 δϕ

2

)2

+ 2 sin4 δϕ

2.

L’espressione finale mostra chiaramente che l’equilibrio non e ne un massimo ne unminimo relativo del potenziale, per cui ricorre un caso critico di stabilita. In effetti,per i sistemi a 2 gradi di liberta posizionali conservativi Paul Painleve ha dimostratol’instabilita delle configurazioni di equilibrio che non siano massimi relativi propri delpotenziale (supposto funzione sviluppabile in serie di potenze in un intorno del puntodi equilibrio), anche nel caso in cui un autovalore dell’hessiana sia negativo e l’altro sianullo. Pertanto, in forza di questo risultato molto particolare l’equilibrio risulterebbeinstabile.

Equilibri (s, ϕ) = (−λ,±ϕ?), definiti per 0 < λ < 1, con cosϕ? = −λLe due configurazioni di equilibrio presentano esattamente le stesse proprieta di stabilitaper via della evidente simmetria del potenziale:

U(s, ϕ) = U(s,−ϕ) ∀ (s, ϕ) ∈ R2 .

Basta quindi analizzare la stabilita di una sola di esse, ad esempio (s, ϕ) = (−λ, ϕ?). Lamatrice hessiana del potenziale risulta in questo caso:

HU (−λ, ϕ?) =ma2ω2

3

(−1 −2 sinϕ?

−2 sinϕ? −λ cosϕ? − cos2ϕ? − 3 sin2ϕ?

)=

=ma2ω2

3

(−1 −2 sinϕ?

−2 sinϕ? −3 sin2ϕ?

)ed il suo determinante ha sempre segno negativo:

detHU (−λ, ϕ?) =(ma2ω2

3

)2

(3 sin2ϕ? − 4 sin2ϕ?) = −(ma2ω2

3

)2

sin2ϕ? < 0 ,

essendo ϕ? ∈ (π/2, π). L’hessiana, indefinita, presenta un autovalore negativo ed unopositivo. La presenza di un autovalore positivo implica l’instabilita dell’equilibrio per ilteorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 5013


(c) Energia cineticaPoiche la piastra e priva di punti fissi, l’energia cinetica del sistema si puo determinarericorrendo al teorema di Konig, che porge:

T =m

2Z2 +

1

2IPZz∣∣~ωP∣∣2

con:

IPZz =m(2a)2

6=

2

3ma2 e: ~ωP = −ϕ e3 ,

mentre:Z = a cosϕ ϕ e1 + a(−s− sinϕ ϕ)e2

per cui:Z2 = a2(ϕ2 + s2 + 2 sinϕ sϕ) .

Ne deriva che:

T =ma2

2(ϕ2 + s2 + 2 sinϕ sϕ) +

1

2

2

3ma2ϕ2 =

ma2

2

(s2 +

5

3ϕ2 + 2 sinϕ sϕ

).

(d) Equazioni di LagrangeLe equazioni di Lagrange del sistema si scrivono:

d

dt

(∂L∂s

)− ∂L

∂s= 0

d

dt

(∂L∂ϕ

)− ∂L

∂ϕ= 0


L = T + U =ma2

2

(s2 +

5

3ϕ2 + 2 sinϕ sϕ

)+

+ mga(s− cosϕ) +ma2ω2(−s

2

6+

2

3s cosϕ

)+ma2ω2

2sin2ϕ .

I termini utili al calcolo dei binomi di Lagrange sono dati da:

∂L

∂s= ma2(s+ sinϕ ϕ)

d

dt

(∂L∂s

)= ma2(s+ sinϕ ϕ+ cosϕ ϕ2)

∂L

∂s= mga+ma2ω2

(−s

3+

2

3cosϕ

)∂L

∂ϕ= ma2

(5

3ϕ+ sinϕ s

) d

dt

(∂L∂ϕ

)= ma2

(5

3ϕ+ sinϕ s+ cosϕ ϕs

)∂L

∂ϕ= ma2 cosϕ sϕ+mga sinϕ− 2

3ma2ω2s sinϕ+ma2ω2 sinϕ cosϕ

per cui le equazioni lagrangiane del moto risultano:

ma2(s+ sinϕ ϕ+ cosϕ ϕ2)−mga−ma2ω2(−s

3+

2

3cosϕ

)= 0

ma2(5

3ϕ+ sinϕ s

)−mga sinϕ+

2

3ma2ω2s sinϕ−ma2ω2 sinϕ cosϕ = 0 .

Stefano Siboni 5014


(e) Equilibri di confine se s ≥ 0Nell’ipotesi indicata le configurazioni di confine del sistema sono date da:

(s, ϕ) = (0, ϕo) ∀ϕo ∈ R .

Poiche il sistema e a vincoli ideali, la condizione necessaria e sufficiente affinche una con-figurazione di confine sia un equilibrio segue dal teorema dei lavori virtuali:

αsQs(0, ϕo) + αϕQϕ(0, ϕo) ≤ 0 ∀αs ≥ 0 , αϕ ∈ R

che equivale al sistema di relazioni: Qs(0, ϕo) ≤ 0Qϕ(0, ϕo) = 0

nel quale le componenti generalizzate delle forze attive sono date dalle corrispondentiderivate parziali prime del potenziale:

Qs(s, ϕ) = Us(s, ϕ) = mga+ma2ω2(−s

3+

2

3cosϕ

)Qϕ(s, ϕ) = Uϕ(s, ϕ) = mga sinϕ− 2

3ma2ω2s sinϕ+ma2ω2 sinϕ cosϕ .

Queste per (s, ϕ) = (0, ϕo) diventano:

Qs(0, ϕo) = mga+2

3ma2ω2 cosϕo

Qϕ(0, ϕo) = mga sinϕo +ma2ω2 sinϕo cosϕo

e porgono pertanto le condizioni di equilibrio:mga+2

3ma2ω2 cosϕo ≤ 0

mga sinϕo +ma2ω2 sinϕo cosϕo = 0

vale a dire: mga+2

3ma2ω2 cosϕo ≤ 0

sinϕo

( g

aω2+ cosϕo

)= 0 .

L’equazione e soddisfatta per:

(i) sinϕo = 0, nel qual caso deve aversi ϕo = 0, ovvero ϕo = π;

(ii) cosϕo = −g/aω2, in modo che si hanno le ulteriori soluzioni ϕo = arccos(−g/aω2) :=ϕ e ϕo = − arccos(−g/aω2) = −ϕ per g/aω2 < 1.

Stefano Siboni 5015


Se ϕo = 0 la disequazione si riduce a:

mga+2

3ma2ω2 ≤ 0

e non e mai soddisfatta, per cui (s, ϕ) = (0, 0) non costituisce un equilibrio di confine peril sistema.Se ϕ0 = π la disequazione di equilibrio diventa invece:

mga− 2

3ma2ω2 ≤ 0 ⇐⇒ 3g

aω2≤ 2

e fornisce la condizione necessaria e sufficiente affinche (s, ϕ) = (0, π) sia un equilibrio diconfine del sistema.Se infine ϕo = ϕ o ϕo = −ϕ, con cos ϕ = −g/aω2, in ambo i casi la disequazione assumela forma:

mga+2

3ma2ω2

(− g

aω2

)≤ 0 ⇐⇒ 1

3mga ≤ 0

e non e soddisfatta. La configurazioni (s, ϕ) = (0, ϕ) e (s, ϕ) = (0,−ϕ) non sono equilibridi confine per il sistema.

In conclusione, il sistema ammette un unico equilibrio di confine per:

(s, ϕ) = (0, π)

a condizione che si abbia:3g

aω2≤ 2 .

Esercizio 920. Geometria delle masse e dinamica rigidaNel piano Oxy di una terna solidale Oxyz =Oe1e2e3 un sistema rigido e costituito da duepiastre quadrate identiche, Q1 e Q2, di latoa, e da un’asta AB di lunghezza a, dispostecome mostrato in figura. La piastra Q2 si puopensare ottenuta ruotando di 180o attorno adOx una piastra uguale a Q1. Le densita di Q1

e AB si scrivono rispettivamente:

σ(P ) =µ

a3(P −O) · e1 ∀P ∈ Q1

λ(P ) =µ

a2|P −A| ∀P ∈ AB

con µ massa costante caratteristica. Determi-nare del sistema:



Stefano Siboni 5016


(c) i momenti d’inerzia riferiti alla retta r : y = x, z = 0 e alla retta s : x = a, z = 0;

(d) tutte le terne centrali d’inerzia e i momenti centrali d’inerzia;

(e) l’energia cinetica e il momento angolare in O rispetto alla terna dove il sistema simuove con punto fisso O e velocita angolare istantanea ~ω = −ωe2 + ωe3, con ω > 0costante. Che tipo di moto esegue il sistema?

Soluzione(a) Massa e baricentroPiastra Q1

La piastra Q1 ammette una parametrizzazione banale in termini delle coordinate cartesianex e y:

P −O = xe1 + ye2 , (x, y) ∈ [0, a]2 ,


σ(P ) =µ

a3x , (x, y) ∈ [0, a]2 .

La massa della piastra viene ricavata integrando la densita areale sul quadrato Q1:

mQ1=

∫Q1

σ dA =

a∫0

dx

a∫0

dyµ

a3x =

µ

a3

a∫0

x dx

a∫0

dy =µ

a3

a2

2a =

µ

2.

Poiche la densita areale σ e indipendente dall’ordinata y ed inoltre:

(x, y) ∈ [0, a]2 =⇒ (x, a− y) ∈ [0, a]2 ,

si ha che:σ(x, y) = σ(x, a− y) ∀ (x, y) ∈ [0, a]2 ,

per cui la retta di equazione y = a/2, z = 0 costituisce un asse di simmetria di Q1. Ilvettore posizione del baricentro GQ1 della piastra ha dunque la forma:

GQ1−O = xQ1

e1 +a

2e2 ,

con l’ascissa data da:

xQ1 =1

mQ1

∫Q1

xσ dA =2

µ

a∫0

dx

a∫0

dy xµ

a3x =

2

a3

a∫0

x2dx

a∫0

dy =2

a3

a3

3a =

2

3a ,


GQ1 −O =2

3ae1 +

a

2e2 .

Stefano Siboni 5017


Piastra Q2

La piastra Q2 e identica a Q1, di cui ha quindi la stessa massa:

mQ2= mQ1

=µ

2.

D’altra parte, la piastra Q2 e stata ottenuta da una piastra identica a Q1 mediante unarotazione di π radianti attorno all’asse Ox. I baricentri GQ1

e GQ2delle due piastre

presentano percio la stessa ascissa ma valori opposti di ordinata:

GQ2−O =

2

3ae1 −

a

2e2 .

Asta ABL’asta rettilinea AB ammette la parametrizzazione banale:

P −A = s e1 , s ∈ [0, a] ,

cui corrisponde la densita lineare:

λ(P ) =µ

a2|s e1| =

µ

a2s , s ∈ [0, a] .

La massa dell’asta si ricava integrando questa densita sul segmento AB:

mAB =

∫AB

λ ds =

a∫0

µ

a2s ds =

µ

a2

a2

2=

µ

2.

Per simmetria il baricentro GAB dell’asta deve essere individuato da un vettore posizionedella forma:

GAB −A = sAB e1 ,

con:

sAB =1

mAB

∫AB

s λ ds =2

µ

a∫0

sµ

a2s ds =

2

a2

a3

3=

2

3a ,

per cui:

GAB −A =2

3ae1

e quindi:

GAB −O = A−O + GAB −A = ae1 +2

3ae1 =

5

3ae1 .

Massa del sistemaLa somma delle masse delle due piastre e dell’asta fornisce la massa dell’intero sistema:

m = mQ1+mQ2

+mAB =µ

2+µ

2+µ

2=

3

2µ .

Stefano Siboni 5018


Baricentro del sistemaIl baricentro del sistema viene individuato applicando il teorema distributivo alle piastreQ1 e Q2 e all’asta AB:

G−O =

µ

2(GQ1 −O) +

µ

2(GQ2 −O) +

µ

2(GAB −O)

3

2µ

=

=1

3

(GQ1−O +GQ2

−O +GAB −O)

=

=1

3

(2

3ae1 +

a

2e2 +

2

3ae1 −

a

2e2 +

5

3ae1

)=

1

3

(3ae1

)= ae1 .

Si osservi che il risultato e consistente con l’essere Ox un evidente asse di simmetria delsistema.

(b) Matrice d’inerziaMatrice d’inerzia della piastra Q1

Poiche la piastra giace interamente nel piano coordinato Oxy, la matrice d’inerzia di Q1

rispetto alla terna Oxyz deve assumere la forma:

[LQ1

O ] =

LQ1xx LQ1

xy 0

LQ1xy LQ1

yy 0

0 0 LQ1xx + LQ1

yy

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

LQ1xx =

∫Q1

y2σ dA =

a∫0

dx

a∫0

dy y2 µ

a3x =

µ

a3

a∫0

x dx

a∫0

y2 dy =µ

a3

a2

2

a3

3=

1

6µa2 ,

mentre quello relativo all’asse Oy risulta:

LQ1yy =

∫Q1

x2σ dA =

a∫0

dx

a∫0

dy x2 µ

a3x =

µ

a3

a∫0

x3dx

a∫0

dy =µ

a3

a4

4a =

1

4µa2

e l’unico prodotto d’inerzia non banale vale:

LQ1xy = −

∫Q1

xyσ dA = −a∫

0

dx

a∫0

dy xyµ

a3x = − µ

a3

a∫0

x2dx

a∫0

y dy = − µ

a3

a3

3

a2

2= −1

6µa2 ,

per cui:

[LQ1

O ] = µa2

1/6 −1/6 0−1/6 1/4 0

0 0 5/12



Matrice d’inerzia della piastra Q2

Rispetto a Q1 la piastra Q2 e ruotata di 180o attorno all’asse Ox. Di conseguenza si ha:

LQ2xx = LQ1

xx LQ2yy = LQ1

yy ,

mentre:LQ2xy = −LQ1

xy .

La matrice d’inerzia relativa a Oxyz di Q2 e pertanto:

[LQ2

O ] = µa2

1/6 1/6 01/6 1/4 00 0 5/12

.Matrice d’inerzia dell’asta ABL’asta AB si puo parametrizzare convenientemente con:

P −O = xe1 , x ∈ [a, 2a] ,

e la sua matrice d’inerzia relativa a Oxyz risulta:

[LABO ] =

0 0 00 LAByy 0

0 0 LAByy

= µa2

0 0 00 17/12 00 0 17/12

in quanto:

LAByy =

∫AB

x2λ ds =

2a∫a

x2 µ

a2(x− a) dx =

µ

a2

2a∫a

(x3 − ax2) dx =µ

a2

[x4

4− ax3

3

]2a

a

=

=µ

a2

(4a4 − 8

3a4 − a4

4+a4

3

)= µa2

(4− 8

3− 1

4+

1

3

)= µa2 48− 32− 3 + 4

12=

17

12µa2.

Matrice d’inerzia del sistemaPer determinare la matrice d’inerzia in Oxyz dell’intero sistema non rimane che sommarele matrici d’inerzia, relative alla stessa terna Oxyz, delle due piastre e dell’asta:

[LO] = [LQ1

O ] + [LQ2

O ] + [LABO ] =

= µa2

1/6 −1/6 0−1/6 1/4 0

0 0 5/12

+ µa2

1/6 1/6 01/6 1/4 00 0 5/12

+ µa2

0 0 00 17/12 00 0 17/12

=

= µa2

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

+ µa2

0 0 00 17/12 00 0 17/12

= µa2

1/3 0 00 23/12 00 0 9/4



(c) Momenti d’inerzia relativi alle rette r ed sRetta r di equazione y = x, z = 0La retta passa chiaramente per l’origine O ed ammette il versore direttore:

n =e1 + e2

|e1 + e2|=

e1 + e2√2

.

Il momento d’inerzia del sistema relativo ad r e quindi dato dalla relazione:

Ir = IOn = n · LO(n) =1√2

(1 1 0) [LO]1√2

110

=1

2

(Lxx + Lyy + 2Lxy

)=

=1

2

(1

3µa2 +

23

12µa2 + 2 · 0

)=

1

2

27

12µa2 =

9

8µa2 .

Retta s di equazione x = a, z = 0La retta s e parallela all’asse Oy e passa per il baricentro G del sistema — si ricordi cheG−O = ae1. Per il teorema di Huygens-Steiner si ha dunque:

Is = IGy = IOy −m|(G−O) · e1|2 = Lyy −m|(G−O) · e1|2 =23

12µa2− 3

2µa2 =

5

12µa2.

(d) Terne centrali d’inerzia e momenti centrali d’inerziaLa terna centrale d’inerzia ha origine in G e Gx e uno dei suo assi centrali d’inerzia, inquanto asse di simmetria. Analogamente, anche Gz rappresenta un asse centrale d’inerzia,perche passante per G ed ortogonale a Gxy = Oxy, piano di giacitura e simmetria delsistema. Il teorema spettrale implica infine che anche Gy, essendo ortogonale sia a Gxche a Gz, costituisca un asse centrale d’inerzia. La terna centrale d’inerzia Gxyz e quindiottenuta traslando Oxyz di un vettore G−O = ae1. Di conseguenza:

LGxx = Lxx =1

3µa2

LGyy = Lyy −m|G−O|2 =23

12µa2 − 3

2µa2 =

5

12µa2

LGzz = Lzz −m|G−O|2 =9

4µa2 − 3

2µa2 =

3

4µa2 .

La matrice centrale d’inerzia e pertanto:

[LG] = µa2

1/3 0 00 5/12 00 0 3/4

ed i suoi elementi diagonali forniscono i momenti centrali d’inerzia richiesti:

A1 =1

3µa2 A2 =

5

12µa2 A3 =

3

4µa2 .

Poiche i momenti centrali d’inerzia sono tutti distinti, il teorema spettrale comporta chela terna centrale d’inerzia sia determinata univocamente a meno di eventuali inversionidi uno o piu assi coordinati — l’operatore d’inerzia in O ammette tre autospazi distinti,ciascuno di dimensione 1.

Stefano Siboni 5021


(e) Energia cinetica e momento angolare in OMomento angolare in ORispetto alla terna prescelta il sistema rigido presenta punto fisso O e velocita angolareistantanea ~ω = −ωe2 + ωe3, con ω > costante. Il momento angolare in O del sistema valequindi:

~KO = LO(~ω) = K1e1 +K2e2 +K3e3

con le componenti cartesiane K1,K2,K3 date da:K1

K2

K3

= [LO]

0−ωω

= µa2

1/3 0 00 23/12 00 0 9/4

0−ωω

= µa2ω

0−23/12

9/4

,per cui:

~KO = µa2ω(−23

12e2 +

9

4e3

).

Energia cineticaPer il corpo rigido con punto fisso O e velocita angolare ~ω l’energia cinetica si scrive:

T =1

2~ω · ~KO =

1

2(−ωe2 + ωe3) · µa2ω

(−23

12e2 +

9

4e3

)=

=1

2µa2ω2

(23

12+

9

4

)=

1

2µa2ω2 23 + 27

12=

50

24µa2ω2 =

25

12µa2ω2.

Tipo di motoPer ipotesi il vettore ~ω e costante nella terna solidale Oxyz. Di conseguenza, esso risultacostante anche rispetto alla terna assoluta, essendo come ben noto:

dA~ω

dt=

dR~ω

dt+ ~ω ∧ ~ω =

dR~ω

dt=

d

dt(−ω)e2 +

dω

dte3 = 0 .

Essendo O punto fisso e la velocita angolare istantanea costante, il moto del sistema rigido erotatorio uniforme con asse fissoO~ω, passante perO e di direzione costante ~ω = −ωe2+ωe3,ossia −e2 + e3.

Esercizio 921. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. non conservativoNel piano Oxy di una terna Oxyz = Oe1e2e3, con asse verticale Oy, un disco circolareomogeneo D, di massa m, centro C e raggio a, puo ruotare attorno all’asse fisso Oz passanteper il suo bordo. Una piastra rettangolare P,di massa m, trasla verticalmente mantenendoil proprio lato orizzontale AB a contatto conil bordo di D. Una molla ideale di stiffness kcollega O con il punto A, che e anche soggettoad una resistenza viscosa di costante β; analogaresistenza agisce su C. Il sistema e pesante e avincoli ideali. Posto che Oxyz ruota con ve-locita angolare costante ω attorno all’asse Oyrispetto ad un riferimento inerziale, si usi l’an-golo ϕ ∈ R in figura per determinare del si-stema, relativamente a Oxyz:

Stefano Siboni 5022


(a) l’espressione dell’energia cinetica;

(b) gli equilibri, con le relative condizioni di esistenza, considerando tutte le sollecitazioni;

(c) le caratteristiche di stabilita degli equilibri, considerando tutte le sollecitazioni;


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

Soluzione(a) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema e la somma delle energie cinetiche di disco e piastra, riferitealla stessa terna Oxyz.

Energia cinetica del disco DIl disco omogeneo ruota di un angolo ϕ attorno all’asse fisso Oz; la relativa energia cineticae data dal teorema di Konig:

TD =m

2C2 +

1

2IDCz∣∣~ωD∣∣2 ,

dove posizione e velocita istantanea del baricentro C si scrivono:

C −O = a(sinϕe1 − cosϕe2) =⇒ C = a(cosϕe1 + sinϕe2)ϕ

con modulo quadrato:C2 = a2ϕ2 ,

mentre il momento d’inerzia relativo all’asse Cz e la velocita angolare istantanea risultanorispettivamente:

IDCz =ma2

2~ωD = ϕe3 .

Sostituendo i dati, si deduce per l’energia cinetica del disco l’espressione seguente:

TD =ma2

2ϕ2 +

1

2

ma2

2

∣∣ϕe3

∣∣2 =3

4ma2ϕ2 .

Energia cinetica della piastra PLa piastra P e vincolata a muoversi di moto traslatorio rettilineo lungo la direzione verticale.Ad ogni istante tutti i suoi punti si muovono con la velocita istantanea del punto A, la cuiposizione e individuata dal vettore:

A−O = (N −O) · e2 e2 + costante e1 = a(1− cosϕ)e2 + costante e1 ,

in modo che risulta:A = a sinϕ ϕ e2 .

Per l’energia cinetica di P si ha pertanto:

TP =m

2A2 =

m

2

∣∣a sinϕ ϕ e2

∣∣2 =ma2

2sin2ϕ ϕ2 .

Stefano Siboni 5023


Energia cinetica del sistemaLa somma delle energie cinetiche di disco e piastra porge l’energia cinetica del sistema:

T = TD + TP =3

4ma2ϕ2 +

ma2

2sin2ϕ ϕ2 = ma2

(3

4+

1

2sin2ϕ

)ϕ2 .

(b) EquilibriIl sistema, scleronomo e a vincoli bilaterali ideali, e soggetto a sollecitazioni posizionaliconservative — il peso, l’interazione elastica fra A ed O, le forze centrifughe — e a sol-lecitazioni di natura dissipativa — le resistenze viscose in A e in C. Le forze di Coriolisagiscono su punti che sono tutti ubicati nel piano coordinato Oxy e risultano a questo or-togonali: ne deriva che la componente generalizzata delle forze di Coriolis e costantementenulla e non produce alcun effetto ne sulla statica ne sulla dinamica del sistema.

Potenziale gravitazionaleIl baricentro C del disco e individuato dal vettore posizione:

C −O = a sinϕe1 − a cosϕe2 ,

mentre la posizione del baricentro della piastra P non e nota esattamente — non e specifi-cato se la piastra sia o meno omogenea, cosı come non ne sono precisate le esatte dimensioni.Poiche la piastra e vincolata a traslare lungo la direzione verticale, tuttavia, la posizionedi tale baricentro deve differire per un vettore costante rispetto alla posizione del verticeA:

A−O = (A−O) · e1 e1 + (A−O) · e2 e2 = costante e1 + (C −O) · e2 e2 + ae2 =

= costante e1 + a(1− cosϕ)e2 .

Il potenziale delle forze peso e quindi espresso da:

Ug = −mge2 · (C −O)−mge2 · (A−O) = mga cosϕ+mga(cosϕ− 1) =

= 2mga cosϕ+ costante .

Potenziale elasticoAlla molla ideale di stiffness k che congiunge A con l’origine O e associato il potenzialeelastico:

Uel = −k2|A−O|2 = −k

2

[costante + a2(1− cosϕ)2

]= −ka

2

2(cosϕ− 1)2 + costante .

Potenziale centrifugoIl potenziale delle forze centrifughe e la somma dei contributi relativi al disco e alla piastra.Il primo puo essere calcolato convenientemente ricorrendo al teorema di Huygens-Steiner,mentre il secondo risulta costante:

Ucf = UDcf + UP

cf =ω2

2

[IDCy +m[(C −O) · e1]2

]+ costante =

ma2ω2

2sin2ϕ+ costante .

Stefano Siboni 5024


Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali gravitazionale, elastico e centrifugo definisce il potenziale delsistema. Omesse le costanti additive, si ottiene percio:

U = Ug + Uel + Ucf = 2mga cosϕ− ka2

2(cosϕ− 1)2 +

ma2ω2

2sin2ϕ .

Componente generalizzata delle resistenze viscoseI punti di applicazione A e C delle resistenze viscose, con costante di frizione β, hannovelocita istantanee:

A = a sinϕϕ e2 C = a(cosϕe1 + sinϕe2)ϕ

di modulo quadrato:

A2 = a2sin2ϕ ϕ2 C2 = a2ϕ2 .

La funzione di Rayleigh corrispondente si scrive percio:

R = −β2A2 − β

2C2 = −β

2a2sin2ϕ ϕ2 − β

2a2ϕ2 = −βa

2

2(1 + sin2ϕ)ϕ2

e fornisce la componente generalizzata delle resistenze viscose:

Dϕ =∂R∂ϕ

= −βa2(1 + sin2ϕ)ϕ .

Si tratta di sollecitazioni completamente dissipative, dato il segno non positivo dellapotenza:

π = Dϕϕ = −βa2(1 + sin2ϕ)ϕ2 ≤ 0 ∀ (ϕ, ϕ) ∈ R2 ,

che si annulla esclusivamente per velocita generalizzata nulla:

π = 0 ⇐⇒ ϕ = 0 .

In particolare, dette sollecitazioni si annullano a velocita generalizzata nulla e non hannoalcun effetto sugli equilibri del sistema.

EquilibriGli equilibri del sistema, tutti ordinari, vanno identificati con i punti stazionari del poten-ziale e si ottengono pertanto annullando la derivata prima del potenziale:

U ′(ϕ) = −2mga sinϕ+ ka2(cosϕ− 1) sinϕ+ma2ω2 sinϕ cosϕ


sinϕ[−2mga+ ka2(cosϕ− 1) +ma2ω2 cosϕ

]= 0 .

Stefano Siboni 5025


Per sinϕ = 0 si ottengono due radici definite incondizionatamente:

ϕ = 0 ϕ = π .

Per −2mga+ ka2(cosϕ− 1) +ma2ω2 cosϕ = 0 si ha invece:

−2mga+ ka2 cosϕ− ka2 +ma2ω2 cosϕ = 0

vale a dire:(k +mω2)a2 cosϕ = 2mga+ ka2

e quindi:

cosϕ =2mga+ ka2

(k +mω2)a2=

2mg + ka

(k +mω2)a:= λ > 0 .

Ne seguono le ulteriori radici:

ϕ = arccosλ = ϕ? ∈ (0, π/2) ϕ = −ϕ?

definite e distinte dalle precedenti per λ < 1.

(c) Stabilita degli equilibriGli equilibri del sistema sono tutti isolati in quanto in numero finito. La compresenzadi sollecitazioni posizionale conservative e completamente dissipative consente pertantodi caratterizzare le proprieta di stabilita di tutti gli equilibri facendo ricorso alla formaforte del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri di Barbasin e Krasovskii. Imassimi relativi propri (isolati) del potenziale risultano asintoticamente stabili, mentrein ogni altro caso si ha instabilita e l’attrattivita e esclusa dalla dissipazione dell’energiameccanica. Occorre calcolare la derivata seconda del potenziale:

U ′′(ϕ) = −(2mg + ka)a cosϕ+ (k +mω2)a2(cos2ϕ− sin2ϕ)


Configurazione ϕ = 0In questa configurazione la derivata seconda del potenziale non presenta segno definito:

U ′′(0) = −(2mg + ka)a+ (k +mω2)a2 = (k +mω2)a2(1− λ)

per cui si rende necessario distinguere tre diversi casi.

Se λ > 1 si ha U ′′(0) < 0 e l’equilibrio viene riconosciuto essere un massimo relativoproprio del potenziale, asintoticamente stabile.

Per λ < 1 e invece U ′′(0) > 0, circostanza che esclude il ricorrere in ϕ = 0 di unmassimo relativo proprio del potenziale. La forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet implica pertanto l’instabilita dell’equilibrio, la cui attrattivita e peraltroesclusa dalla dissipazione dell’energia meccanica.

Stefano Siboni 5026


Se infine λ = 1 risulta U ′′(0) = 0 e si presenta un caso critico di stabilita, che richiedeun’analisi piu dettagliata. In effetti, per λ = 1 la derivata seconda del potenzialeassume la forma:

U ′′(ϕ) = (k +mω2)a2(− cosϕ+ cos 2ϕ) ,

da cui seguono le derivate successive:

U (3)(ϕ) = (k +mω2)a2(sinϕ− 2 sin 2ϕ)

U (4)(ϕ) = (k +mω2)a2(cosϕ− 4 cos 2ϕ)

che in ϕ = 0 si riducono a:

U (3)(0) = 0 U (4)(0) = −3(k +mω2)a2

e porgono lo sviluppo di Taylor al quarto ordine:

U(ϕ) = U(0) +1

4!U (4)(0)ϕ4 + o(ϕ4) (ϕ→ 0)

ossia:

U(ϕ) = U(0)− 1

8(k +mω2)a2ϕ4 + o(ϕ4) (ϕ→ 0) .

L’equilibrio e quindi un massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente sta-bile.

Configurazione ϕ = πNella fattispecie la derivata seconda del potenziale ha sempre segno positivo:

U ′′(π) = (2mg + ka)a+ (k +mω2)a2 > 0

per cui la configurazione di equilibrio costituisce un minimo relativo proprio del potenziale.La forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet implica l’instabilita, mentre l’attrattivitae esclusa dalla dissipazione dell’energia meccanica.

Configurazione ϕ = ϕ?

La derivata seconda del potenziale e sempre negativa:

U ′′(ϕ?) = −(2mg + ka)a cosϕ? + (k +mω2)a2(cos2ϕ? − sin2ϕ?) =

= (k +mω2)a2

[− 2mg + ka

(k +mω2)acosϕ? + cos2ϕ? − sin2ϕ?

]=

= (k +mω2)a2(− cosϕ? cosϕ? + cos2ϕ? − sin2ϕ?

)=

= −(k +mω2)a2sin2ϕ? < 0 ,

e dunque la configurazione di equilibrio risulta, quando definita, un massimo relativo pro-prio del potenziale. La stabilita asintotica e assicurata dalla forma forte del teorema diLagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 5027


Configurazione ϕ = −ϕ?Anche questa configurazione di equilibrio e asintoticamente stabile, laddove definita, inquanto la derivata seconda del potenziale risulta uguale a quella calcolata nella configu-razione simmetrica precedente:

U ′′(−ϕ?) = U ′′(ϕ?) < 0 .

(d) Equazioni di LagrangeLe equazioni pure del moto si riducono all’unica equazione di Lagrange:

d

dt

(∂L∂ϕ

)− ∂L

∂ϕ= Dϕ

in termini della componente generalizzata delle resistenze viscose:

Dϕ = −βa2(1 + sin2ϕ)ϕ

e della lagrangiana:

L = T + U = ma2(3

4+

1

2sin2ϕ

)ϕ2 + 2mga cosϕ− ka2

2(cosϕ− 1)2 +

ma2ω2

2sin2ϕ .

Le espressioni parziali del binomio di Lagrange si ricavano immediatamente usando ladefinizione:

∂L

∂ϕ= ma2

(3

2+ sin2ϕ

)ϕ

d

dt

(∂L∂ϕ

)= ma2

(3

2+ sin2ϕ

)ϕ+ 2ma2 sinϕ cosϕ ϕ2

∂L

∂ϕ= ma2 sinϕ cosϕ ϕ2 − 2mga sinϕ+ ka2(cosϕ− 1) sinϕ+ma2ω2 sinϕ cosϕ

in modo che l’equazione di Lagrange risulta:

ma2(3

2+ sin2ϕ

)ϕ+ma2 sinϕ cosϕ ϕ2 + 2mga sinϕ− ka2(cosϕ− 1) sinϕ−

−ma2ω2 sinϕ cosϕ = −βa2(1 + sin2ϕ)ϕ .

(e) Modi normali delle piccole oscillazioniLa configurazione ϕ = 0 e stabile per β = 0 e λ > 1, in quanto massimo relativo propriodel potenziale di un sistema scleronomo posizionale conservativo. L’equazione delle piccoleoscillazioni nell’intorno di essa si scrive:

ma2(3

2+ sin2ϕ

)∣∣∣∣ϕ=0

δϕ− U ′′(0) δϕ = 0

Stefano Siboni 5028


ossia:3

2ma2δϕ− (k +mω2)a2(1− λ)δϕ = 0

ed infine:

δϕ+2

3(λ− 1)

( km

+ ω2)δϕ = 0 .

Il modo normale di oscillazione e quindi descritto da:

δϕ = Ao cos(Ωt+ α) ∀ t ∈ R

con ampiezza Ao ∈ R+ e fase α ∈ R arbitrarie e pulsazione normale:

Ω =

√2

3(λ− 1)

( km

+ ω2).


Nel piano Oxy di una terna cartesiana ortogonale Oxyz = Oe1e2e3, con asse Oy verticale,un’asta omogenea OA, di massa m e lunghezza a, ruota attorno all’asse Oz. L’estremo Adell’asta scorre sul lato orizzontale BC di una piastra rettangolare P, di massa m, vincolataa traslare verticalmente. Il sistema e pesantee a vincoli ideali. Una molla di stiffness k col-lega O con il punto M di P in cui BC inter-seca Oy. Sapendo che Oxyz ruota uniforme-mente con velocita angolare ω attorno all’asseOy rispetto ad un riferimento inerziale, si usil’angolo ϑ ∈ (−π/2, π/2) in figura per deter-minare del sistema:

(a) gli equilibri relativi a Oxyz;

(b) le proprieta di stabilita degli equilibri;

(c) l’espressione dell’energia cinetica relativa a Oxyz;


(e) gli eventuali equilibri di confine, relativi a Oxyz, qualora fosse ϑ ∈ [−π/4, π/4].

Soluzione

(a) Equilibri relativi a Oxyz;

Il sistema e soggetto uicamente a sollecitazioni posizionali conservative, rappresentate dalsistema delle forze peso, dall’interazione elastica fra i punti O ed M , dal sistema delle forzecentrifughe. Le forze di Coriolis agiscono su punti che si muovono nel piano coordinateOxy e risultano pertanto ortogonali a tale piano: la loro componente generalizzata appareidenticamente nulla e non concorre in alcun modo alla dinamica ed alla statica del sistema.Le forze posizionali conservative vengono caratterizzate per mezzo dei relativi potenziali.

Stefano Siboni 5029


Potenziale gravitazionaleDall’esame della figura si deduce immediatamente che:

A−O = a sinϑ e1 − a cosϑ e2A−O

2=

a

2sinϑ e1 −

a

2cosϑ e2 ,

per cui il potenziale gravitazionale complessivo di asta e piastra risulta:

Ug = UOAg + UPg = −mge2 ·

A−O2−mge2 · (A−O) =

=mga

2cosϑ+mga cosϑ =

3

2mga cosϑ .

Potenziale elasticoIl potenziale elastico associato alla molla ideale di stifness k che collega M all’origine O siscrive:

Uel = −k2|M −O|2 = −k

2

∣∣(A−O) · e2 e2

∣∣2 = −k2| − a cosϑe2|2 = −ka

2

2cos2ϑ .

Potenziale centrifugoIl potenziale delle forze centrifughe comprende un termine costante associato alla piastraP, vincolata a traslare lungo la direzione verticale Oy, e un contributo non banale relativoall’asta omogenea OA, che si puo calcolare applicando direttamente la definizione:

Ucf =ω2

2IOAOy =

ω2

2

a∫0

(ξ sinϑ)2m

adξ =

ω2

2

m

a

a3

3sin2ϑ =

ma2ω2

6sin2ϑ .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e dato dalla somma dei potenziali parziali, relativi alle forze peso,elastiche e centrifughe:

U = Ug + Uel + Ucf =3

2mga cosϑ− ka2

2cos2ϑ+

ma2ω2

6sin2ϑ

ossia, introducendo la costante additiva ka2/2:

U(ϑ) =3

2mga cosϑ+

1

2

(k +

mω2

3

)a2 sin2ϑ ϑ ∈ (−π/2, π/2) .

EquilibriGli equilibri del sistema sono tutti ordinari e si identificano con i punti stazionari delpotenziale, nei quali si annulla la derivata prima del potenziale:

U ′(ϑ) = −3

2mga sinϑ+

(k +

mω2

3

)a2 sinϑ cosϑ

Stefano Siboni 5030


ossia con le soluzioni ϑ ∈ (−π/2, π/2) dell’equazione trigonometrica:

−3

2mga sinϑ+

(k +

mω2

3

)a2 sinϑ cosϑ = 0 ,

che puo essere posta nella forma equivalente:

sinϑ

[−3

2mga+

(k +

mω2

3

)a2 cosϑ

]= 0 .

Per sinϑ = 0 si ha un’unica soluzione definita incondizionatamente in ϑ ∈ (−π/2, π/2):

ϑ = 0 ,

mentre per −3

2mga+

(k +

mω2

3

)a2 cosϑ = 0 si deducono invece le radici:

ϑ = arccosλ := ϑ? ∈ (0, π/2) ϑ = −ϑ?

definite e distinte dalla precedente per:

λ :=

3

2mg(

k +mω2

3

)a

∈ (0, 1) .

Si osservi che il parametro d’ordine adimensionale λ risulta comunque positivo per defini-zione.

(b) Stabilita degli equilibriLe proprieta di stabilita degli equilibri possono essere analizzate ricorrendo ai teoremi diLagrange-Dirichlet e di inversione parziale, dato il carattere posizionale conservativo delsistema. Si rende necessario il calcolo della derivata seconda del potenziale:

U ′′(ϑ) = −3

2mga cosϑ+

(k +

mω2

3

)a2(cos2ϑ− sin2ϑ


Configurazione ϑ = 0In questa configurazione la derivata seconda del potenziale non ha segno definito:

U ′′(0) = −3

2mga+

(k +

mω2

3

)a2 =

(k +

mω2

3

)a2(1− λ)

e rende necessario distinguere tre diversi casi:

se λ > 1 si ha U ′′(0) < 0 e l’equilibrio risulta un massimo relativo proprio del poten-ziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet;

Stefano Siboni 5031


per λ < 1 e invece U ′′(0) > 0, condizione che implica l’instabilita dell’equilibrio per ilteorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

qualora sia infine λ = 1 si ottiene U ′′(0) = 0 e ricorre un caso critico di stabilita. Ineffetti, dalla derivata seconda del potenziale:

U ′′(ϑ) =(k +

mω2

3

)a2(cos 2ϑ− cosϑ

)si deducono le derivate successive:

U (3)(ϑ) =(k +

mω2

3

)a2(−2 sin 2ϑ+ sinϑ

)

U (4)(ϑ) =(k +

mω2

3

)a2(−4 cos 2ϑ+ cosϑ

)che in ϑ = 0 valgono:

U (3)(0) = 0 U (4)(0) = −3(k +

mω2

3

)a2

e porgono pertanto l’approssimazione di Taylor:

U(ϑ) = U(0) +1

4!U (4)(0)ϑ4 + o(ϑ4) (ϑ→ 0)

vale a dire:

U(ϑ) = U(0)− 1

8

(k +

mω2

3

)a2ϑ4 + o(ϑ4) (ϑ→ 0) .

Si deve pertanto concludere che l’equilibrio costituisce un massimo relativo propriodel potenziale, la cui stabilita segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione ϑ = ϑ?, con cosϑ? = λ < 1

Nella fattispecie la derivata seconda del potenziale ha sempre segno negativo:

U ′′(ϑ?) = −3

2mga cosϑ? +

(k +

mω2

3

)a2(cos2ϑ? − sin2ϑ?

)=

=(k +

mω2

3

)a2(−λ cosϑ? + cos2ϑ? − sin2ϑ?

)=

=(k +

mω2

3

)a2(−cos2ϑ? + cos2ϑ? − sin2ϑ?

)= −sin2ϑ?

(k +

mω2

3

)a2 < 0

ed individua l’equilibrio, quando definito, come massimo relativo proprio del potenziale.La stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 5032


Configurazione ϑ = −ϑ?, con cosϑ? = λ < 1La derivata seconda del potenziale assume in ϑ = −ϑ? lo stesso valore gia calcolato inϑ = ϑ?:

U ′′(−ϑ?) = U ′′(ϑ?) < 0 ,

in modo che anche questo equilibrio risulta stabile per Lagrange-Dirichlet.

(c) Energia cinetica relativa a OxyzL’energia cinetica del sistema e la somma dei contributi relativi all’asta OA e alla piastraP rispetto alla terna Oxyz.

Energia cinetica dell’asta OAL’asta OA ruota di un angolo ϑ attorno all’asse fisso Oz, per cui la sua energia cinetica siscrive:

TOA =1

2IOAOz

∣∣~ωOA∣∣2 =1

2

ma2

3

∣∣ϑe3

∣∣2 =ma2

6ϑ2.

Energia cinetica della piastra PLa piastra si muove di moto traslatorio rettilineo: tutti i suoi punti si muovono istanta-neamente con la stessa velocita del punto M , per il quale si ha:

M −O = −a cosϑe2

e quindi:M = a sinϑ ϑ e2 .

Di conseguenza:

TP =m

2M2 =

m

2

∣∣a sinϑ ϑ e2

∣∣2 =ma2

2sin2ϑ ϑ2 .

Energia cinetica del sistemaSommando le espressioni dell’energia cinetica per l’asta e la piastra si ottiene l’energiacinetica del sistema:

T = TOA + TP =ma2

6ϑ2 +

ma2

2sin2ϑ ϑ2 .

(d) Equazioni di LagrangeLe equazioni pure del moto del sistema si riducono all’unica equazione di Lagrange:

d

dt

(∂L∂ϑ

)− ∂L

∂ϑ= 0


L = T + U =ma2

6ϑ2 +

ma2

2sin2ϑ ϑ2 +

3

2mga cosϑ+

1

2

(k +

mω2

3

)a2 sin2ϑ .

Stefano Siboni 5033


Se ne deducono immediatamente le espressioni parziali:

∂L

∂ϑ=

ma2

3ϑ+ma2sin2ϑϑ = ma2

(1

3+ sin2ϑ

)ϑ

d

dt

(∂L∂ϑ

)= ma2

(1

3+ sin2ϑ

)ϑ+ 2ma2 sinϑ cosϑ ϑ2

∂L

∂ϑ= ma2 sinϑ cosϑ ϑ2 − 3

2mga sinϑ+

(k +

mω2

3

)a2 sinϑ cosϑ

e quindi l’equazione del moto richiesta:

ma2(1

3+ sin2ϑ

)ϑ+ma2 sinϑ cosϑ ϑ2 +

3

2mga sinϑ−

(k +

mω2

3

)a2 sinϑ cosϑ = 0 .

(e) Equilibri di confine per ϑ ∈ [−π/4, π/4]L’ipotesi dei vincoli ideali consente di riconoscere gli eventuali equilibri di confine delsistema facendo uso del teorema dei lavori virtuali. Le sole configurazioni di confine sihanno per ϑ = π/4 e ϑ = −π/4, che vanno esaminate separatamente valutando il segnodella componente generalizzata delle forze attive:

Qϑ(ϑ) = U ′(ϑ) = −3

2mga sinϑ+

(k +

mω2

3

)a2 sinϑ cosϑ .

Configurazione ϑ = π/4Per il teorema dei lavori virtuali la configurazione e un equilibrio se e soltanto se:

Qϑ(π/4)αϑ ≤ 0 ∀αϑ ≤ 0

ossia:Qϑ(π/4) ≥ 0 .

Scritta esplicitamente, questa condizione equivale a:

−3

2mga

1√2

+(k +

mω2

3

)a2 1√

2

1√2≥ 0

ovvero a:1√2

(k +

mω2

3

)a ≥ 3

2mg ⇐⇒ 1√

2≥ λ .

Configurazione ϑ = −π/4In questo caso la configurazione e un equilibrio di confine se e solo se:

Qϑ(−π/4)αϑ ≤ 0 ∀αϑ ≥ 0 ⇐⇒ Qϑ(−π/4) ≤ 0 .

Andando a calcolare esplicitamente la componente generalizzata delle forze attive, si per-viene alla disequazione di equilibrio:

3

2mga

1√2−(k +

mω2

3

)a2 1√

2

1√2≤ 0 ⇐⇒ 1√

2≥ λ ,

la stessa gia individuata per la configurazione di equilibrio simmetrica ϑ = π/4 — risultatoperaltro evidente causa la simmetria del potenziale.

Stefano Siboni 5034


Esercizio 923. Geometria delle masseIn una terna solidale Oxyz = Oe1e2e3 si con-sidera il sistema rigido illustrato in figura, co-stituito da una piastra quadrata P = OABCdi lato a posta nel piano Oyz e da un’astarettilinea di estremi C(0, 0, a) e D(a, 0, a). Ledensita di piastra e asta sono espresse da:

σ(y, z) =µ

a3(y + z) ∀ (y, z) ∈ [0, a]2

λ(x) =µ

a2x ∀x ∈ [0, a] ,

dove µ indica una massa caratteristica. De-terminare del 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 alle rette AB e OD;

(d) l’impulso, il momento angolare in O e l’energia cinetica relativi alla terna dove l’asseOB e fisso e l’angolo di rotazione attorno ad esso e ϕ(t) = ωt, con ω > 0 costante;

(e) il risultante e il momento risultante in O delle forze esterne applicate.

Soluzione(a) Massa e baricentroMassa piastraLa massa della piastra si ricava integrandone la densita areale σ sul dominio quadratoOABC, ossia calcolando l’integrale doppio:

mP =

∫P

σ dA =

a∫0

dy

a∫0

dzµ

a3(y + z) =

µ

a3

a∫0

dy

[yz +

z2

2

]az=0

=

=µ

a3

a∫0

(ay +

a2

2

)dy =

µ

a3

[ay2

2+a2

2y

]a0

=µ

a3a3 = µ .

Massa dell’asta CDAnalogamente, la massa dell’asta CD e data dall’integrale curvilineo sul segmento CDdella densita lineare λ:

mCD =

∫CD

λ ds =

a∫0

µ

a2x dx =

µ

a2

a2

2=

µ

2.

Stefano Siboni 5035


Massa del sistemaLa massa del sistema si ottiene sommando le masse parziali di piastra e asta, dal momentoche l’intersezione P ∩ CD = C costituisce un insieme di misura nulla sia per l’integraledoppio sulla superficie P che per l’integrale curvilineo sul segmento CD:

m = mP +mCD = µ+µ

2=

3

2µ .

Baricentro della piastraLa retta di equazione x = 0, z = y rappresenta un ovvio asse di simmetria della piastraperche per ogni punto (y, z) di questa il corrispondente punto simmetrico (z, y) rispetto atale retta appartiene anch’esso a P ed ha esattamente lo stesso valore della densita areale:

σ(z, y) =µ

a3(z + y) =

µ

a3(y + z) = σ(y, z) ∀ (y, z) ∈ [0, a]2 .

Anche il baricentro GP della piastra deve dunque collocarsi lungo lo stesso asse, dove lasua posizione sara individuata da un vettore della forma:

GP −O = yPe2 + yPe3 ,

con l’ordinata yP che viene determinata per mezzo della definizione:

yP =1

mP

∫P

y σ dA =1

µ

a∫0

dy

a∫0

dz yµ

a3(y + z) =

1

a3

a∫0

dy

a∫0

dz (y2 + yz) =

=1

a3

a∫0

dy

[y2z + y

z2

2

]az=0

=1

a3

a∫0

(ay2 +

a2

2y)dy =

=1

a3

[ay3

3+a2

2

y2

2

]a0

=1

a3

(a4

3+a4

4

)=

7

12a ,


GP −O =7

12ae2 +

7

12ae3 .

Baricentro dell’astaIl baricentro GCD dell’asta deve giacere lungo la retta CD, che e suo asse di giacitura e disimmetria. Il vettore posizione corrispondente e dunque del tipo:

GCD −O = xCD e1 + ae3

con ascissa:

xCD =1

mCD

∫CD

xλ ds =2

µ

a∫0

xµ

a2x dx =

2

a2

a3

3=

2

3a ,

Stefano Siboni 5036


per cui:

GCD −O =2

3ae1 + ae3 .

Baricentro del sistemaIl baricentro del sistema e determinato dal teorema distributivo, applicabile in quantol’intersezione fra P e CD costituisce un sottoinsieme di misura nulla che non contribuiscea nessuno degli integrali coinvolti nel calcolo. Si ha pertanto:

G−O =1

m

[mP(GP −O) +mCD(GCD −O)

]=

=2

3µ

[µ( 7

12ae2 +

7

12ae3

)+µ

2

(2

3ae1 + ae3

)]=

=2

3

( 7

12e2 +

7

12e3 +

1

3e1 +

1

2e3

)a =

=2

3

(1

3e1 +

7

12e2 +

13

12e3

)a =

2

9ae1 +

7

18ae2 +

13

18ae3 .

(b) Matrice d’inerzia relativa a OxyzMatrice d’inerzia della piastra PPoiche la piastra giace interamente nel piano coordinato Oyz, si hanno le relazioni:

LPxy = LP

xz = 0 LPxx = LP

yy + LPzz .

L’asse di simmetria x = 0, z = y comporta inoltre che i momenti d’inerzia relativi agli assiOy ed Oz siano uguali, come e agevole verificare con il cambio di variabili (y, z)→ (z, y):

LPyy =

a∫0

dy

a∫0

dz z2σ(y, z) =

a∫0

dz

a∫0

dy y2σ(z, y) =

=

a∫0

dz

a∫0

dy y2σ(y, z) =

a∫0

dy

a∫0

dz y2σ(y, z) = LPzz ,

per cui la matrice d’inerzia della piastra relativa alla terna Oxyz assume la forma generale:

[LPO] =

2LPyy 0 0

0 LPyy LP

yz

0 LPyz LP

yy

.Il momento d’inerzia rispetto all’asse Oy e dato da:

LPyy =

∫P

(x2 + z2)σ dA =

a∫0

dy

a∫0

dz z2 µ

a3(y + z) =

µ

a3

a∫0

dy

a∫0

dz (yz2 + z3) =

=µ

a3

a∫0

dy

[yz3

3+z4

4

]az=0

=µ

a3

a∫0

(ya3

3+a4

4

)dy =

µ

a3

(a2

2

a3

3+ a

a4

4

)=

5

12µa2

Stefano Siboni 5037


mentre l’unico prodotto d’inerzia non banale vale:

LPyz = −

∫P

yz σ dA = −a∫

0

dy

a∫0

dz yzµ

a3(y + z) = − µ

a3

a∫0

dy

a∫0

dz (y2z + yz2) =

= − µ

a3

a∫0

dy

[y2 z

2

2+ y

z3

3

]az=0

= − µ

a3

a∫0

(y2 a

2

2+ y

a3

3

)dy =

= − µ

a3

(a3

3

a2

2+a2

2

a3

3

)= −1

3µa2 .

La matrice d’inerzia relativa a Oxyz della piastra risulta pertanto:

[LPO] = µa2

5/6 0 00 5/12 −1/30 −1/3 5/12

.Matrice d’inerzia dell’asta CDL’asta CD e ubicata nel piano coordinato Oxz, per cui:

LCDxy = LCDyz = 0 e: LCDyy = LCDxx + LCDzz

e la matrice d’inerzia relativa alla terna Oxyz deve assumere la forma:

[LCDO ] =

LCDxx 0 LCDxz0 LCDxx + LCDzz 0

LCDxz 0 LCDzz

.Il calcolo del momento d’inerzia relativo all’asse Ox e immediato, dato che l’intera massadell’asta giace a distanza zC = a dallo stesso asse:

LCDxx = mCD z2C =

µ

2a2 =

1

2µa2 .

Il momento d’inerzia rispetto ad Oz vale invece:

LCDzz =

∫CD

(x2 + y2)λ ds =

a∫0

x2 µ

a2x dx =

µ

a2

a4

4=

1

4µa2,

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

LCDxz = −∫CD

xz λ ds = −a∫

0

xaµ

a2x dx = −µ

a

a3

3= −1

3µa2 .

Stefano Siboni 5038


In definitiva:

[LCDO ] = µa2

1/2 0 −1/30 3/4 0−1/3 0 1/4

.Matrice d’inerzia del sistemaPer determinare la matrice d’inerzia relativa a Oxyz del sistema si sfrutta la proprieta diadditivita, sommando i contributi di piastra e asta rispetto allo stesso riferimento:

[LO] = [LPO] + [LCDO ] = µa2

5/6 0 00 5/12 −1/30 −1/3 5/12

+ µa2

1/2 0 −1/30 3/4 0−1/3 0 1/4

=

= µa2

4/3 0 −1/30 7/6 −1/3−1/3 −1/3 2/3

.(c) Momenti d’inerzia relativi alle rette AB e ODRetta ABLa rettaAB non passa ne per l’origine ne per il baricentro, ma e parallela all’asse coordinatoOz. Il momento d’inerzia del sistema rispetto alla retta AB si puo percio determinare conuna doppia applicazione del teorema di Huygens-Steiner: una prima volta fra la rettaAB e la retta baricentrale Gz; una seconda volta fra l’asse Oz e la retta Gz. Indicatacon G?(2a/9, 7a/18, 0) la proiezione ortogonale del baricentro G(2a/9, 7a/18, 13a/18) sulpiano coordinato Oxy, si possono scrivere le relazioni:

IAB = IAz = IGz +m|A−G?|2IOz = IGz +m|G? −O|2

ossia: IAB = IGz +m|A−G?|2Lzz = IGz +m|G? −O|2 ,

dalle quali segue:IAB = Lzz −m|G? −O|2 +m|A−G?|2 .

In questa equazione risulta:

|G? −O|2 =

∣∣∣∣(2

9a,

7

18a, 0)∣∣∣∣2 =

4

81a2 +

49

324a2 =

65

324a2

|A−G?|2 =

∣∣∣∣(0− 2

9a, a− 7

18a, 0)∣∣∣∣2 =

4

81a2 +

121

324a2 =

137

324a2

per cui:

IAB =2

3µa2 − 3

2µ

65

324a2 +

3

2µ

137

324a2 =

=2

3µa2 − 65

216µa2 +

137

216µa2 =

144− 65 + 137

216µa2 = µa2 .

Stefano Siboni 5039


Retta ODLa retta passa per l’origine ed e individuata dal versore direttore:

n =D −O|D −O|

=ae1 + ae3

|ae1 + ae3|=

1√2e1 +

1√2e3 .

Il momento d’inerzia del sistema rispetto ad OD e quindi dato dalla relazione:

IOD = IOn = n · LO(n) =1

2(1 0 1) [LO]

101

=

=1

2(Lxx + Lzz + 2Lxz) =

1

2

(4

3+

2

3− 2

3

)µa2 =

2

3µa2 .

(d) Impulso, momento angolare in O ed energia cineticaIl moto del sistema rigido avviene attorno all’asse fisso OB e l’angolo di rotazione attornoa tale asse cresce linearmente nel tempo: si tratta quindi di un moto rotatorio uniformecon velocita angolare istantanea:

~ω = ωB −O|B −O|

= ωe2 + e3√

2=

ω√2

(e2 + e3) .

Si osservi che questa velocita angolare risulta costante sia nel riferimento assoluto che inquello solidale Oe1e2e3 — derivata assoluta e relativa alla terna solidale di ~ω sono uguali.

Quantita di motoLa quantita di moto del sistema e data dal prodotto fra la massa m e la velocita del bari-centro G rispetto alla terna assoluta, velocita che si calcola mediante la formula dell’attodi moto rigido con punto fisso O:

~Q = mG = m~ω ∧ (G−O) =

=3

2µω√2

(e2 + e3) ∧(2

9e1 +

7

18e2 +

13

18e3

)a =

=1

2√

2µaω(e2 + e3) ∧

(2

3e1 +

7

6e2 +

13

6e3

)=

=1

2√

2µaω

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

0 1 12/3 7/6 13/6

∣∣∣∣∣∣ =1

2√

2µaω

(e1 +

2

3e2 −

2

3e3

).

Momento angolare in OPoiche il sistema rigido ha asse fisso OB con velocita angolare istantanea nota, il momentoangolare in O si esprime per mezzo dell’operatore d’inerzia in O:

~KO = LO(~ω) ,

Stefano Siboni 5040


per cui le componenti di ~KO rispetto alla terna solidale Oe1e2e3 sono date in termini dellamatrice d’inerzia relativa alla stessa terna:K1

K2

K3

= [LO]

0ω/√

2ω/√

2

=ω√2µa2

4/3 0 −1/30 7/6 −1/3−1/3 −1/3 2/3

011

=µa2ω√

2

−1/35/61/3

e quindi:

~KO =µa2ω√

2

(−1

3e1 +

5

6e2 +

1

3e3

).

Energia cineticaL’energia cinetica del corpo rigido, che ha punto fisso O, e data dalla relazione:

T =1

2~ω · ~KO =

1

2

ω√2

(e2 + e3) · µa2ω√2

(−1

3e1 +

5

6e2 +

1

3e3

)=

=µa2ω2

4

(5

6+

1

3

)=

µa2ω2

4

7

6=

7

24µa2ω2 .

(e) Risultante e momento risultante in O delle forze esterne applicateLe equazioni cardinali della dinamica si scrivono:

mG = ~Red ~KO

dt= ~Me

O

e consentono di ricavare risultante e momento risultante in O delle forze applicate al sistemarigido in moto rotatorio uniforme. Vista la costanza di ~ω, il risultante delle forze esternee dato da:

~Re = mG = md

dt

[~ω ∧ (G−O)

]= m~ω ∧

[~ω ∧ (G−O)

]=

= m[~ω ~ω · (G−O)− (G−O) ~ω · ~ω

]=

=3

2µ

[ω√2

(e2 + e3)ω√2

(e2 + e3) ·(2

9e1 +

7

18e2 +

13

18e3

)a−

−(2

9e1 +

7

18e2 +

13

18e3

)aω2

]=

=3

2µaω2

[(e2 + e3)

1

2

20

18− 2

9e1 −

7

18e2 −

13

18e3

]=

=3

2µaω2

(5

9e2 +

5

9e3 −

2

9e1 −

7

18e2 −

13

18e3

)=

=3

2µaω2

(−2

9e1 +

1

6e2 −

1

6e3

)= µaω2

(−1

3e1 +

1

4e2 −

1

4e3

).

Ricordando che la derivata di ~KO relativa alla terna solidale e nulla, per il momento in O

Stefano Siboni 5041


delle forze esterne si ha invece:

~MeO =

d ~KO

dt=

dA ~KO

dt=

dR ~KO

dt+ ~ω ∧ ~KO = ~ω ∧ ~KO =

=ω√2

(e2 + e3) ∧ µa2ω√2

(−1

3e1 +

5

6e2 +

1

3e3

)=

=1

2µa2ω2

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

0 1 1−1/3 5/6 1/3

∣∣∣∣∣∣ =1

2µa2ω2

(−1

2e1 −

1

3e2 +

1

3e3

).

Esercizio 924. Geometria delle masse. Dinamica e statica di un punto materialevincolato in un riferimento non inerziale

Nel piano Oxy di una terna solidale Oxyz = Oe1e2e3 un sistema rigido e costituito da unalamina quadrata L, di lato a e vertici OABC, e da un’asta rettilinea OD, di lunghezza a,come mostrato in figura. Le densita di laminae asta si scrivono, rispettivamente:

σ(Q) =µ

a4|Q−O|2 ∀Q ∈ L

λ(Q) =µ

a2|Q−A| ∀Q ∈ OD

con µ massa costante caratteristica. Lungol’asse orizzontale Ox e vincolato a scorreresenza attrito un punto materiale P , di massam, connesso ad O da una molla ideale di stiff-ness k e soggetto ad una resistenza viscosa dicostante β. La terna Oxyz trasla con velocitaistantanea O(t) = aω cosωt e1, t ∈ R, rispettoad un riferimento inerziale, con a e ω costantipositive. Determinare:

(a) la massa e la posizione del baricentro, rispetto a Oxyz, del sistema L ∪OD;

(b) la matrice d’inerzia relativa a Oxyz di L ∪OD;

(c) i momenti d’inerzia di L ∪OD rispetto alle rette OB e AB;

(d) usando l’ascissa ξ di P come variabile, l’equazione del moto del punto P rispetto allaterna Oxyz e la sua soluzione stazionaria;

(e) gli equilibri di P relativi a Oxyz qualora il coefficiente di attrito radente statico fra Pe Ox fosse µs > 0.

Soluzione(a) Massa e baricentro di L ∪ODMassa della lamina LLa lamina ammette una parametrizzazione banale in termini delle coordinate cartesiane xed y:

Q−O = xe1 + ye2 , ∀ (x, y) ∈ [−a, 0]× [−a, 0] ,

Stefano Siboni 5042


che consente di esprimere la densita areale nella forma esplicita:

σ(Q) = σ(x, y) =µ

a4(x2 + y2) , ∀ (x, y) ∈ [−a, 0]2 .

La massa della lamina si ottiene pertanto integrando su L la densita areale suindicata:

mL =

∫L

σ dA =

0∫−a

dx

0∫−a

dyµ

a4(x2 + y2) =

µ

a4

0∫−a

dx

[x2y +

y3

3

]0

y=−a=

=µ

a4

0∫−a

(ax2 +

a3

3

)dx =

µ

a4

[ax3

3+a3x

3

]0

y=−a=

µ

a4

(a4

3+a4

3

)=

2

3µ .

Massa dell’asta ODAnche la parametrizzazione dell’asta rettilinea OD e benale, potendosi esprimere diretta-mente in termini dell’ascissa x:

Q−O = xe1 , ∀x ∈ [0, a] .

Ne segue per la densita lineare di OD l’espressione:

λ(Q) = λ(x) =µ

a2|Q−A| =

µ

a2|xe1 − (−ae1)| =

µ

a2(x+ a) , ∀x ∈ [0, a] ,

che integrata sul proprio intervallo di definizione fornisce la massa richiesta:

mOD =

∫OD

λ ds =

a∫0

µ

a2(x+ a) dx =

µ

a2

[x2

2+ ax

]a0

=µ

a2

(a2

2+ a2

)=

3

2µ .

Massa del sistema L ∪ODLa massa del sistema e la somma delle masse di lamina ed asta, dal momento che il puntodi intersezione O tra i due sistemi materiali costituisce un insieme di misura — e dunquedi massa — nulla:

m = mL +mOD =2

3µ+

3

2µ =

4 + 9

6µ =

13

6µ .

Baricentro della lamina LLa retta di equazione y = x, z = 0 e un asse di simmetria di massa della lamina, in quanto:

σ(x, y) =µ

a4(x2 + y2) =

µ

a4(y2 + x2) = σ(y, x) ∀ (x, y) ∈ [−a, 0]2 ,

Stefano Siboni 5043


per cui la densita areale assume lo stesso valore nel generico punto (x, y) ∈ L e nel suosimmetrico (y, x) ∈ L rispetto alla stessa retta. Di conseguenza, il vettore posizione delbaricentro GL della lamina rispetto ad Oxyz deve essere della forma:

GL −O = xLe1 + xLe2 ,

con l’ascissa determinata dalla definizione:

xL =1

mL

∫L

xσ dA =3

2µ

0∫−a

dx

0∫−a

dy xµ

a4(x2 + y2) =

3

2a4

0∫−a

dx

0∫−a

dy (x3 + xy2) =

=3

2a4

0∫−a

dx

[x3y +

xy3

3

]0

y=−a=

3

2a4

0∫−a

(ax3 +

a3x

3

)dx =

3

2a4

[ax4

4+a3

3

x2

2

]0

−a=

=3

2a4

(−a

5

4− a5

6

)= −3

2

(1

4+

1

6

)a = −3

2

3 + 2

12a = −5

8a ,

per cui:

GL −O = −5

8ae1 −

5

8ae2 .

Baricentro dell’asta ODPer l’asta OD l’asse Ox e di giacitura e quindi di simmetria, per cui il baricentro GODdell’asta viene individuato ad un vettore posizione della forma:

GOD −O = xOD e1 .

L’ascissa del baricentro si calcola ricorrendo alla definizione, come illustrato di seguito:

xOD =1

mOD

∫OD

xλ ds =2

3µ

a∫0

xµ

a2(a+ x) dx =

2

3a2

a∫0

(ax+ x2) dx =

=2

3a2

[ax2

2+x3

3

]a0

=2

3a2

(a3

2+a3

3

)=

2

3

(1

2+

1

3

)a =

2

3

3 + 2

6a =

5

9a .

Ne deriva che:

GOD −O =5

9ae1 .

Baricentro del sistema L ∪ODIl baricentro del sistema composto da lamina ed asta puo essere determinato ricorrendoal teorema distributivo, applicabile per via dell’intersezione di misura nulla fra le particostituenti. Si ha dunque:

G−O =mL(GL −O) +mOD(GOD −O)

mL +mOD=

2

3µ(−5

8ae1 −

5

8ae2

)+

3

2µ

5

9ae1

13

6µ

=

Stefano Siboni 5044


=6

13

(− 5

12ae1 −

5

12ae2 +

5

6ae1

)=

6

13

( 5

12ae1 −

5

12ae2

)=

5

26ae1 −

5

26ae2 .

(b) Matrice d’inerzia di L ∪ODMatrice d’inerzia della lamina LLa lamina L giace interamente nel piano coordinato Oxy della terna Oxyz, per cui siannullano i prodotti d’inerzia relativi alla quota z:

LLxz = LL

zx = 0 LLyz = LL

zy = 0

ed il momento d’inerzia rispetto all’asse Oz e la somma dei momenti d’inerzia relativi aglialtri due assi coordinati:

LLzz = LL

xx + LLyy .

Poiche inoltre la retta di equazione y = x, z = 0 costituisce un asse di simmetria di massaper la lamina, il semplice scambio delle coordinate cartesiane (x, y)→ (y, x) negli integralidi definizione mostra che i momenti d’inerzia rispetto ad Ox e ad Oy sono uguali:

LLyy = LL

xx .

In virtu di queste osservazioni la matrice d’inerzia relativa ad Oxyz della lamina deveessere della forma:

[LLO] =

LLxx LL

xy 0

LLxy LL

xx 0

0 0 2LLxx

.Per il momento d’inerzia rispetto ad Ox la definizione porge:

LLxx =

∫L

y2σ dA =

0∫−a

dx

0∫−a

dy y2 µ

a4(x2 + y2) =

µ

a4

0∫−a

dx

[x2y3

3+y5

5

]0

y=−a=

=µ

a4

0∫−a

dx(a3x2

3+a5

5

)=

µ

a4

[a3

3

x3

3+a5x

5

]0

−a=

µ

a4

(a3

3

a3

3+a6

5

)=

= µa2(1

9+

1

5

)=

5 + 9

45µa2 =

14

45µa2 ,

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

LLxy = −

∫L

xyσ dA = −0∫−a

dx

0∫−a

dy xyµ

a4(x2 + y2) = − µ

a4

0∫−a

dx

[x3y2

2+xy4

4

]0

y=−a=

= − µ

a4

0∫−a

dx(−x

3a2

2− xa4

4

)=

µ

a4

[x4

4

a2

2+x2

2

a4

4

]0

−a= −1

4µa2 .

Stefano Siboni 5045


Di conseguenza:

[LLO] = µa2

14/45 −1/4 0−1/4 14/45 0

0 0 28/45

.Matrice d’inerzia dell’asta ODPoiche l’asta giace lungo l’asse coordinato Ox la sua matrice d’inerzia relativa a Oxyz sipresenta nella forma seguente:

[LODO ] =

0 0 00 LODyy 0

0 0 LODyy

con il solo elemento non banale dato da:

LODyy =

∫OD

x2λ ds =

a∫0

x2 µ

a2(x+ a) dx =

µ

a2

a∫0

(x3 + ax2) dx =

=µ

a2

[x4

4+ax3

3

]a0

=µ

a2

(a4

4+a4

3

)=

7

12µa2 ,


[LODO ] = µa2

0 0 00 7/12 00 0 7/12

.Matrice d’inerzia del sistema L ∪ODLa matrice d’inerzia relativa a Oxyz del sistema L∪OD e data dalla somma delle matricid’inerzia calcolate per ciascuna delle due parti rispetto alla medesima terna:

[LO] = [LLO] + [LODO ] = µa2

14/45 −1/4 0−1/4 14/45 0

0 0 28/45

+ µa2

0 0 00 7/12 00 0 7/12

=

= µa2

14/45 −1/4 0−1/4 161/180 0

0 0 217/180

.(c) Momenti d’inerzia di L ∪OD rispetto alle rette OB ed ABRetta OBLa retta OB passa evidentemente per l’origine ed e individuata dal versore direttore:

n =O −B|O −B|

=ae1 + ae2

|ae1 + ae2|=

1√2e1 +

1√2e2 .

Stefano Siboni 5046


Il momento d’inerzia relativo alla retta OB si esprime quindi per mezzo dell’operatore —o della matrice — d’inerzia:

IOB = IOn = n · LO(n) =1√2

(1 1 0) [LO]

110

1√2

=1

2

(Lxx + Lyy + 2Lxy

)=

=1

2

(Lzz + 2Lxy

)=

1

2µa2(217

180− 1

2

)=

1

2µa2 217− 90

180=

127

360µa2 .

Retta ABLa retta AB, di equazione x = −a nel piano Oxy, e parallela all’asse Oy. Per calcolareil momento d’inerzia del sistema relativo ad AB si considera la retta Gy, di equazionex = (5/26)a nello stesso piano, e si applica due volte il teorema di Huygens-Steiner. PerAB e Gy si ha infatti:

IAB = IGy +m( 5

26a− (−a)

)2

mentre per Oy e Gy risulta:

IOy = IGy +m( 5

26a)2

,

per cui, sottraendo membro a membro le due relazioni e ricordando che m = (13/6)µ, siottiene:

IAB − IOy = m(31

26a)2

−m( 5

26a)2

=(31

26− 5

26

)(31

26+

5

26

)ma2 =

=36

26ma2 =

18

13ma2 =

18

13

13

6µa2 = 3µa2 .

Ne deriva pertanto che:

IAB = IOy + 3µa2 =161

180µa2 + 3µa2 =

701

180µa2 .

(d) Equazione del moto di P rispetto a Oxyz e soluzione stazionariaEquazione pura del motoNella terna Oxyz, non inerziale perche in moto traslatorio accelerato rispetto ad un rife-rimento galileiano, il punto P e soggetto alle seguenti forze:

il peso −mge2;

la reazione vincolare ~Φ = Φe2 — si ricordi che l’asse vincolare Ox e liscio per ipotesi;

la forza elastica esercitata dalla molla ideale, pari a −k(P −O) = −kξe1;

la resistenza viscosa −βP = −βξe1;

una forza fittizia di trascinamento −mO = −m(−aω2 sinωt e1

)= maω2 sinωt e1.

Si osservi che la forza di Coriolis risulta identicamente nulla in quanto Oxyz si muove dimoto puramente traslatorio rispetto al riferimento assoluto inerziale, per cui la sua velocita

Stefano Siboni 5047


angolare di trascinamento e costantemente nulla nel tempo. Essendo P = ξe1, in Oxyz ilpostulato delle reazioni vincolari si scrive:

mξe1 = −mge2 + Φe2 − kξe1 − βξe1 +maω2 sinωt e1

ossia, separate le componenti lungo e1 e lungo e2:mξ = −kξ − βξ +maω2 sinωt0 = −mg + Φ .

L’equazione pura del moto e ovviamente la prima delle due, proiezione ortogonale delpostulato delle reazioni vincolari lungo l’asse vincolare Ox:

mξ + βξ + kξ = maω2 sinωt .

Si tratta, come e evidente, dell’equazione di un oscillatore armonico con smorzamento vi-scoso e soggetto ad una forzante sinusoidale (la cui ampiezza dipende pero dalla pulsazionedella stessa forzante).

Soluzione stazionaria dell’equazione del motoCome ben noto dall’Analisi Matematica, la soluzione stazionaria dell’equazione precedentee determinata univocamente da una espressione del tipo:

ξ = A sinωt+B cosωt

con A,B costanti reali opportune. Le costanti vengono ricavate calcolando le derivateprima e seconda della soluzione ξ:

ξ = ωA cosωt− ωB sinωt = −ωB sinωt+ ωA cosωt

ξ = −ω2A sinωt− ω2B cosωt

e sostituendole, assieme alla soluzione ξ stessa, nell’equazione del moto:

−mω2A sinωt−mω2B cosωt− βωB sinωt+ βωA cosωt+ kA sinωt+ kB cosωt =

= maω2 sinωt ,

la quale risulta qundi soddisfatta se e solo se il sistema lineare:(k −mω2)A− βωB = maω2

βωA+ (k −mω2)B = 0

ammette soluzione nei coefficienti costanti A,B ∈ R. In effetti la matrice dei coefficienti esempre non singolare, per cui il sistema ammette una ed una sola soluzione che puo esserescritta esplicitamente ricorrende al teorema di Cramer:

A =

∣∣∣∣maω2 −βω0 k −mω2

∣∣∣∣∣∣∣∣ k −mω2 −βωβω k −mω2

∣∣∣∣ =maω2(k −mω2)

(k −mω2)2 + β2ω2

Stefano Siboni 5048


B =

∣∣∣∣ k −mω2 maω2

βω 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ k −mω2 −βωβω k −mω2

∣∣∣∣ =−maω2 βω

(k −mω2)2 + β2ω2.

La soluzione stazionaria cercata e quindi data da:

ξ =maω2(k −mω2)

(k −mω2)2 + β2ω2sinωt+

−maω2 βω

(k −mω2)2 + β2ω2cosωt =

= maω2 (k −mω2) sinωt− βω cosωt

(k −mω2)2 + β2ω2,

con ampiezza:maω2√

(k −mω2)2 + β2ω2.

(e) Equilibri di P relativi a Oxyz in presenza di attrito radenteSe le forze di attrito radente non sono trascurabili il postulato delle reazioni vincolari siscrive nella forma piu generale:

mξe1 = −mge2 + ~Φ− kξe1 − βξe1 +maω2 sinωt e1

nella quale la reazione vincolare ~Φ puo presentare una componente lungo Ox non nulla.In condizioni statiche l’equazione precedente si riduce a:

0 = −mge2 + ~Φ− kξe1 +maω2 sinωt e1

e per le componenti della reazione vincolare rispettivamente tangente ed ortogonale all’assevincolare Ox fornisce le espressioni:

~Φ · e1 = kξ −maω2 sinωt ~Φ · e2 = mg .

Da sottolineare che in questo caso la componente tangente della reazione vincolare dipendedal tempo. La condizione necessaria e sufficiente affinche una certa configurazione ξ delpunto P sia di equilibrio relativamente alla terna non inerziale Oxyz e data dalla legge diCoulomb-Morin dell’attrito radente statico:

|~Φ · e1| ≤ µs|~Φ · e2| ∀ t ∈ R

ovvero, esplicitando le componenti della reazione:

|kξ −maω2 sinωt| ≤ µs|mg| ∀ t ∈ R .

Ad ogni istante t ∈ R deve quindi essere soddisfatta la doppia disequazione:

−µsmg ≤ kξ −maω2 sinωt ≤ µsmg

Stefano Siboni 5049


ossia, equivalentemente:

−µsmg +maω2 sinωt ≤ kξ ≤ µsmg +maω2 sinωt

ed infine:

−µsmgk

+maω2

ksinωt ≤ ξ ≤ µsmg

k+maω2

ksinωt .

Esistono valori di ξ ∈ R che soddisfano la doppia disequazione uniformemente in t ∈ R see soltanto se risulta non vuota l’intersezione di tutti gli intervalli:

[−µsmg

k+maω2

ksinωt,

µsmg

k+maω2

ksinωt

]∀ t ∈ R

vale a dire: ⋂t∈R

[−µsmg

k+maω2

ksinωt,

µsmg

k+maω2

ksinωt

]6= ∅ .

E evidente, per ispezione, che l’intersezione e non vuota se e soltanto se:

−µsmgk

+maω2

k≤ µsmg

k− maω2

k(924.1)

e che in tal caso le configurazioni di equilibrio sono date da:

−µsmgk

+maω2

k≤ ξ ≤ µsmg

k− maω2

k.

Il grafico seguente illustra una possibile procedura per la deduzione del risultato.

Stefano Siboni 5050


La condizione (924.1) per l’esistenza degli equilibri puo essere espressa in modo piu sem-plice, dal momento che essa equivale a:

0 ≤ 2(µsmg

k− maω2

k

)⇐⇒ 0 ≤ µsg − aω2

ed infine a:aω2

g≤ µs .

Si osservi che il risultato appare molto ragionevole dal punto di vista fisico: a tutti i tempila forza di trascinamento, la sola agente tangenzialmente al vincolo in condizioni statiche,deve avere intensita non superiore a quella massima dell’attrito radente statico, ossia µsmg.D’altra parte, il rapporto adimensionale aω2/g = maω2/mg rappresenta il valore relativodelle forze d’inerzia rispetto al peso e ci si aspetta che debba risultare sufficientementepiccolo per garantire l’esistenza di equilibri. In effetti, tanto piu piccolo quanto piu eridotto il coefficiente di attrito radente statico µs.



un’asta omogenea OA, di massa m e lunghezzar, ruota liberamente attorno all’asse fisso Oz.L’estremo A e vincolato a strisciare lungo ilbordo esterno di un disco circolare D, di raggior e massa m, il cui diametro MN puo scorrerelungo l’asse verticale Oy. Il sistema e sollecitatodal peso e da una molla ideale di stiffness kche congiunge C ad O. La terna Oxyz ruotacon velocita angolare costante ω attorno ad Oyrispetto ad un riferimento inerziale. Assunti ivincoli ideali, si usi l’angolo φ ∈ [−π/4, π/4] infigura per determinare del sistema, rispetto adOxyz:

(a) gli equilibri ordinari, con le relative condizioni di esistenza;




(e) gli eventuali equilibri di confine, specificandone le condizioni di esistenza.

Soluzione(a) Equilibri ordinariIl sistema e scleronomo e a vincoli unilaterali ideali. Le sollecitazioni cui e soggetto sono inparte posizionali conservative (il peso, le forze elastiche, le forze centrifughe) ed in parte non

Stefano Siboni 5051


energetiche (le forze di Coriolis). Le prime vengono caratterizzate mediante gli appropriatipotenziali, mentre delle seconde si deve determinare la componente generalizzata.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale consiste di un contributo relativo all’asta e di uno relativo aldisco, entrambi determinabili esprimendo la posizione dei rispettivi baricentri in terminidel parametro lagrangiano φ. Il baricentro dell’asta omogenea si identifica con il puntomedio di essa, per cui e individuato dal vettore posizione:

GOA −O =A−O

2=

r

2(sinφ e1 − cosφ e2) .

Del disco D non e noto se esso sia o meno omogeneo. Poiche pero D e vincolato a traslarelungo la direzione Oy, il vettore posizione del suo baricentro GD puo essere certamenteespresso nella forma:

GD −O = GD − C + C −O = GD − C − 2r cosφ e2

con GD−C costante lungo qualsiasi moto possibile del sistema, in quanto vettore posizionedel punto GD rispetto al centro C, entrambi appartenenti allo spazio solidale di D — siricordi la definizione di moto traslatorio. Il potenziale delle forze peso e quindi dato dallarelazione:

Ug = −mge2 · (GOA −O)−mge2 · (GD −O) =

=1

2mgr cosφ+ 2mgr cosφ−mge2 · (GD − C) =

5

2mgr cosφ+ costante ,

in cui la costante additiva puo essere ovviamente ignorata. Si noti che l’effettiva posizionedel baricentro rispetto al disco risulta di fatto irrilevante.

Potenziale elasticoAlla molla ideale di stiffness k che congiunge C con l’origine O si deve associare il potenzialeelastico:

Uel = −k2|C −O|2 = −k

2| − 2r cosφ e2|2 = −2kr2cos2φ .

Potenziale centrifugoIl potenziale centrifugo e la somma degli analoghi contributi di asta e disco:


ω2

2IOAOy +

ω2

2IDOy .

Il momento d’inerzia IDOy del disco rispetto ad Oy e pero costante, visto che il motodi D risulta puramente traslatorio ed ha luogo lungo la direzione dell’asse di rotazioneOy; di conseguenza UD

cf si riduce ad una semplice costante additiva e puo essere ignoratonel potenziale centrifugo complessivo del sistema. Quanto all’asta OA, il suo momento

Stefano Siboni 5052


d’inerzia rispetto ad Oy si calcola direttamente dalla definizione, usando l’ascissa curvilineas ∈ [0, r] misurata da O e la densita lineare m/r dell’asta omogenea:

IOAOy =

r∫0

(s sinφ)2m

rds =

m

rsin2φ

r∫0

s2ds =m

rsin2φ

r3

3=

mr2

3sin2φ ,

in modo che si ottiene:

Ucf =mr2ω2

6sin2φ+ costante .

Forze di CoriolisTutti i punti P di OA e di D si muovono nel piano Oxy e pertanto le loro velocita P sonoparallele a tale piano. Le forze di Coriolis risultano dunque perpendicolari ad Oxy, mentrele derivate ∂P/∂φ sono parallele allo stesso piano, al pari delle velocita P . Di conseguenza,la componente generalizzata delle forze di Coriolis si annulla identicamente:

QCorφ =

∑P∈OA∪D


∂φ=

∑P∈OA∪D

0 = 0

e non contribuisce in alcun modo alla dinamica o alla statica del sistema. Dal punto divista fisico la situazione e chiara: le forze di Coriolis — ortogonali al piano Oxy — vengonocostantemente bilanciate da opportune reazioni vincolari — anch’esse ortogonali ad Oxy.

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali gravitazionale, elastico e centrifugo determinati in precedenzadefinisce il potenziale del sistema:


2mgr cosφ− 2kr2cos2φ+

mr2ω2

6sin2φ =

=5

2mgr cosφ+

(2k +

mω2

6

)r2 sin2φ− 2kr2.

Omessa la costante additiva si perviene cosı all’espressione:

U(φ) =5

2mgr cosφ+

(2k +

mω2

6

)r2 sin2φ ∀φ ∈ [−π/4, π/4] .

Equilibri ordinariGli equilibri ordinari del sistema vanno identificati con i punti stazionari del potenzialeU interni all’intervallo di definizione del parametro lagrangiano φ e si determinano quindiannullando nello stesso intervallo la derivata prima:

U ′(φ) = −5

2mgr sinφ+

(4k +

mω2

3

)r2 sinφ cosφ

Stefano Siboni 5053


ossia risolvendo in φ ∈ (−π/4, π/4) l’equazione trigonometrica:

0 =(

4k +mω2

3

)r2 sinφ

− 5mg

2(

4k +mω2

3

)r

+ cosφ

che equivale a:

sinφ (cosφ− λ) = 0 ,

dove per brevita si e introdotto il parametro d’ordine adimensionale:

λ =5mg

2(

4k +mω2

3

)r

> 0 .

Per sinφ = 0 si hanno le soluzioni φ = 0 e φ = π, e dunque l’unico equilibrio:

φ = 0

definito incondizionatamente — si ricordi che φ ∈ (−π/4, π/4).Per cosφ− λ = 0 si perviene invece alle soluzioni:

φ = arccosλ := φ? ∈ (0, π/2) φ = − arccosλ = −φ? ∈ (−π/2, 0)

purche risulti λ < 1. La richiesta che sia φ? ∈ (0, π/4) impone una ulteriore restrizione:

cos(π/4) < cosφ? < cos 0 ,

ossia:1√2< λ < 1 ,

che e la condizione necessaria e sufficiente affinche φ = φ? e φ = −φ? siano equilibri delsistema.

(b) Stabilita degli equilibri ordinariPoiche tutte le sollecitazioni che effettivamente agiscono sul sistema hanno carattere po-sizionale e conservativo, le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari possono esserestudiate ricorrendo ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A tale scoposi deve procedere al calcolo della derivata seconda del potenziale:

U ′′(φ) = −5

2mgr cosφ+

(4k +

mω2

3

)r2(cos2φ− sin2φ

)e a determinarne il segno in ciascuna configurazione di equilibrio.

Stefano Siboni 5054


Configurazione φ = 0In questo caso la derivata seconda del potenziale risulta:

U ′′(0) = −5

2mgr +

(4k +

mω2

3

)r2 =

(4k +

mω2

3

)r2(1− λ)

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

se λ > 1 e U ′′(0) < 0, per cui φ = 0 costituisce un massimo relativo proprio delpotenziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet;

per λ < 1 vale invece U ′′(0) > 0 e φ = 0 e instabile per il teorema di inversioneparziale di Lagrange-Dirichlet;

qualora sia infine λ = 1 si ottiene U ′′(0) = 0 e viene individuato un caso critico, cherichiede un’analisi piu approfondita. In effetti, in questo caso la derivata seconda delpotenziale si riduce a:

U ′′(φ) =(

4k +mω2

3

)r2(−λ cosφ+ cos2φ− sin2φ

)=

=(

4k +mω2

3

)r2(− cosφ+ cos2φ− sin2φ

)e da essa si ricavano le espressioni per le derivate terza e quarta:

U (3)(φ) =(

4k +mω2

3

)r2(sinφ− 4 sinφ cosφ)

U (4)(φ) =(

4k +mω2

3

)r2(cosφ− 4 cos2φ+ 4 sin2φ)

che in φ = 0 porgono:

U (3)(0) = 0 U (4)(0) = −3(

4k +mω2

3

)r2 < 0

e consentono di riconoscere l’equilibrio come un massimo relativo proprio del poten-ziale, stabile per Lagrange-Dirichlet.

Configurazione φ = φ?, con cosφ? = λ ∈(1/√

2, 1)


U ′′(φ?) = −5

2mgr cosφ? +

(4k +

mω2

3

)r2(cos2φ? − sin2φ?

)=

=(

4k +mω2

3

)r2(−λ cosφ? + cos2φ? − sin2φ?

)=

=(

4k +mω2

3

)r2(− cosφ? cosφ? + cos2φ? − sin2φ?

)=

= −(

4k +mω2

3

)r2sin2φ? < 0 ,

Stefano Siboni 5055


in quanto φ? ∈ (0, π/4). Di conseguenza, l’equilibrio rappresenta un massimo relativoproprio del potenziale ed e stabile per Lagrange-Dirichlet.

Configurazione φ = −φ?, con cosφ? = λ ∈(1/√

2, 1)

Poiche:U ′′(−φ?) = U ′′(φ?) < 0 ,

si conclude che anche φ = −φ? e asintoticamente stabile, quale massimo relativo proprioisolato del potenziale.

(c) Energia cineticaAsta OAL’asta si muove nel piano Oxy ruotando di un angolo φ attorno all’asse fisso Oz, passanteper il suo estremo O. L’energia cinetica e quindi data dall’espressione:

TOA =1

2IOAOz

∣∣~ωOA∣∣2 =1

2

mr2

3|φe3|2 =

mr2

6φ2 .

Disco DIl disco e vincolato a traslare parallelamente all’asse verticale Oy. La posizione del suocentro C puo essere ricavata facilmente sfruttando la condizione che impone all’estremoA dell’asta di strisciare lungo il bordo esterno di D. Basta infatti notare che il triangoloOCA e isoscele per concludere che:

C −O = −2r cosφ e2

e che di conseguenza la velocita del centro lungo un qualsiasi moto possibile risulta:

C = 2R sinφφ e2 .

Quella ottenuta va peraltro identificata con la velocita istantanea di tutti i punti di D almedesimo istante, in modo che l’energia cinetica del disco diventa:

TD =m

2C2 =

m

2|2r sinφφ e2|2 = 2mr2sin2φφ2 .

SistemaL’energia cinetica relativa a Oxyz del sistema e per definizione la somma delle energiecinetiche di asta e disco, relative alla stessa terna:

T = TOA + TD =mr2

6φ2 + 2mr2sin2φφ2 = mr2

(1

6+ 2 sin2φ

)φ2.

(d) Equazioni pure del motoData l’ipotesi dei vincoli ideali, le equazioni pure del moto si riducono alla sola equazionedi Lagrange:

d

dt

(∂L∂φ

)− ∂L

∂φ= 0

Stefano Siboni 5056


con lagrangiana:

L = T + U = mr2(1

6+ 2 sin2φ

)φ2 +

5

2mgr cosφ+

(2k +

mω2

6

)r2 sin2φ .

Il calcolo dei termini parziali nel binomio di Lagrange a primo membro porge:

∂L

∂φ= mr2

(1

3+ 4 sin2φ

)φ

d

dt

(∂L∂φ

)= mr2

(1

3+ 4 sin2φ

)φ+ 8mr2 sinφ cosφ φ2

∂L

∂φ= 4mr2 sinφ cosφ φ2 − 5

2mgr sinφ+

(4k +

mω2

3

)r2 sinφ cosφ

e l’equazione del moto richiesta risulta:

mr2(1

3+ 4 sin2φ

)φ+ 4mr2 sinφ cosφ φ2 +

5

2mgr sinφ−

(4k +

mω2

3

)r2 sinφ cosφ = 0 .

(e) Equilibri di confineLe configurazioni di confine del sistema si hanno per φ = π/4 e φ = −π/4. Se si tratti omeno di equilibri lo si riconosce facendo uso del teorema dei lavori virtuali, che richiede ilcalcolo della forza generalizzata:

Q(φ) = U ′(φ) = −5

2mgr sinφ+

(4k +

mω2

3

)r2 sinφ cosφ

nelle stesse configurazioni.

Configurazione φ = π/4Questa configurazione di confine e un equilibrio per il sistema a vincoli ideali se e soltantose:

Q(π/4)αφ ≤ 0 ∀αφ ≤ 0 ⇐⇒ Q(π/4) ≥ 0

ossia:

−5

2mgr

1√2

+(

4k +mω2

3

)r2 1√

2

1√2≥ 0

e quindi:

−λ 1√2

+1√2

1√2≥ 0 ⇐⇒ λ ≤ 1√

2.

Ricordando che:

λ =5mg

2(

4k +mω2

3

)r

,

la condizione prescrive che φ = π/4 sia un equilibrio di confine quando la forza elasticacaratteristica kr e/o quella centrifuga caratteristica mω2r risultano prevalenti sulla forza

Stefano Siboni 5057


peso caratteristica mg. Si noti che questa conclusione appare molto ragionevole dal puntodi vista fisico.

Configurazione φ = −π/4In modo analogo, la configurazione e di equilibrio se e soltanto se:

Q(−π/4)αφ ≤ 0 ∀αφ ≥ 0 ⇐⇒ Q(−π/4) ≤ 0 ,

vale a dire:

5

2mgr

1√2−(

4k +mω2

3

)r2 1√

2

1√2≤ 0 ⇐⇒ λ ≤ 1√

2

ossia la stessa condizione dell’equilibrio di confine precedente, come ci si aspetta per sim-metria.


Nel piano Oxy di una terna Oxyz = Oe1e2e3 un’asta omogenea OA, di massa m e lunghez-za R, ruota liberamente attorno all’asse fissoOz. L’estremo A si mantiene costantemente acontatto con il bordo esterno di un anello circo-lare γ, di raggio R e massa m, il cui diametroMN puo scorrere lungo l’asse verticale Oy. Ilsistema e pesante e a vincoli ideali. Una mollaideale di stiffness k collega C ed O. Resistenzeviscose con uguale costante di frizione β agi-scono in A ed in C. Sapendo che Oxyz ruotauniformemente con velocita angolare ω attornoad Oy rispetto ad un riferimento inerziale, siusi l’angolo ϑ ∈ (−π/4, π/4) in figura per de-terminare del sistema, relativamente a Oxyz:


(b) gli equilibri, con le relative condizioni di esistenza, considerando tutte le sollecitazioni;

(c) le proprieta di stabilita degli equilibri, considerando tutte le sollecitazioni;

(d) le equazioni pure della dinamica;

(e) nel caso fosse β = 0, frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad unequilibrio stabile a scelta.

Soluzione(a) Energia cineticaAsta OAL’asta si muove nel piano Oxy ruotando di un angolo ϑ attorno all’asse fisso Oz, passanteper il suo estremo O. L’energia cinetica e quindi data dall’espressione:

TOA =1

2IOAOz

∣∣~ωOA∣∣2 =1

2

mR2

3|ϑe3|2 =

mR2

6ϑ2 .

Stefano Siboni 5058


Anello γL’anello e vincolato a traslare parallelamente all’asse verticale Oy. La posizione del suocentro C puo essere ricavata facilmente sfruttando la condizione che impone all’estremoA dell’asta di rimanere costantemente a contatto con il bordo esterno di γ — si intende,strisciando su di esso. Basta infatti notare che il triangolo OCA e isoscele per concludereche:

C −O = −2R cosϑ e2

e che di conseguenza la velocita del centro lungo un qualsiasi moto possibile risulta:

C = 2R sinϑϑ e2 .

Quella ottenuta va altresı identificata con la velocita istantanea di tutti i punti di γ almedesimo istante, in modo che l’energia cinetica dell’anello diventa:

Tγ =m

2C2 =

m

2|2R sinϑϑ e2|2 = 2mR2sin2ϑϑ2 .

SistemaL’energia cinetica relativa a Oxyz del sistema e per definizione la somma delle energiecinetiche di asta ed anello, relative alla stessa terna:

T = TOA + Tγ =mR2

6ϑ2 + 2mR2sin2ϑϑ2 = mR2

(1

6+ 2 sin2ϑ

)ϑ2.

(b) EquilibriIl sistema e scleronomo e a vincoli bilaterali ideali. Le sollecitazioni cui e soggetto sono inparte posizionali conservative (il peso, le forze elastiche, le forze centrifughe), in parte nonenergetiche (le forze di Coriolis) ed in parte di natura dissipativa (le resistenze viscose).Le prime vengono caratterizzate mediante gli appropriati potenziali, mentre delle altre sidevono determinare le componenti generalizzate.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale consiste di un contributo relativo all’asta e di uno relativoall’anello, entrambi determinabili esprimendo la posizione dei rispettivi baricentri in ter-mini del parametro lagrangiano ϑ. Il baricentro dell’asta omogenea si identifica con ilpunto medio di essa, per cui e individuato dal vettore posizione:

GOA −O =A−O

2=

R

2(sinϑ e1 − cosϑ e2) .

Dell’anello γ non e noto se esso sia o meno omogeneo. Poiche pero γ e vincolato a traslarelungo la direzione Oy, il vettore posizione del suo baricentro Gγ puo essere scritto nellaforma:

Gγ −O = Gγ − C + C −O = Gγ − C − 2R cosϑ e2

Stefano Siboni 5059


con Gγ−C costante lungo qualsiasi moto possibile del sistema, in quanto vettore posizionedel punto Gγ rispetto al centro C, entrambi appartenenti allo spazio solidale di γ — siricordi la definizione di moto traslatorio. Il potenziale delle forze peso e quindi dato dallarelazione:

Ug = −mge2 · (GOA −O)−mge2 · (Gγ −O) =

=1

2mgR cosϑ+ 2mgR cosϑ−mge2 · (Gγ − C) =

5

2mgR cosϑ+ costante ,

in cui la costante additiva puo essere ovviamente ignorata. Si noti che l’effettiva posizionedel baricentro rispetto all’anello risulta di fatto irrilevante.

Potenziale elasticoAlla molla ideale di stiffness k che congiunge C all’origine O si deve associare il potenzialeelastico:

Uel = −k2|C −O|2 = −k

2| − 2R cosϑ e2|2 = −2kR2cos2ϑ .

Potenziale centrifugoIl potenziale centrifugo e la somma degli analoghi contributi di asta ed anello:

Ucf = UOAcf + Uγcf =ω2

2IOAOy +

ω2

2IγOy .

Il momento d’inerzia IγOy dell’anello rispetto ad Oy e pero costante, visto che il motodi γ risulta puramente traslatorio ed ha luogo lungo la direzione dell’asse di rotazioneOy; di conseguenza Uγcf si riduce ad una semplice costante additiva e puo essere ignoratonel potenziale centrifugo complessivo del sistema. Quanto all’asta OA, il suo momentod’inerzia rispetto ad Oy si calcola direttamente dalla definizione, usando l’ascissa curvilineas ∈ [0, R] misurata da O e la densita lineare m/R dell’asta omogenea:

IOAOy =

R∫0

(s sinϑ)2m

Rds =

m

Rsin2ϑ

R∫0

s2ds =m

Rsin2ϑ

R3

3=

mR2

3sin2ϑ ,

in modo che si ottiene:

Ucf =mR2ω2

6sin2ϑ+ costante .

Forze di CoriolisTutti i punti P di OA e di γ si muovono nel piano Oxy, per cui le loro velocita P sonoparallele a tale piano. Le forze di Coriolis risultano dunque perpendicolari ad Oxy, mentrele derivate ∂P/∂ϑ sono parallele allo stesso piano, al pari delle velocita P . Di conseguenza,la componente generalizzata delle forze di Coriolis si annulla identicamente:

QCorϑ =

∑P∈OA∪γ


∂ϑ=

∑P∈OA∪γ

0 = 0

Stefano Siboni 5060


e non contribuisce in alcun modo alla dinamica o alla statica del sistema. Fisicamente,le forze di Coriolis — ortogonali al piano Oxy — vengono costantemente bilanciate daopportune reazioni vincolari, anch’esse ortogonali ad Oxy.

Forze viscoseLe forze viscose sono, per ipotesi:

−βA applicata in A;

−βC applicata in C;

con i vettori posizione dei punti di applicazione:

A−O = R(sinϑ e1 − cosϑ e2) C −O = −2R cosϑ e2

e le velocita istantanee corrispondenti:

A = R(cosϑ e1 + sinϑ e2)ϑ C = 2R sinϑϑ e2 .

Per determinarne la componente generalizzata si puo ricorrere al metodo di Rayleigh,calcolando la funzione ausiliaria:

R(ϑ, ϑ) = −β2A2 − β

2C2 = −β

2R2ϑ2 − β

24R2sin2ϑϑ2 = −βR2

(1

2+ 2 sin2ϑ

)ϑ2

e ricavandone quindi la derivata parziale rispetto alla velocita generalizzata ϑ:

Dϑ =∂R∂ϑ

= −βR2(1 + 4 sin2ϑ

)ϑ ,

essendo al solito ϑ e ϑ riguardate come variabili indipendenti. In alternativa, si puoprocedere al calcolo di Dϑ ricorrendo direttamente alla definizione:

Dϑ = −βA · ∂A∂ϑ− βC · ∂C

∂ϑ= −β ∂A

∂ϑϑ · ∂A

∂ϑ− β ∂C

∂ϑϑ · ∂C

∂ϑ=

= −β∣∣∣∣∂A∂ϑ

∣∣∣∣2ϑ− β∣∣∣∣∂C∂ϑ∣∣∣∣2ϑ = −βR2ϑ− 4βR2sin2ϑϑ

dove:∂A

∂ϑ= R(cosϑ e1 + sinϑ e2)

∂C

∂ϑ= 2R sinϑ e2 .

La potenza, come era lecito attendersi, ha segno non positivo:

π = Dϑϑ = −βR2(1 + 4 sin2ϑ

)ϑ2 ≤ 0 ∀ (ϑ, ϑ) ∈ (−π/4, π/4)× R

e si annulla esclusivamente per ϑ = 0:

−βR2(1 + 4 sin2ϑ

)ϑ2 = 0 ⇐⇒ ϑ = 0 .

Stefano Siboni 5061


Questa circostanza consente di riconoscere il sistema delle forze viscose come una sol-lecitazione completamente dissipativa. Ne deriva che:

(i) le resistenze viscose non concorrono alla determinazione degli equilibri del sistema;

(ii) le proprieta di stabilita degli equilibri isolati possono essere analizzate tramite la formaforte del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri di Barbasin-Krasovskii.

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali gravitazionale, elastico e centrifugo determinati in precedenzadefinisce il potenziale del sistema:


2mgR cosϑ− 2kR2cos2ϑ+

mR2ω2

6sin2ϑ =

=5

2mgR cosϑ+

(2k +

mω2

6

)R2 sin2ϑ− 2kR2.

Omessa la costante additiva si ottiene cosı l’espressione:

U(ϑ) =5

2mgR cosϑ+

(2k +

mω2

6

)R2 sin2ϑ ∀ϑ ∈ (−π/4, π/4) .

EquilibriGli equilibri del sistema, tutti ordinari, vanno identificati con i punti stazionari del poten-ziale U e si determinano quindi annullando la derivata prima:

U ′(ϑ) = −5

2mgR sinϑ+

(4k +

mω2

3

)R2 sinϑ cosϑ

ossia risolvendo in ϑ ∈ (−π/4, π/4) l’equazione trigonometrica:

0 =(

4k +mω2

3

)R2 sinϑ

− 5mg

2(

4k +mω2

3

)R

+ cosϑ

che equivale a:

sinϑ(cosϑ− λ) = 0 ,

dove per brevita si e introdotto il parametro d’ordine adimensionale:

λ =5mg

2(

4k +mω2

3

)R

> 0 .

Per sinϑ = 0 si hanno le soluzioni ϑ = 0 e ϑ = π, e quindi l’unico equilibrio:

ϑ = 0

Stefano Siboni 5062


definito incondizionatamente — si ricordi che ϑ ∈ (−π/4, π/4).Per cosϑ− λ = 0 si perviene invece alle soluzioni:

ϑ = arccosλ := ϑ? ∈ (0, π/2) ϑ = − arccosλ = −ϑ? ∈ (−π/2, 0)

purche risulti λ < 1. La richiesta che sia ϑ? ∈ (0, π/4) impone una ulteriore restrizione:

cos(π/4) < cosϑ? < cos 0

ossia:1√2< λ < 1 ,

che e la condizione necessaria e sufficiente affinche ϑ = ϑ? e ϑ = −ϑ? siano equilibri delsistema.

(c) Stabilita degli equilibriGli equilibri del sistema, tutti ordinari, sono in numero finito e quindi certamente isolati.La compresenza di sollecitazioni posizionali conservative e completamente dissipative au-torizza ad analizzare le caratteristiche di stabilita di tali equilibri usando la forma fortedel teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri di Barbasin e Krasovskii. A questoscopo si deve procedere al calcolo della derivata seconda del potenziale:

U ′′(ϑ) = −5

2mgR cosϑ+

(4k +

mω2

3

)R2(cos2ϑ− sin2ϑ

)e a determinarne il segno in ciascuna configurazione di equilibrio.

Configurazione ϑ = 0In questo caso la derivata seconda del potenziale risulta:

U ′′(0) = −5

2mgR+

(4k +

mω2

3

)R2 =

(4k +

mω2

3

)R2(1− λ)

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

se λ > 1 e U ′′(0) < 0, per cui ϑ = 0 costituisce un massimo relativo proprio del poten-ziale, asintoticamente stabile per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet;

per λ < 1 vale invece U ′′(0) > 0 e ϑ = 0 e un minimo relativo proprio di U . L’esclusionedel massimo comporta l’instabilita del punto stazionario, mentre la non attrattivitasegue immediatamente dalla dissipazione dell’energia meccanica;

qualora sia infine λ = 1 si ottiene U ′′(0) = 0 e ricorre un caso critico, per cui qualesi rende necessaria un’analisi piu approfondita. In effetti, in questo caso la derivataseconda del potenziale si riduce a:

U ′′(ϑ) =(

4k +mω2

3

)R2(−λ cosϑ+ cos2ϑ− sin2ϑ

)=

=(

4k +mω2

3

)R2(− cosϑ+ cos2ϑ− sin2ϑ



e da essa si ricavano le espressioni per le derivate terza e quarta:

U (3)(ϑ) =(

4k +mω2

3

)R2(sinϑ− 4 sinϑ cosϑ)

U (4)(ϑ) =(

4k +mω2

3

)R2(cosϑ− 4 cos2ϑ+ 4 sin2ϑ)

che in ϑ = 0 porgono:

U (3)(0) = 0 U (4)(0) = −3(

4k +mω2

3

)R2 < 0

e consentono di riconoscere l’equilibrio come un massimo relativo proprio del poten-ziale, asintoticamente stabile.

Configurazione ϑ = ϑ?, con cosϑ? = λ ∈(1/√

2, 1)


U ′′(ϑ?) = −5

2mgR cosϑ? +

(4k +

mω2

3

)R2(cos2ϑ? − sin2ϑ?

)=

=(

4k +mω2

3

)R2(−λ cosϑ? + cos2ϑ? − sin2ϑ?

)=

=(

4k +mω2

3

)R2(− cosϑ? cosϑ? + cos2ϑ? − sin2ϑ?

)=

= −(

4k +mω2

3

)R2sin2ϑ? < 0 ,

in quanto ϑ? ∈ (0, π/4). Di conseguenza, l’equilibrio rappresenta un massimo relativoproprio isolato del potenziale ed e asintoticamente stabile.

Configurazione ϑ = −ϑ?, con cosϑ? = λ ∈(1/√

2, 1)

Poiche:U ′′(−ϑ?) = U ′′(ϑ?) < 0 ,

si conclude che anche ϑ = −ϑ? e asintoticamente stabile, quale massimo relativo proprioisolato del potenziale.

(d) Equazioni della dinamicaData l’ipotesi dei vincoli ideali, le equazioni pure del moto si riducono alla sola equazionedi Lagrange:

d

dt

(∂L∂ϑ

)− ∂L

∂ϑ= Dϑ

con sollecitazione dissipativa Dϑ = −βR2(1 + 4 sin2ϑ)ϑ e lagrangiana:

L = T + U = mR2(1

6+ 2 sin2ϑ

)ϑ2 +

5

2mgR cosϑ+

(2k +

mω2

6

)R2 sin2ϑ .

Stefano Siboni 5064


Il calcolo dei termini parziali nel binomio di Lagrange a primo membro porge:

∂L

∂ϑ= mR2

(1

3+ 4 sin2ϑ

)ϑ

d

dt

(∂L∂ϑ

)= mR2

(1

3+ 4 sin2ϑ

)ϑ+ 8mR2 sinϑ cosϑ ϑ2

∂L

∂ϑ= 4mR2 sinϑ cosϑ ϑ2 − 5

2mgR sinϑ+

(4k +

mω2

3

)R2 sinϑ cosϑ

e l’equazione del moto richiesta risulta:

mR2(1

3+ 4 sin2ϑ

)ϑ+ 4mR2 sinϑ cosϑ ϑ2 +

5

2mgR sinϑ−

−(

4k +mω2

3

)R2 sinϑ cosϑ = −βR2(1 + 4 sin2ϑ)ϑ .

(e) Frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibriostabile per β = 0Per β = 0 l’equilibrio ϑ = 0 e stabile per Lagrange-Dirichlet se λ > 1, in quanto massimorelativo proprio del potenziale. Anche ϑ = ϑ? e ϑ = −ϑ? sono stabili per Lagrange-Dirichlet, quando definiti; tuttavia, per la maggiore semplicita di calcolo, si preferisceanalizzare i modi normali delle piccole oscillazioni attorno a ϑ = 0.La “matrice” dell’energia cinetica in ϑ = 0 vale:

A(0) = mR2(1

3+ 4 sin2ϑ

)∣∣∣∣ϑ=0

=mR2

3> 0 ,

mentre nella stessa configurazione la derivata seconda del potenziale e gia stata ricavataprecedentemente:

U ′′(0) =(

4k +mω2

3

)R2(1− λ) < 0 .

La pulsazione normale Ω delle piccole oscillazioni e quindi determinata dall’equazione:

A(0)Ω2 + U ′′(0) = 0

che fornisce:

Ω2 = −U′′(0)

A(0)=

3

mR2

(4k +

mω2

3

)R2(λ− 1) =

(12k

m+ ω2

)(λ− 1) > 0 .

La frequenza normale delle piccole oscillazioni vale pertanto:

f =Ω

2π=

1

2π

√λ− 1

√12k

m+ ω2

ed il relativo modo normale di oscillazione si scrive:

δϑ = ϑ− 0 = Ao cos(Ωt+ αo) ∀ t ∈ R ,

con Ao 6= 0 e αo costanti reali assegnate a piacere.

Stefano Siboni 5065



Nel piano Oxy di una terna cartesiana ortogo-nale Oxyz = Oe1e2e3 si considera il sistemaillustrato in figura, costituito da una piastraquadrata P = OABC, di lato a e vertici O, A,B, C, e da un’asta rettilinea omogenea AD,di massa µ e lunghezza a. La densita di P siscrive:

σ(Q) =µ

a3(B −Q) · e2 ∀Q ∈ P .

Determinare del sistema:


(b) la matrice d’inerzia relativa a Oxyz.

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

Soluzione(a) Massa e baricentroMassa della piastra PLa piastra puo essere parametrizzata usando le coordinate cartesiane x, y, in termini dellequali la densita areale si scrive:

σ(x, y) =µ

a3

[ae1 + ae2 − (xe1 + ye2)

]· e2 =

µ

a3(a− y) ∀ (x, y) ∈ [0, a]2.

La massa della piastra e quindi data dall’integrale di σ sul dominio P:

mP =

∫P

σ dA =

a∫0

dx

a∫0

dyµ

a3(a− y) =

µ

a3

a∫0

dx

a∫0

(a− y) dy =

=µ

a3a

[− (a− y)2

2

]a0

=µ

a2

a2

2=

µ

2.

Baricentro della piastra PLa retta r di equazione x = a/2, z = 0, passante per i punti medi dei lati OA e BC,costituisce un evidente asse di simmetria della piastra; per ogni punto (x, y) ∈ P il cor-rispondente punto simmetrico rispetto ad r ha coordinate (a− x, y), appartiene anch’essoa P e presenta lo stesso valore della densita areale:

σ(a− x, y) =µ

a3(a− y) = σ(x, y) ∀ (x, y) ∈ [0, a]2 .

Ne deriva che il baricentro di P deve collocarsi lungo lo stesso asse ed essere individuatoda un vettore posizione della forma:

GP −O =a

2e1 + yP e2 ,

Stefano Siboni 5066


con l’ordinata yP determinata dalla definizione:

yP =

∫P

y σ dA =2

µ

a∫0

dx

a∫0

dy yµ

a3(a− y) =

2

a3a

a∫0

(ay − y2) dy =2

a2

(aa2

2− a3

3

)=

a

3,

per cui:

GP −O =a

2e1 +

a

3e2 .

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

m = mP +mAD =µ

2+ µ =

3

2µ .

Baricentro dell’asta ADIl baricentro dell’asta omogenea AD coincide con il suo punto medio, che ne rappresentaun ovvio centro di simmetria. Il punto e quindi individuato dal vettore posizione:

GAD −O =A−O + D −O

2=

ae1 + 2ae1

2=

3

2ae1 .

Baricentro del sistemaIl baricentro del sistema viene individuato facendo uso del teorema distributivo:

G−O =mP(GP −O) +mAD(GAD −O)

m=

µ

2

(a2e1 +

a

3e2

)+ µ

3

2ae1

3

2µ

=

=2

3a(1

4e1 +

1

6e2 +

3

2e1

)=

2

3a(7

4e1 +

1

6e2

)=

7

6ae1 +

1

9ae2 .

(b) Matrice d’inerziaMatrice d’inerzia in Oxyz dell’asta ADL’asta omogenea AD e posta lungo l’asse coordinato Ox, per cui la matrice d’inerziarelativa alla terna Oxyz risulta diagonale, con momento d’inerzia rispetto ad Ox nullo emomenti d’inerzia rispetto ad Oy e Oz uguali fra loro per evidenti ragioni di simmetria:

[LADO ] =

0 0 00 LADyy 0

0 0 LADyy

= µa2

0 0 00 7/3 00 0 7/3

.Il calcolo diretto del momento d’inerzia relativo all’asse Oy fornisce infatti:

LADyy =

∫AD

x2λ ds =

2a∫a

x2µ

adx =

µ

a

[x3

3

]2a

a

=µ

3a(8a3 − a3) =

7

3µa2 .

Stefano Siboni 5067


Matrice d’inerzia relativa a Oxyz della piastra PLa piastra giace interamente nel piano coordinato Oxy della terna Oxyz, in modo che lamatrice d’inerzia relativa alla stessa terna dipende soltanto da tre elementi indipendenti:

[LPO] =

LPxx LP

xy 0

LPxy LP

yy 0

0 0 LPxx + LP

yy

= µa2

1/12 −1/12 0−1/12 1/6 0

0 0 1/4

,che vengono calcolati facendo uso della definizione. Per il momento d’inerzia relativo a Oxsi ha l’espressione:

LPxx =

∫P

y2σ dA =

a∫0

dx

a∫0

dy y2 µ

a3(a− y) =

=µ

a3a

a∫0

(ay2 − y3) dy =µ

a2

(aa3

3− a4

4

)=

1

12µa2 ,

mentre il momento d’inerzia rispetto all’asse Oy risulta:

LPyy =

∫P

x2σ dA =

a∫0

dx

a∫0

dy x2 µ

a3(a− y) =

=µ

a3

a∫0

x2dx

a∫0

(a− y) dy =µ

a3

a3

3

(a a− a2

2

)=

µ

3

a2

2=

1

6µa2

e l’unico prodotto d’inerzia non banale si scrive:

LPxy = −

∫P

xy σ dA = −a∫

0

dx

a∫0

dy xyµ

a3(a− y) =

= − µ

a3

a∫0

x dx

a∫0

(ay − y2) dy = − µ

a3

a2

2

(aa2

2− a3

3

)= − µ

2a

a3

6= − 1

12µa2 .

Il momento d’inerzia relativo all’asse Oz, ortogonale al piano di giacitura della piastra, ela somma dei momenti d’inerzia relativi ad Ox ed Oy:

LPxx + LP

yy =1

12µa2 +

1

6µa2 =

1

4µa2 .

Matrice d’inerzia rispetto ad Oxyz del sistemaPer ottenere la matrice d’inerzia relativa a Oxyz dell’intero sistema basta sommare le ma-

Stefano Siboni 5068


trici d’inerzia parziali, relative alla stessa terna, di asta e piastra:

[LO] = [LADO ] + [LPO] = µa2

0 0 00 7/3 00 0 7/3

+ µa2

1/12 −1/12 0−1/12 1/6 0

0 0 1/4

=

= µa2

1/12 −1/12 0−1/12 5/2 0

0 0 31/12

.Si noti che la struttura della matrice ottenuta, con i prodotti d’inerzia in z nulli e ilmomento d’inerzia rispetto ad Oz pari alla somma dei momenti relativi a Ox e Oy, ecompatibile con la completa collocazione del sistema nel piano coordinato Oxy.

(c) Momento d’inerzia relativo all’asse OBLa retta OB passa chiaramente per l’origine O e la sua direzione e individuata dal versoretangente:

n =B −O|B −O|

=ae1 + ae2

|ae1 + ae2|=

e1 + e2

|e1 + e2|=

e1 + e2√2

,

con componenti (n1, n2, n3) = (1/√

2, 1/√

2, 0) rispetto alla terna Oxyz. Il momentod’inerzia del sistema rispetto ad OB e quindi dato dall’espressione:

IOB = IOn = n · LO(n)

che nella terna Oxyz assume la forma matriciale equivalente:

IOB = (n1 n2 n3) [LO]

n1

n2

n3

=1

2(1 1 0) [LO]

110

=1

2

(Lxx + Lyy + 2Lxy

)=

=1

2µa2

[1

12+

5

2+ 2(− 1

12

)]=

1

2µa2( 1

12+

5

2− 1

6

)=

29

24µa2 .


~u = −e1 + 2e3 applicato in A(2, 1, 1)

~v = e2 − e3 applicato in B(1, 1, 0) .

Determinare:


(b) gli eventuali punti Q rispetto ai quali il momento ~MQ di S soddisfa ~MQ · ~R = 0,

essendo ~R il risultante di S.

Stefano Siboni 5069


Soluzione(a) Asse centraleIl sistema S si compone di due vettori applicati:

S = (A, ~u), (B,~v)

con punti di applicazione A(2, 1, 1), B(1, 1, 0) e vettori rispettivi ~u = −e1+2e3, ~v = e2− e3.Il risultante del sistema di vettori applicati e non nullo:

~R = ~u+ ~v = −e1 + 2e3 + e2 − e3 = −e1 + e2 + e3 6= 0

per cui la condizione necessaria e sufficiente all’esistenza dell’asse centrale a risulta cer-tamente soddisfatta. Per ricavare l’equazione parametrica dell’asse occorre calcolare ilmomento di S rispetto all’origine:

~MO = (A−O) ∧ ~u+ (B −O) ∧ ~v =

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

2 1 1−1 0 2

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

1 1 00 1 −1

∣∣∣∣∣∣ =

= 2e1 − 5e2 + e3 + (−e1 + e2 + e3) = e1 − 4e2 + 2e3

ed il prodotto vettoriale fra il risultante ~R e il momento precedente:

~R ∧ ~MO =

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

−1 1 11 −4 2

∣∣∣∣∣∣ = 6e1 + 3e2 + 3e3 ,

nonche il modulo quadrato dello stesso risultante:

|~R|2 = | − e1 + e2 + e3|2 = 3 .

Ne segue cosı l’espressione:

~R ∧ ~MO

|~R|2=

6e1 + 3e2 + 3e3

3= 2e1 + e2 + e3

e dunque l’equazione parametrica dell’asse centrale in notazione vettoriale:

P −O =~R ∧ ~MO

|~R|2+ α~R = 2e1 + e2 + e3 + α(−e1 + e2 + e3) ∀α ∈ R ,

cui corrisponde la normale parametrizzazione per componenti:x = 2− αy = 1 + αz = 1 + α

∀α ∈ R .

Stefano Siboni 5070


(b) Punti Q per i quali ~MQ · ~R = 0

Conviene notare preliminarmente che l’espressione ~MQ · ~R risulta in realta indipendentedalla scelta del punto Q ∈ R3 — si tratta del cosidetto “invariante scalare” del sistema divettori applicati. Dalla formula del cambiamento di polo si ha infatti:

~MQ · ~R =[~MO + (O−Q)∧ ~R

]· ~R = ~MO · ~R+ (O−Q)∧ ~R · ~R = ~MO · ~R+ 0 = ~MO · ~R .

Ne segue che l’insieme dei punti Q che soddisfano il requisito richiesto puo essere o l’interoR3 oppure l’insieme vuoto ∅, secondo che il valore dell’espressione invariante ~MQ · ~R sia omeno quello prescritto. Nella fattispecie si ha, usando vettori gia calcolati in precedenza:

~MO · ~R = (e1 − 4e2 + 2e3) · (−e1 + e2 + e3) = −1− 4 + 2 = −3

e si deve concludere che non esiste alcun punto Q ∈ R3 per il quale risulti ~MQ · ~R = 0.


Lungo l’asse orizzontale Ox di una terna Oxyz = Oe1e2e3 un punto materiale P di massaunitaria puo scorrere liberamente senza attrito, collegato all’origine O da una molla idealedi stiffness k = 7 e soggetto ad una resistenza viscosa di costante β = 2. Sul punto agisceanche la forza ~F = 5 sin Ωt e1, con Ω > 0 costante e t ∈ R. Oxyz ruota uniformementeattorno all’asse verticale Oy con velocita angolare ω = 2 rispetto ad una terna inerziale.

Considerando tutte le forze applicate, determinare di P :

(a) l’espressione generale del moto transiente, specificando la natura di questo;



Soluzione

(a) Moto transiente

L’equazione del moto si ricava a partire dal postulato delle reazioni vincolari, consideratoche la terna Oxyz ruota con velocita angolare costante ωe2 = 2e2 attorno all’asse verticaleOy rispetto ad un riferimento inerziale e risulta quindi sede di forze fittizie: la forza ditrascinamento, in particolare, si riduce alla sola forza centrifuga mentre non e presentealcuna forza di Eulero. Il postulato delle reazioni vincolari si scrive quindi:

mP = −βP − k(P −O)−mge2 + ~F +mω2(P −O)− 2mωe2 ∧ P + ~Φ .

Stefano Siboni 5071


In questa relazione e P −O = xe1, P = xe1, P = xe1 e l’ipotesi di asse Ox liscio equivalea richiedere che si abbia ~Φ · e1 = 0. L’equazione pura del moto viene dunque ottenutaproiettando la relazione precedente lungo il versore e1:

mx = −βx− kx−mge2 · e1 + ~F · e1 +mω2x− 2mωe2 ∧ P · e1

in cui vale pero:−mge2 · e1 = 0 ~F · e1 = 5 sin Ωt

e la componente lungo e1 della forza di Coriolis e identicamente nulla — la forza risultaortogonale alla velocita e dunque all’asse vincolare:

−2mωe2 ∧ P · e1 = −2mωe2 · P ∧ e1 = −2mωe2 · xe1 ∧ e1 = 0 .

Si perviene cosı all’equazione:

mx+ βx+ (k −mω2)x = 5 sin Ωt

che sostituiti i valori numerici m = 1, β = 2, k = 7 e ω = 2 diventa:

x+ 2x+ 3x = 5 sin Ωt .

Si riconosce l’equazione di un oscillatore armonico smorzato con forzante sinusoidale dipulsazione Ω. Il moto transiente e dato dalla soluzione dell’equazione omogenea associata:

x+ 2x+ 3x = 0

dalla quale segue l’equazione caratteristica:

λ2 + 2λ+ 3 = 0

che porge gli autovalori complessi coniugati:

λ =−2±

√4− 12

2= −1± i

√2

e le due soluzioni reali linearmente indipendenti:

x1(t) = e−t sin(√

2 t)

x2(t) = e−t cos(√

2 t).

L’espressione generale del moto transiente risulta pertanto:

xtrans(t) = c1e−t sin

(√2 t)

+ c2e−t cos

(√2 t)

= e−t[c1 sin

(√2 t)

+ c2 cos(√

2 t)]∀ t ∈ R

con le costanti c1, c2 ∈ R che sono determinate dai valori iniziali di x e x. I moti transientihanno carattere oscillatorio smorzato.

(b) Moto stazionario e sua ampiezzaIl moto stazionario ha la stessa forma della forzante, con la stessa pulsazione Ω e ampiezza

Stefano Siboni 5072


e fase opportune. Si tratta dunque di una soluzione particolare del tipo:

x(t) = A sin Ωt+B cos Ωt

con A e B costanti reali da determinare — e fissate univocamente. Derivando successiva-mente rispetto al tempo si ottengono le espressioni:

x = A sin Ωt+B cos Ωt

x = ΩA cos Ωt− ΩB sin Ωt

x = −Ω2A sin Ωt− Ω2B cos Ωt

dalle quali segue:3x = 3A sin Ωt+ 3B cos Ωt

2x = −2ΩB sin Ωt+ 2ΩA cos Ωt

x = −Ω2A sin Ωt− Ω2B cos Ωt

e quindi sostituendo nelle equazioni pure del moto:[(3− Ω2)A− 2ΩB

]sin Ωt+

[2ΩA+ (3− Ω2)B

]cos Ωt = 5 sin Ωt ∀ t ∈ R .

L’equazione e soddisfatta ∀ t ∈ R se e soltanto se sono rispettivamente uguali i coefficientiin sin Ωt e cos Ωt a primo e a secondo membro, ossia: (3− Ω2)A− 2ΩB = 5

2ΩA+ (3− Ω2)B = 0 .

I coefficienti A e B possono essere ricavati con un qualsiasi metodo di soluzione del sistemalineare ottenuto, ad esempio con il teorema di Cramer:

A =

∣∣∣∣ 5 −2Ω0 3− Ω2

∣∣∣∣∣∣∣∣ 3− Ω2 −2Ω2Ω 3− Ω2

∣∣∣∣ =5(3− Ω2)

(3− Ω2)2 + 4Ω2

B =

∣∣∣∣ 3− Ω2 52Ω 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ 3− Ω2 −2Ω2Ω 3− Ω2

∣∣∣∣ =−10Ω

(3− Ω2)2 + 4Ω2.

Il moto stazionario del punto e quindi descritto da:

xstaz(t) = 5(3− Ω2) sin Ωt− 2Ω cos Ωt

(3− Ω2)2 + 4Ω2∀ t ∈ R ,

Stefano Siboni 5073


con ampiezza:

A(Ω) =5√

(3− Ω2)2 + 4Ω2.

Si ricorda che lo stesso moto stazionario puo anche esprimersi per mezzo di un’unicafunzione sinusoidale:

xstaz(t) = A(Ω) sin(Ωt+ α)

con la fase α ∈ [0, 2π) individuata univocamente dalle condizioni:

cosα =3− Ω2√

(3− Ω2)2 + 4Ω2sinα =

−2Ω√(3− Ω2)2 + 4Ω2

.

(c) Pulsazione di risonanza e relativa ampiezzaLa risonanza del sistema ricorre quando l’ampiezza del moto stazionario risulta massima,ossia quando la funzione:

Ξ(Ω2) = (Ω2 − 3)2 + 4Ω2

assume il valore minimo. Si ha:

Ξ′(Ω2) = 2(Ω2 − 3) + 4 = 2Ω2 − 2 Ξ′′(Ω2) = 2 > 0 ,

per cui il minimo ricorre quando 2Ω2 − 2 = 0, ovvero Ω2 = 1. La pulsazione di risonanzadel sistema e dunque Ω = 1. In condizioni di risonanza l’ampiezza del moto stazionariorisulta infine:

A(1) =5√

(3− 1)2 + 4 · 1=

5

2√

2=

5

4

√2 .

Esercizio 930. Statica del punto materiale vincolato ad una curva fissaNel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz =Oe1e2e3 e fissata una curva γ di equazione y =(x−a)2/2a, x ∈ R, con a costante positiva. Unpunto materiale P , di massa m e peso trascu-rabile, e vincolato a restare su γ, collegato all’o-rigine da una molla ideale di stiffness k e sotto-posto ad una resistenza viscosa con costante difrizione β. Si usi l’ascissa x ∈ R come variabileper determinare di P , relativamente alla ternaOxyz:

(a) la condizione di equilibrio nell’ipotesi di γ liscia, discutendo l’esistenza degli equilibri;

(b) la condizione di equilibrio per γ scabra, con coefficiente di attrito statico µs > 0.

Soluzione(a) Condizione di equilibrio per γ liscia. Esistenza degli equilibriLa posizione del punto materiale lungo la curva vincolare γ e individuata tramite la para-

Stefano Siboni 5074


metrizzazione della curva stessa:

P (x)−O = xe1 +1

2a(x− a)2e2

in termini dell’ascissa x ∈ R. Si tratta chiaramente di una parametrizzazione C∞ e rego-lare, dal momento che la derivata prima:

P ′(x) = e1 +x− aa

e2

risulta diversa da zero ∀x ∈ R. La forza agente sul punto materiale e la somma dellasollecitazione elastica e della resistenza viscosa:

~F (t, x, x) = −k[P (x)−O]− βP = −k[P (x)−O]− βP ′(x)x

ma in condizioni di quiete, cioe per x = costante, si riduce al solo termine elastico:

~F (t, x, 0) = −k[P (x)−O] = −k[xe1 +

1

2a(x− a)2e2

].

Nell’ipotesi di curva fissa e liscia la condizione necessaria e sufficiente per l’equilibrio inx si ricava imponendo che la forza attiva in condizioni statiche abbia nulla la propriacomponente tangente alla curva:

~F (t, x, 0) · P ′(x) = 0 ∀ t ∈ R ,

ossia, considerato che la forza non dipende esplicitamente dal tempo:

−k[xe1 +

1

2a(x− a)2e2

]·(e1 +

x− aa

e2

)= 0 .

Omesso il fattore costante k > 0 ed eseguito il prodotto scalare si perviene cosı all’equazionedi equilibrio:

x+1

2a2(x− a)3 = 0

equivalente a:

x = − 1

2a2(x− a)3. (930.1)

Il secondo membro dell’equazione (930.1) e una funzione monotona decrescente che siannulla in x = a e ha immagine R — il suo grafico e una parabola cubica. E peraltroevidente che il primo membro della stessa equazione ha come grafico la bisettrice delI e III quadrante — la retta passante per l’origine e di coefficiente angolare unitario.L’intersezione tra i due grafici e quindi costituita da un unico punto di ascissa xo ∈ (0, a),corrispondente all’unica configurazione di equilibrio del sistema.

Stefano Siboni 5075


In effetti, posto x = aξ la condizione di equilibrio assume la forma adimensionale:

ξ = −1

2(ξ − 1)3

ed ammette l’unica soluzione approssimata ξ = ξo = 0.229083002940752, stimabile numeri-camente con l’algoritmo di Newton-Raphson. La soluzione di equilibrio puo anche essereottenuta in forma chiusa applicando la formula cardanica alla soluzione dell’equazione diterzo grado (ξ − 1)3 + 2ξ = 0:

ξo = 1 +

(−1 +

√35

27

)1/3

−(

1 +

√35

27

)1/3

.

La sola configurazione di equilibrio si ha dunque per xo = 0.229083002940752 a.

(b) Condizione di equilibrio per γ scabraLa condizione di equilibrio nel caso di curva vincolare scabra e dedotta direttamente dallalegge di Coulomb-Morin dell’attrito radente statico:

|~Fτ (t, x, 0)| ≤ µs|~Fn(t, x, 0)| ∀ t ∈ R ,

nella quale figurano le componenti ~Fτ (t, x, 0) e ~Fn(t, x, 0) delle forze attive statiche, rispet-tivamente tangente e normale alla curva vincolare nella posizione di ascissa x. Il calcolodi queste componenti richiede la determinazione dei versori tangente e normale a γ in unpunto generico della curva. Per il versore tangente si ha l’espressione:

τ(x) =P ′(x)

|P ′(x)|=

1√1 +

(x− aa

)2

(e1 +

x− aa

e2

),

mentre il versore normale puo essere determinato facilmente osservando che γ e una curvapiana e che il suo versore binormale coincide con e3, per cui:

n(x) = e3 ∧ τ(x) =1√

1 +(x− a

a

)2

(−x− a

ae1 + e2

).

Stefano Siboni 5076


Ricordando che:

~F (t, x, 0) = −k[xe1 +

(x− a)2

2ae2

],

la componente tangente si scrive:

~Fτ (t, x, 0) = ~F (t, x, 0) · τ τ = −k[xe1 +

(x− a)2

2ae2

]· 1√

1 +(x− a

a

)2

(e1 +

x− aa

e2

)τ =

= −k 1√1 +

(x− aa

)2

[x+

(x− a)3

2a2

]τ

e quella normale risulta:

~Fn(t, x, 0) = ~F (t, x, 0) · n n = −k[xe1 +

(x− a)2

2ae2

]· 1√

1 +(x− a

a

)2

(−x− a

ae1 + e2

)n

= −k 1√1 +

(x− aa

)2

[−x(x− a)

a+

(x− a)2

2a

]n =

= −k(x− a)

a

1√1 +

(x− aa

)2

(−x+

x

2− a

2

)n =

=k(x− a)

2a

1√1 +

(x− aa

)2(x+ a) n =

k(x2 − a2)

2a

1√1 +

(x− aa

)2n .

La condizione di equilibrio, indipendente dal tempo, diventa pertanto:∣∣∣∣∣∣∣∣−k1√

1 +(x− a

a

)2

[x+

(x− a)3

2a2

]τ

∣∣∣∣∣∣∣∣ ≤ µs

∣∣∣∣∣∣∣∣k(x2 − a2)

2a

1√1 +

(x− aa

)2n

∣∣∣∣∣∣∣∣e si riduce facilmente a: ∣∣∣∣x+

(x− a)3

2a2

∣∣∣∣ ≤ µs

∣∣∣∣x2 − a2

2a

∣∣∣∣ .Come previsto dal principio di sicurezza, gli equilibri del punto su curva liscia annullanoil primo membro e dunque soddisfano la disequazione: essi sono percio equilibri anche peril sistema con attrito radente.

Stefano Siboni 5077


Osservazione. Equilibri in presenza di attritoCon il cambiamento di variabile x = aξ la relazione di equilibrio si riduce a:∣∣∣∣ξ +

(ξ − 1)3

2

∣∣∣∣ ≤ µs

∣∣∣∣ξ2 − 1

2

∣∣∣∣e non ammettendo le soluzioni ξ = +1,−1 si puo esprimere nella forma equivalente φ(ξ) ≤µs, dove la funzione ausiliaria φ(ξ) e definita da:

φ(ξ) =

∣∣∣∣ 2

ξ2 − 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ξ +(ξ − 1)3

2

∣∣∣∣ ∀ ξ ∈ R \ +1,−1

con il grafico illustrato nella figura seguente:

Sebbene in linea di principio al crescere di µs il sistema possa dare luogo a uno, due opersino tre intervalli di valori di equilibrio della ξ, essendo in pratica µs ≤ 1 gli equilibriformano in effetti un unico intervallo nell’intorno di ξ = 0.229083002940752, via via piuampio all’aumentare di µs.


Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz, con l’asse Oy diretto verticalmente verso l’alto,un disco circolare omogeneo e pesante D, di massa m, centro C e raggio a, e vincolato aruotare senza attrito attorno all’asse fisso Oz passante per il punto medio O di un suo raggioassegnato BC. Una molla ideale di stiffness k collega C con il punto fisso A(2a, 0, 0).

Stefano Siboni 5078


Usare l’angolo ϑ ∈ R in figura per determinare del disco, rispetto a Oxyz:


(b) gli equilibri;

(c) l’accelerazione istantanea (vettoriale) di B per t = 0 qualora il disco ruotasse secondola legge oraria ϑ(t) = αt2 ∀ t ∈ R, con α > 0 costante.

Soluzione(a) Equazioni pure del motoNell’ipotesi di asse fisso privo di attrito l’equazione pura del moto del disco si scrive:

IOzϑ = ~Ma,eO · e3 = (C −O) ∧

[−mge2 + k(A− C)

]· e3

in quanto le forze attive esterne applicate sono costituite dal sistema delle forze peso,equivalente al peso totale applicato nel baricentro C, e dalla sollecitazione elastica agentesempre in C. Il momento d’inerzia del disco rispetto all’asse di rotazione si ricava facendouso del teorema di Huygens-Steiner:

IOz = ICz +m|C −O|2 =ma2

2+m

(a2

)2

=3

4ma2 .

Per calcolare il momento assiale delle forze attive esterne si debbono considerare i vettoriposizione:

C −O =a

2sinϑ e1 −

a

2cosϑ e2 A−O = 2ae1

e quindi:

A− C = a(

2− 1

2sinϑ

)e1 +

a

2cosϑ e2 ,

da cui segue:

−mge2 + k(A− C) = ka(

2− 1

2sinϑ

)e1 +

ka

2cosϑ e2 −mge2 .

Il momento delle forze attive esterne rispetto all’asse fisso Oz risulta pertanto:

~Ma,eO · e3 = (C −O) ∧

[−mge2 + k(A− C)

]· e3 =

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣a

2sinϑ −a

2cosϑ 0

ka(

2− 1

2sinϑ

) ka

2cosϑ−mg 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

=a

2sinϑ

(ka2

cosϑ−mg)

+a

2cosϑ ka

(2− 1

2sinϑ

)=

=ka2

4sinϑ cosϑ− 1

2mga sinϑ+ ka2 cosϑ− ka2

4sinϑ cosϑ =

= ka2 cosϑ− 1

2mga sinϑ

Stefano Siboni 5079


e conduce all’equazione pura del moto richiesta:

3

4ma2ϑ = ka2 cosϑ− 1

2mga sinϑ . (931.1)

(b) EquilibriGli equilibri del sistema corrispondono alle soluzioni costanti dell’equazione pura del moto(931.1) e soddisfano percio la condizione di equilibrio:

0 = ka2 cosϑ− 1

2mga sinϑ

che equivale all’equazione:1

2mga sinϑ = ka2 cosϑ

e si riduce a:

sinϑ =2ka

mgcosϑ .

In questa relazione non puo aversi cosϑ = 0, poiche ne seguirebbe che anche sinϑ = 0, unassurdo evidente. Di conseguenza, l’equazione e equivalente a:

tgϑ =2ka

mg

ed ammette le soluzioni:

ϑ = tg−1(2ka

mg

):= ϑ? ∈

(0,π

2

)ϑ = ϑ? + π .

Questi sono gli equilibri del sistema, definiti incondizionatamente a meno di inessenzialimultipli interi di 2π.

(c) Accelerazione istantanea di B per t = 0Se la legge oraria del moto rotatorio e ϑ(t) = αt2, con α costante, velocita e accelerazioneangolare istantanee risultano rispettivamente:

~ω(t) = 2αte3 ~ω(t) = 2αe3 ∀ t ∈ R .

Essendo B ∈ D, si ha d’altra parte:

B = ~ω ∧ (B −O)

e:B = ~ω ∧ (B −O) + ~ω ∧ [~ω ∧ (B −O)]

e poiche per t = 0 vale:

ϑ(0) = 0 ~ω(0) = 0 ~ω(0) = 2αe3 B −O =a

2e2 ,

si deve concludere che:

B(0) = 2αe3 ∧a

2e2 + 0 = −aαe1 .

Stefano Siboni 5080



Nel piano Oxy di una terna solidale Oxyz =Oe1e2e3 si considera il sistema rigido mostratoin figura, composto da una piastra quadrata P =ABCD, di lato a, e da un’asta rettilinea CE dilunghezza a. Le rispettive densita sono date da:

σ(P ) =µ

a3(F − P ) · e1 ∀P ∈ P

e:λ(Q) =

µ

a2|Q− C| ∀Q ∈ CE ,

dove µ indica una massa costante caratteristica.Determinare:

(a) la massa e la posizione del baricentro G del sistema rispetto ad Oxyz;

(b) la matrice d’inerzia di P relativa a Oxyz e una terna principale d’inerzia in O;

(c) il momento d’inerzia di P rispetto alla retta OE;

(d) il momento d’inerzia di P relativo alla retta BC;

(e) il momento angolare in O e l’energia cinetica di P relativi alla terna dove O e fisso ela velocita angolare del sistema vale ~ω = −ωe1 + 2ωe2, con ω > 0.

Soluzione(a) Massa e baricentro G del sistemaPoiche P −O = xe1 + ye2 e F −O = ae1, la densita areale della piastra P si scrive:

σ(x, y) =µ

a3(a− x) ∀ (x, y) ∈ [0, a]×

[−a/2, a/2

],

mentre quella lineare dell’asta CE — parametrizzata da P −O = xe1 +(a/2)e2, x ∈ [a, 2a]— vale:

λ(x) =µ

a2(x− a) ∀x ∈ [a, 2a] .

Massa della piastraLa massa della piastra si ricava integrando la densita areale σ sul dominio P, e risultapertanto:

mP =

∫P

σ dA =

a∫0

dx

a/2∫−a/2

dyµ

a3(a− x) =

µ

a3a

a∫0

(a− x)dx =

=µ

a2

[− (a− x)2

2

]a0

=µ

a2

a2

2=

µ

2.

Massa dell’astaLa massa dell’asta e data dall’integrale su CE della densita lineare λ:

mCE =

∫CE

λ ds =

2a∫a

µ

a2(x− a) dx =

µ

a2

[(x− a)2

2

]2a

a

=µ

a2

a2

2=

µ

2.

Stefano Siboni 5081


Massa del sistemaLa massa del sistema si determina come somma delle masse di piastra ed asta, dal momentoche il punto di intersezione C costituisce un insieme di misura nulla e non concorre ne agliintegrali di superficie su P na quelli curvilinei su CE:

m = mP +mCE =µ

2+µ

2= µ .

Baricentro della piastraE evidente che l’asse Ox rappresenta un asse di simmetria per la piastra, per cui il vettoreposizione del baricentro GP di questa deve assumere la forma:

GP −O = xPe1 .

L’ascissa di GP e data dalla definizione:

xP =1

mP

∫P

xσ dA =2

µ

a∫0

dx

a/2∫−a/2

dy xµ

a3(a− x) =

=2

a3a

a∫0

(ax− x2) dx =2

a2

[ax2

2− x3

3

]a0

=2

a2

a3

6=

a

3,


GP −O =a

3e1 .

Baricentro dell’astaIl baricentro dell’asta deve collocarsi lungo la retta di giacitura di questa ed e quindiindividuato da un vettore posizione della forma:

GCE −O = xCE e1 +a

2e2

in cui l’ascissa si calcola direttamente dalla definizione:

xCE =1

mCE

∫CE

xλ ds =2

µ

2a∫a

xµ

a2(x− a) dx =

2

a2

2a∫a

(x2 − ax) dx =

=2

a2

[x3

3− ax2

2

]2a

a

=2

a2

(8

3a3 − 2a3 − a3

3+a3

2

)= 2

(7

3− 3

2

)a =

5

3a ,

in modo che:

GCE −O =5

3ae1 +

a

2e2 .

Stefano Siboni 5082


Baricentro del sistemaIl baricentro del sistema si calcola facendo uso della proprieta distributiva, che porge:

G−O =mP(GP −O) +mCE(GCE −O)

mP +mCE=

1

2(GP −O) +

1

2(GCE −O) =

=1

2

a

3e1 +

1

2

(5

3ae1 +

a

2e2

)= ae1 +

a

4e2 .

(b) Matrice d’inerzia di P relativa ad Oxyz e terna principale d’inerzia in OLa terna Oxyz e principale d’inerzia in O per la piastra: questa infatti giace nel pianocoordinato Oxy, per cui Oz ne costituisce un asse principale d’inerzia in O; d’altra parte,l’asse di simmetria Ox e anch’esso un asse principale d’inerzia in O. Ne deriva che Ozrappresenta un ulteriore asse principale d’inerzia in O in quanto ortogonale ai precedenti.La matrice d’inerzia relativa ad Oxyz deve quindi risultare diagonale, con il momentod’inerzia rispetto ad Oz pari alla somma dei momenti d’inerzia relativi ad Ox ed Oy:

[LPO] =

LPxx 0 00 LP

yy 0

0 0 LPxx + LP

yy

.Il momento d’inerzia relativo all’asse Ox si ricava dalla definizione:

LPxx =

∫P

y2σ dA =

a∫0

dx

a/2∫−a/2

dy y2 µ

a3(a− x) =

µ

a3

a/2∫−a/2

y2dy

a∫0

(a− x) dx =

=µ

a3

[y3

3

]a/2−a/2

[− (a− x)2

2

]a0

=µ

a3

a3

12

a2

2=

1

24µa2 ,

cosı come quello rispetto all’asse Oy:

LPyy =

∫P

x2σ dA =

a∫0

dx

a/2∫−a/2

dy x2 µ

a3(a− x) =

=µ

a3a

a∫0

(ax2 − x3) dx =µ

a3

(aa3

3− a4

4

)=

1

12µa2 .

Il momento d’inerzia rispetto ad Oz vale dunque:

LPzz = LP

xx + LPyy =

1

24µa2 +

1

12µa2 =

1

8µa2 ,

in modo che la matrice d’inerzia della piastra nella terna Oxyz risulta:

[LPO] = µa2

1/24 00 1/12 00 0 1/8



(c) Momento d’inerzia di P rispetto alla retta OELa retta OE passa evidentemente per l’origine ed e individuata dal versore direttore:

n =E −O|E −O|

=2ae1 +

a

2e2∣∣∣∣2ae1 +a

2e2

∣∣∣∣ =4e1 + e2

|4e1 + e2|=

4e1 + e2√17

.

Il momento d’inerzia della piastra relativo ad OE e dunque dato dalla relazione:

IPOE = IPOn = n · LPO(n) =

4e1 + e2√17

· LPO

(4e1 + e2√17

)=

=1

17(4 1 0) [LP

O]

410

=1

17

(16LP

xx + LPyy + 8LP

xy

)=

=1

17

(16µa2

24+µa2

12

)=

1

17

( 8

12+

1

12

)µa2 =

1

17

3

4µa2 =

3

68µa2 .

(d) Momento d’inerzia di P rispetto alla retta BCLa retta BC e parallela all’asse coordinato Oy, ma non passa per il baricentro della piastra,che ha ascissa xP = a/3. Occorre quindi considerare le tre rette parallele Oy, GPy e BCapplicare due volte il teorema di Huygens-Steiner. Si hanno cosı le relazioni:

IPOy = IPGPy+mPx

2P IPBC = IPGPy

+mP(a− xP)2

che sottratte membro a membro porgono:

IPBC − IPOy = mP(a− xP)2 −mPx2P

e dunque, essendo mP = µ/2:

IPBC = IPOy +mP(a2 − 2axP) =µa2

12+µ

2

(a2 − 2a

a

3

)=

µa2

12+µa2

6=

µa2

4.

(e) Momento angolare in O ed energia cinetica di PMomento angolare in O della piastraRispetto alla base e1e2e3 il momento angolare in O della piastra rigida con punto fisso Oe velocita angolare istantanea ~ω = −ωe1 + 2ωe2 si scrive:

~KO =3∑

α=1

Kα eα

con:K1

K2

K3

= [LPO]

−ω2ω0

= µa2

1/24 0 00 1/12 00 0 1/8

−ω2ω0

= µa2ω

−1/241/60

,Stefano Siboni 5084


per cui:

~KO = µa2ω(− 1

24e1 +

1

6e2

).

Energia cinetica della piastraL’ipotesi del punto fisso in O autorizza a scrivere l’espressione dell’energia cinetica dellapiastra rigida nella forma:

T =1

2~ω · ~KO =

1

2(−ωe1 + 2ωe2) · µa2ω

(− 1

24e1 +

1

6e2

)=

=1

2µa2ω2

( 1

24+

1

3

)=

1

2µa2ω2 9

24=

3

16µa2ω2 .

Esercizio 933. Sistema scleronomo posizionale conservativo a 2 g.d.l.

Nel piano Oxy di una terna Oxyz = Oe1e2e3,in rotazione uniforme con velocita angolare ωattorno all’asse verticale Oy rispetto ad un rife-rimento inerziale, un disco circolare omogeneoD, di massa m, centro C e raggio a, e vinco-lato a ruotare attorno al punto O del suo bordo.L’estremo B del diametro OB del disco e colle-gato da una molla ideale di stiffness k = mω2/8ad un punto materiale P , di massa m, vincolatoa scorrere lungo l’asse Oy. Il sistema e pesantee a vincoli ideali. Usare i parametri lagrangianis, ϕ ∈ R in figura per determinare del sistema,rispetto a Oxyz:

(a) gli equilibri ordinari, precisandone le condizioni di esistenza;

(b) le caratteristiche di stabilita degli equilibri ordinari;



(e) gli equilibri di confine qualora fosse ϕ ∈ [−π/3, π/3].

Soluzione(a) Equilibri ordinariIl sistema e scleronomo, a vincoli bilaterali ideali e soggetto soltanto a sollecitazioni po-sizionali conservative, che sono costituite dal sistema delle forze peso, dall’interazione ela-stica fra i punti B e P , e dal sistema delle forze centrifughe. Si noti che, al solito, lecomponenti generalizzate delle forze di Coriolis risultano nulle identicamente, perche ilmoto dell’intero sistema si svolge nel piano coordinato Oxy che contiene l’asse di rotazioneOy della terna Oxyz rispetto al riferimento inerziale — non illustrato in figura. Si procedequindi al calcolo dei potenziali associati alle varie tipologie di forze attive: la loro sommafornira il potenziale del sistema, i cui punti stazionari individueranno gli equilibri ordinaridel sistema.

Stefano Siboni 5085


Potenziale gravitazionaleAl potenziale delle forze peso concorrono il disco D ed il punto materiale P :

Ug = −mge2 · (C −O)−mge2 · (P −O)

ed essendo:

C −O = a sinϕ e1 − a cosϕ e2 P −O = −ase2 ,

risulta:Ug = mga cosϕ+mgas = mga(s+ cosϕ) .

Potenziale elasticoPer il potenziale elastico vale la ben nota espressione:

Uel = −k2|B − P |2 = −mω

2

16|B − P |2 .

In questo caso si ha:B −O = 2a sinϕ e1 − 2a cosϕ e2

e di conseguenza:

B − P = 2a sinϕ e1 − 2a cosϕ e2 + ase2 = 2a sinϕ e1 + a(s− 2 cosϕ)e2 ,

per cui:

Uel = −mω2

16

(4 sin2ϕ+ s2 + 4 cos2ϕ− 4s cosϕ

)= −mω

2

16(s2 − 4s cosϕ+ 4) .

Potenziale centrifugoIl potenziale centrifugo si riduce al solo contributo del disco, in quanto P e vincolato ascorrere proprio lungo l’asse di rotazione Oy della terna Oxyz:

Ucf =ω2

2IDOy =

ω2

2

[IDCy +m

[(C −O) · e1

]2]=

=ω2

2

[ma2

4+m

[a sinϕ

]2]=

ma2ω2

2sin2ϕ+ costante .

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

U(s, ϕ) = mga(s+ cosϕ)− ma2ω2

16(s2 − 4s cosϕ) +

ma2ω2

2sin2ϕ ,

ossia:

U(s, ϕ) = mga(s+ cosϕ) +ma2ω2(− s

2

16+

1

4s cosϕ+

1

2sin2ϕ

),

espressione nella quale si sono omesse le costanti additive inessenziali.

Stefano Siboni 5086


Equilibri ordinariPer determinare gli equilibri ordinari del sistema occorre e basta calcolare le derivate pazialiprime del potenziale:

∂U

∂s(s, ϕ) = mga+ma2ω2

(−s

8+

1

4cosϕ

)∂U

∂ϕ(s, ϕ) = −mga sinϕ+ma2ω2

(−1

4s sinϕ+ sinϕ cosϕ

)ed eguagliarle simultaneamente a zero, ottenendo cosı il sistema di equazioni di equilibrio:

mga+ma2ω2(−s

8+

1

4cosϕ

)= 0

−mga sinϕ+ma2ω2(−1


)= 0

che debitamente semplificato si riduce a:g

aω2− s

8+

1

4cosϕ = 0

sinϕ(− g

aω2− 1

4s+ cosϕ

)= 0 .

Dalla prima equazione si puo ricavare s in funzione della variabile angolare ϕ, per poisostituire la relazione ottenuta nella seconda equazione:

s =8g

aω2+ 2 cosϕ

sinϕ(− g

aω2− 2g

aω2− 1

2cosϕ+ cosϕ

)= 0 .

Semplificando, le equazioni di equilibrio si riducono a:s =

8g

aω2+ 2 cosϕ

sinϕ(

cosϕ− 6g

aω2

)= 0 .

La seconda equazione costituisce una equazione di equilibrio nella sola variabile ϕ, cherisolta porge i valori di equilibrio della stessa variable. Sostituendo poi detti valori nellaprima equazione, si ricavano le configurazioni di equilibrio. La forma fattorizzata dell’equa-zione in ϕ suggerisce di distinguere due casi.

(i) Per sinϕ = 0 si hanno le soluzioni ϕ = 0 e ϕ = π, dalle quali seguono rispettivamente:

s =8g

aω2+ 2 s =

8g

aω2− 2 ,

Stefano Siboni 5087


per cui il sistema ammette certamente gli equilibri:

(s, ϕ) =( 8g

aω2+ 2, 0

)(s, ϕ) =

( 8g

aω2− 2, π

),

sempre definiti.

(ii) Se cosϕ− 6g

aω2= 0 risulta invece:

ϕ = arccos( 6g

aω2

)= ϕ? ϕ = ϕ?

a condizione che si abbia 6g/aω2 < 1. In ambo i casi il valore di equilibrio dellavariabile s e lo stesso:

s =8g

aω2+ 2 cosϕ? =

8g

aω2+ 2

6g

aω2=

20g

aω2.

Ne seguono gli ulteriori equilibri:

(s, ϕ) =( 20g

aω2, ϕ?)

(s, ϕ) =( 20g

aω2,−ϕ?

)definiti e distinti dai precedenti per 6g/aω2 < 1, con ϕ? = arccos(6g/aω2) ∈ (0, π/2).

(b) Stabilita degli equilibri ordinari

Il sistema e scleronomo a vincoli bilaterali ideali e soggetto unicamente a sollecitazioniposizionali conservative. Le proprieta di stabilita ed instabilita degli equilibri ordinaripossono quindi essere analizzate ricorrendo ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversioneparziale, rispettivamente. A questo scopo si rende necessario calcolare preventivamente lederivate parziali seconde del potenziale U del sistema:

∂2U

∂s2(s, ϕ) = −ma

2ω2

8

∂2U

∂s∂ϕ(s, ϕ) =

∂2U

∂ϕ∂s(s, ϕ) = −1

4ma2ω2 sinϕ

∂2U

∂ϕ2(s, ϕ) = −mga cosϕ+ma2ω2

(−1

4s cosϕ+ cos2ϕ− sin2ϕ

)e determinare il segno degli autovalori della relativa matrice hessiana:

HU (s, ϕ) = ma2ω2

−1

8−1

4sinϕ

−1

4sinϕ − g

aω2cosϕ− 1

4s cosϕ+ cos2ϕ− sin2ϕ


Stefano Siboni 5088


Equilibrio (s, ϕ) =( 8g

aω2+ 2, 0

), definito incondizionatamente

La matrice hessiana del potenziale assume la forma diagonale:

HU

( 8g

aω2+ 2, 0

)= ma2ω2

−1

80

0 − g

aω2− 2g

aω2− 1

2+ 1

= ma2ω2

−1

80

01

2− 3g

aω2

con un autovalore sempre negativo:

λ1 = −1

8ma2ω2 < 0

ed uno di segno non definito:

λ2 = ma2ω2(1

2− 3g

aω2

)=

1

2ma2ω2

(1− 6g

aω2

),

che costringe a considerare tre diversi casi:

se 6g/aω2 > 1 entrambi gli autovalori sono negativi e la matrice hessiana risultadefinita negativa, permettendo cosı di riconoscere l’equilibrio come massimo relativoproprio del potenziale. La stabilita di questo segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet;

per 6g/aω2 < 1 gli autovalori risultano di segno opposto (matrice hessiana indefinita).La presenza di un autovalore positivo implica l’instabilita dell’equilibrio per il teoremadi inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

qualora si abbia infine 6g/aω2 = 1 la matrice hessiana si presenta semidefinita nondefinita negativa, avendo un autovalore negativo ed uno nullo. Ricorre un caso criticodi stabilita, che andrebbe esaminato in maggiore dettaglio. Posto in effetti:

s =8g

aω2+ 2 + δs =

8

6+ 2 + δs =

10

3+ δs ϕ = δϕ

con δs δϕ abbastanza piccoli, e introdotto il potenziale adimensionalizzato nell’intornodell’equilibrio considerato:

u(δs, δϕ) =1

ma2ω2U(10

3+ δs, δϕ

),

si ha:

u(δs, δϕ) =g

aω2

(10

3+ δs+ cos δϕ

)− 1

16

(10

3+ δs

)2

+1

4

(10

3+ δs

)cos δϕ+

1

2sin2δϕ

ovvero:

u(δs, δϕ) =1

6

(10

3+ δs+ cos δϕ

)− 1

16

(10

3+ δs

)2

+1

4

(10

3+ δs

)cos δϕ+

1

2sin2δϕ .

Stefano Siboni 5089


Eseguendo i prodotti ed applicando le opportune identita trigonometriche si ottiene:

u(δs, δϕ) =5

9+

1

6δs+

1

6cos δϕ− 25

36− 5

12δs− 1

16δs2+

+5

6cos δϕ+

1

4δs cos δϕ+

1

2sin2δϕ =

= − 5

36− 1

4δs+

1

4δs cos δϕ− 1

16δs2 + cos δϕ+

1

2sin2δϕ =

= − 5

36− 1

4δs(1− cos δϕ)− 1

16δs2 + cos δϕ+

1

2sin2δϕ =

= − 5

36− 1

2δs sin2 δϕ

2− 1

16δs2 + cos δϕ+

1

2sin2δϕ =

= − 5

36− 1

16

(δs2 + 8δs sin2 δϕ

2+ 16 sin4 δϕ

2

)+

+ sin4 δϕ

2+ 1− 2 sin2 δϕ

2+ 2 sin2 δϕ

2cos2 δϕ

2=

=31

36− 1

16

(δs+ 4 sin2 δϕ

2

)2

+ sin4 δϕ

2− 2 sin4 δϕ

2=

=31

36− 1

16

(δs+ 4 sin2 δϕ

2

)2

− sin4 δϕ

2.

Dall’espressione finale appare evidente che per (δs, δϕ) = (0, 0) ricorre un massimorelativo proprio del potenziale adimensionalizzato, per cui l’equilibrio risulta stabileper il teorema di Lagrange-Dirichlet.


aω2− 2, π

), definito incondizionatamente

Anche in questo caso la matrice hessiana del potenziale e diagonale:

HU

( 8g

aω2−2, π

)= ma2ω2

−1

80

0g

aω2+

1

4

( 8g

aω2− 2)

+ 1

= ma2ω2

−1

80

03g

aω2+

1

2

ma con un autovalore sempre positivo:

λ2 = ma2ω2( 3g

aω2+

1

2

)> 0 ,

che implica l’instabilita dell’equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.


aω2, ϕ?)

con cosϕ? =6g

aω2< 1

Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale risulta non diagonale:

HU

( 20g

aω2, ϕ?)

= ma2ω2

−1

8−1

4sinϕ?

−1

4sinϕ? − g

aω2cosϕ? − 5g

aω2cosϕ? + cos2ϕ? − sin2ϕ?

Stefano Siboni 5090


e tenuto conto dell’espressione di cosϕ? si semplifica in:

HU

( 20g

aω2, ϕ?)

= ma2ω2

−1

8−1

4sinϕ?

−1

4sinϕ? −sin2ϕ?

.La matrice ha determinante positivo:

detHU

( 20g

aω2, ϕ?)

= (ma2ω2)2(1

8sin2ϕ? − 1

16sin2ϕ?

)=

1

16(ma2ω2)2sin2ϕ? > 0

e traccia negativa:

trHU

( 20g

aω2, ϕ?)

= ma2ω2(−1

8− sin2ϕ?

)< 0 ,

ed e pertanto definita negativa. L’equilibrio viene cosı riconosciuto essere, quando definito,un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita e assicurata dal teorema diLagrange-Dirichlet.


aω2,−ϕ?

)con cosϕ? =

6g

aω2< 1

La matrice hessiana ha una struttura analoga a quella calcolata per l’equilibrio simmetricoprecedente:

HU

( 20g

aω2,−ϕ?

)= ma2ω2

−1

8

1

4sinϕ?

1

4sinϕ? −sin2ϕ?

con lo stesso determinante e la stessa traccia:

detHU

( 20g

aω2, ϕ?)

=1

16(ma2ω2)2sin2ϕ? > 0

trHU

( 20g

aω2,−ϕ?

)= ma2ω2

(−1

8− sin2ϕ?

)< 0

e dunque definita negativa. L’equilibrio, massimo relativo proprio del potenziale, e anch’es-so stabile per Lagrange-Dirichlet. Si osservi che alla stessa conclusione si poteva perveniredirettamente considerando l’evidente simmetria del potenziale:

U(s, ϕ) = U(s,−ϕ) ∀ (s, ϕ) ∈ R2 . (933.1)

Vale infine la pena di osservare che per tutti gli equilibri individuati, stabili ed instabili,la conservazione dell’energia meccanica esclude l’attrattivita.

(c) Energia cinetica relativa a OxyzL’energia cinetica viene determinata grazie alla proprieta additiva, come somma delle en-ergie cinetiche del punto materiale P e del disco D.

Stefano Siboni 5091


Energia cinetica del punto PPoiche P − O = −ase2, si deduce che P = −ase2 e che di conseguenza l’energia cineticadel punto materiale risulta:

TP =m

2P 2 =

m

2| − ase2|2 =

ma2

2s2.

Energia cinetica del disco DIl disco ruota di un angolo ϕ attorno all’asse fisso Oz, per cui la sua energia cinetica siscrive:

TD =1

2IDOz∣∣~ωD∣∣2 ,

essendo IDOz il momento d’inerzia di D rispetto allo stesso asse, determinabile per mezzodel teorema di Huygens-Steiner:

IDOz = IDCz +m|C −O|2 =ma2

2+ma2 =

3

2ma2 ,

ed ~ωD = ϕ e3 la velocita angolare istantanea. Si ha dunque:

TD =1

2

3

2ma2

∣∣ϕ e3

∣∣2 =3

4ma2ϕ2 .

Energia cinetica del sistemaLa somma dei contributi di punto e disco fornisce l’energia cinetica dell’intero sistema:

T = TP + TD =ma2

2s2 +

3

4ma2ϕ2 .

(d) Equazioni del motoL’ipotesi dei vincoli ideali porta a identificare le equazioni pure del moto con le equazionidi Lagrange:

d

dt

(∂L∂s

)− ∂L

∂s= 0

d

dt

(∂L∂ϕ

)− ∂L

∂ϕ= 0

nelle quali figura la lagrangiana:

L = T + U =ma2

2s2 +

3

4ma2ϕ2 +mga(s+ cosϕ) +ma2ω2

(− s

2

16+

1

4s cosϕ+

1

2sin2ϕ

).

I termini parziali dei binomi di Lagrange a primo membro si calcolano immediatamentericordando la convenzione che vuole le derivate parziali di L calcolate assumendo le variabilis, ϕ, s, ϕ indipendenti:

d

dt

(∂L∂s

)= ma2s

∂L

∂s= mga+ma2ω2

(−s

8+

1

4cosϕ



d

dt

(∂L∂ϕ

)=

3

2ma2ϕ

∂L

∂ϕ= −mga sinϕ+ma2ω2

(−1


),

in modo che le equazioni richieste diventano:ma2s−mga+ma2ω2

(s8− 1

4cosϕ

)= 0

3

2ma2ϕ+mga sinϕ+ma2ω2

(1

4s sinϕ− sinϕ cosϕ

)= 0 .

(e) Equilibri di confineQualora la variabile angolare assuma soltanto i valori compresi nell’intervallo [−π/3, π/3]il dominio di definizione della parametrizzazione del sistema diventa la striscia chiusaillimitata di R2:

(s, ϕ) ∈ R2 : ϕ ∈ [−π/3, π/3] = R× [−π/3, π/3]

come illustrato nella figura seguente:

ed il sistema risulta scleronomo a vincoli unilaterali. Le configurazioni di confine consistonodei due tratti rettilinei ϕ = π/3 e ϕ = −π/3, che conviene esaminare separatamente perla ricerca di eventuali equilibri.

Configurazioni di confine della forma (s, ϕ) = (so, π/3), con so ∈ RIn questo caso la condizione necessaria e sufficiente affinche la configurazione (s, ϕ) =(so, π/3) sia di equilibrio per il sistema, come stabilito dal teorema dei lavori virtuali, edata da:

αsQs(so, π/3) + αϕQϕ(so, π/3) ≤ 0 ∀αs ∈ R , ∀αϕ ≤ 0

ed equivale al sistema di relazioni:Qs(so, π/3) = 0

Qϕ(so, π/3) ≥ 0 .

Avendosi:

Qs(so, π/3) =∂U

∂s(so, π/3) = mga+ma2ω2

(−so

8+

1

4

1

2

)= ma2ω2

( g

aω2− so

8+

1

8



Qϕ(so, π/3) =∂U

∂ϕ(so, π/3) = −mga

√3

2+ma2ω2

(−1

4so

√3

2+

√3

2

1

2

)=

=

√3

2ma2ω2

(− g

aω2− so

4+

1

2

),

la condizione di equilibrio diventa, una volta semplificati i fattori positivi inessenziali:g

aω2− so

8+

1

8= 0

− g

aω2− so

4+

1

2≥ 0 .

(933.2)

Dalla prima equazione si ricava l’unico possibile valore di equilibrio di so:

so = 1 +8g

aω2,

che deve pero soddisfare anche la seconda disequazione:

− g

aω2− 1

4− 2g

aω2+

1

2≥ 0 ⇐⇒ g

aω2≤ 1

12.

Ne deriva che il sistema ammette l’equilibrio di confine:

(s, ϕ) =(

1 +8g

aω2,π

3

)se e soltanto se risulta g/aω2 ≤ 1/12.

Configurazioni di confine del tipo (s, ϕ) = (so,−π/3), con so ∈ RIl teorema dei lavori virtuali impone per (s, ϕ) = (so,−π/3) la condizione di equilibrio:

αsQs(so,−π/3) + αϕQϕ(so,−π/3) ≤ 0 ∀αs ∈ R , ∀αϕ ≥ 0

da cui si deduce l’equivalente sistema di relazioni:Qs(so,−π/3) = 0

Qϕ(so,−π/3) ≤ 0 .

Nella fattispecie si ha:

Qs(so,−π/3) =∂U

∂s(so,−π/3) = mga+ma2ω2

(−so

8+

1

4

1

2

)= ma2ω2

( g

aω2− so

8+

1

8

)e

Qϕ(so,−π/3) =∂U

∂ϕ(so,−π/3) = mga

√3

2+ma2ω2

(1

4so

√3

2−√

3

2

1

2

)=

=

√3

2ma2ω2

( g

aω2+so4− 1

2

),

Stefano Siboni 5094


per cui, omessi al solito i fattori comuni positivi, le relazioni di equilibrio assumono laforma:

g

aω2− so

8+

1

8= 0

g

aω2+so4− 1

2≤ 0

e coincidono chiaramente con le (933.2). Il sistema ammette dunque l’ulteriore equilibriodi confine:

(s, ϕ) =(

1 +8g

aω2,−π

3

)sempre a condizione che sia g/aω2 ≤ 1/12. Si osservi che alla stessa conclusione si potevapervenire per simmetria, sfruttando l’equilibrio gia individuato e la relazione (933.1), graziealla simmetria dell’intervallo ϕ ∈ [−π/3, π/3] rispetto a ϕ = 0.

Esercizio 934. Geometria delle masseNel piano Oxy di una terna cartesiana solidaleOxyz = Oe1e2e3 si considera il sistema rigidocostituito da una lamina quadrata L = ABCD,di lato a, e da un’asta rettilinea DE, di lunghezzaa, disposte come mostrato in figura. La densitaareale della lamina si scrive:

σ(P ) =µ

a3(P − F ) · e1 ∀P ∈ L ,

mentre quella lineare dell’asta e data da:

λ(Q) =µ

a2|E −Q| ∀Q ∈ DE ,

essendo µ > 0 una massa costante caratteristica.Determinare:

(a) la massa e la posizione del baricentro G del sistema rispetto a Oxyz;

(b) la matrice d’inerzia relativa a Oxyz di L e una terna principale d’inerzia in O;

(c) il momento d’inerzia di L rispetto alla retta OE;

(d) il momento d’inerzia di L relativo alla retta BC;

(e) il momento angolare in O e l’energia cinetica di L relativi alla terna dove O e fisso ela velocita angolare del sistema vale ~ω = −ωe1 + 2ωe3, con ω > 0.

Soluzione(a) Massa e baricentro del sistemaLa lamina viene banalmente parametrizzata in termini delle coordinate cartesiane x, y:

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

e siccome il vettore posizione del punto F rispetto ad Oxyz e dato da:

F −O = −ae1,

Stefano Siboni 5095


la densita areale della lamina si esprime in coordinate cartesiane come:

σ(x, y) =µ

a3(a+ x) ∀ (x, y) ∈ [−a, 0]× [−a/2, a/2] .

Analoga parametrizzazione si introduce per l’asta DE, i cui punti sono individuati permezzo della sola ascissa x:

Q−O = −a2e1 + xe2 ∀x ∈ [0, a] .

D’altra parte, il vettore posizione del punto E vale:

E −O = −a2e1 + ae2 ,

per cui la densita lineare dell’asta diventa:

λ(x) =µ

a2(a− x) ∀x ∈ [0, a] .

Massa di LLa massa della lamina ABCD si determina integrando sul dominio L la densita areale σ.Il calcolo e il seguente:

mL =

∫L

σ dA =

0∫−a

dx

a/2∫−a/2

dyµ

a3(a+ x) =

=µ

a3a

0∫−a

(a+ x) dx =µ

a2

[(a+ x)2

2

]0

−a=

µ

a2

a2

2=

µ

2.

Massa di DEIn modo analogo, una integrazione su DE della densita lineare λ fornisce la massa dell’asta:

mDE =

∫DE

λ ds =

a∫0

µ

a2(a− x) dx =

µ

a2

[− (a− x)2

2

]a0

=µ

a2

a2

2=

µ

2.

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

m = mL +mDE =µ

2+µ

2= µ .

Baricentro di LL’asse coordinato Ox costituisce un evidente asse di simmetria della lamina, dal momentoche per ogni punto P ∈ L il relativo punto simmetrico rispetto ad Ox, P ?, appartieneanch’esso ad L, ed i due punti hanno inoltre lo stesso valore della densita areale — P e

Stefano Siboni 5096


P ? condividono la stessa ascissa e la densita e funzione della sola ascissa. Ne deriva che ilbaricentro GL della lamina deve collocarsi lungo Ox e che dunque il suo vettore posizionedeve assumere la forma:

GL −O = xLe1 .

L’ascissa viene determinata facendo uso della definizione:

xL =1

mL

∫L

xσ dA =2

µ

0∫−a

dx

a/2∫−a/2

dy xµ

a3(a+ x) =

2

a3a

0∫−a

(ax+ x2) dx =

=2

a2

[ax2

2+x3

3

]0

−a=

2

a2

(−a

3

2+a3

3

)= −a

3,

per cui:

GL −O = −a3e1 .

Baricentro di DEIl baricentro deve ovviamente appartenere alla retta di giacitura DE e verra quindi indi-viduato da un vettore posizione della forma:

GDE −O = xDE e1 −a

2e2

con ascissa:

xDE =1

mDE

∫DE

xλ ds =2

µ

a∫0

xµ

a2(a− x) dx =

=2

a2

a∫0

(ax− x2) dx =2

a2

[ax2

2− x3

3

]a0

=2

a2

(a3

2− a3

3

)=

a

3.

Di conseguenza:

GDE −O =a

3e1 −

a

2e2 .

Baricentro del sistemaPer calcolare il baricentro G del sistema si ricorre al teorema distributivo, dato che ilpunto di intersezione D tra lamina ed asta costituisce un insieme di misura nulla sia peril dominio L che per il segmento DE. Si ha cosı, considerato che le masse parziali sonouguali:

G−O =mL(GL −O) +mDE(GDE −O)

mL +mDE=

1

2(GL −O) +

1

2(GDE −O) =

=1

2

(−a

3e1

)+

1

2

(a3e1 −

a

2e2

)= −a

4e2 .

Stefano Siboni 5097


(b) Matrice d’inerzia in Oxyz e terna principale d’inerzia in O della laminaLa determinazione della terna principale d’inerzia in O e possibile sulla base di soli argo-menti di simmetria. Si e infatti gia riconosciuto che l’asse Ox costituisce un ovvio asse disimmetria della lamina, dunque e anche un asse principale d’inerzia rispetto ad ogni suopunto ed in particolare rispetto ad O. D’altra parte, il piano di giacitura Oxy della piastrae un piano di simmetria banale, principale d’inerzia rispetto ad ogni suo punto e dunqueanche rispetto ad O: ne segue che l’asse Oz, ortogonale a detto piano principale, rappre-senta anch’esso un asse principale d’inerzia in O. Il teorema spettrale assicura infine chel’asse Oy, ortogonale ai due assi principali d’inerzia in Ox ed Oz, deve essere esso stessoprincipale d’inerzia in O per la lamina. In definitiva, gli elementi di simmetria bastano perriconoscere in Oxyz una terna principale d’inerzia in O del sistema. L’eventuale unicitadi detta terna, a meno di ovvie ridefinizioni degli orientamenti degli assi, non sara peroevidente se non una volta calcolata la relativa matrice d’inerzia [LO]. Per quanto dettosopra e chiaro che la matrice d’inerzia relativa a Oxyz ha struttura diagonale e che ilmomento d’inerzia relativo all’asse Oz e la somma dei momenti d’inerzia relativi ad Ox edOy, avendosi L ⊂ Oxy:

[LO] =

LLxx 00 LL

xx 00 0 LL

xx + LLyy

.Il momento d’inerzia relativo ad Ox e dato da:

LLxx =

∫L

y2 σ dA =

0∫−a

dx

a/2∫−a/2

dy y2 µ

a3(a+ x) =

µ

a3

a/2∫−a/2

y2 dy

0∫−a

(a+ x) dx =

=µ

a3

[y3

3

]a/2−a/2

[(a+ x)2

2

]0

−a=

µ

a3

a3

12

a2

2=

µa2

24,

mentre quello relativo all’asse Oy risulta:

LLyy =

∫L

x2 σ dA =

0∫−a

dx

a/2∫−a/2

dy x2 µ

a3(a+ x) =

µ

a3a

0∫−a

(ax2 + x3) dx =

=µ

a2

[ax3

3+x4

4

]0

−a=

µ

a2

(a4

3− a4

4

)=

µa2

12.

Per il momento d’inerzia rispetto ad Oz si ha dunque:

LLzz = LL

xx + LLyy =

µa2

24+µa2

12=

µa2

8

e la matrice d’inerzia della lamina diventa infine:

[LO] = µa2

1/24 0 00 1/12 00 0 1/8



Vale la pena di osservare che i momenti principali d’inerzia in O, autovalori dell’operatored’inerzia LL

O, sono tutti e tre distinti; gli autospazi relativi sono quindi unidimensionalie mutuamente ortogonali, per cui la terna principale d’inerzia in O risulta determinataunivocamente a meno di banali cambiamenti di orientamento degli assi coordinati.

(c) Momento d’inerzia di L rispetto alla retta OELa retta OE passa chiaramente per l’origine ed e individuata dal versore direttore:

n =E −O|E −O|

=ae1 −

a

2e2∣∣∣ae1 −a

2e2

∣∣∣ =2e1 − e2

|2e1 − e2|=

2e1 − e2√5

.

Il momento d’inerzia della lamina rispetto ad OE e quindi dato dalla relazione:

ILOE = ILOn = n · LLO(n) =

1

5(2 − 1 0) [LL

O]

2−10

=

=1

5

[22LL

xx + (−1)2LLyy + 2 · 2 · (−1)LL

xy

]=

=1

5

(4LL

xx + LLyy

)=

1

5

(4µa2

24+µa2

12

)=

µa2

20.

(d) Momento d’inerzia di L rispetto alla retta BCSi ricorda preliminarmente che la lamina ha massa mL = µ/2 e baricentro individuato daGL −O = xLe1 = −(a/3)e1. La retta BC e parallela all’asse coordinato Oy ma non passaper il baricentro GL, per cui non e possibile applicare direttamente il teorema di Huygens-Steiner per ottenere il momento ILBC richiesto. Si rende invece necessario considerare letre rette parallele Oy, GLy e BC, ed applicare due volte il teorema di Huygens-Steiner;fra le rette Oy e GLy risulta:

ILOy = ILGLy+mLx

2L , (934.1)

mentre fra BC e GLy vale:

ILBC = ILGLy+mL(xL + a)2, (934.2)

essendo xL − (B −O) · e1 = xL + a la relativa distanza interassiale. Sottraendo la (934.1)dalla (934.2) si deduce che:

ILBC − ILOy = mL(xL + a)2 −mLx2L ,

ossia:ILBC = ILOy +mL(a2 + 2axL) .

Non resta che sostituire i valori calcolati di ILOy, mL ed xL per ricavare il momento d’inerziarichiesto:

ILBC =µa2

12+µ

2

[a2 + 2a

(−a

3

)]=

µa2

12+µ

2

(a2 − 2

3a2)

=µa2

12+µa2

6=

µa2

4.

Stefano Siboni 5099


(e) Momento angolare in O ed energia cineticaMomento angolare in O della laminaNel sistema di riferimento dove il corpo rigido presenta punto fisso O e velocita angolareistantanea ~ω = −ωe1 + 2ωe3 il momento angolare in O della lamina viene scritto come:

~KO = K1e1 +K2e2 +K3e3 ,

con le componenti espresse in termini della matrice d’inerzia relativa a Oxyz:K1

K2

K3

= [LO]

−ω02ω

= µa2

1/24 0 00 1/12 00 0 1/8

−ω02ω

= µa2ω

−1/240

1/4

.Si ha pertanto:

~KO = µa2ω(− 1

24e1 +

1

4e3

).

Energia cinetica della laminaNello stesso sistema di riferimento l’energia cinetica della lamina rigida, con punto fisso O,si esprime in termini del momento angolare ~KO e della velocita angolare istantanea:

T =1

2~ω · ~KO =

1

2(−ωe1 + 2ωe3) · µa2ω

(− 1

24e1 +

1

4e3

)=

=1

2µa2ω2

( 1

24+

1

2

)=

13

48µa2ω2 .

Esercizio 935. Sistema scleronomo dissipativo a 2 g.d.l.

Nel piano Oxy di una terna Oxyz = Oe1e2e3,posta in rotazione uniforme con velocita an-golare ω attorno all’asse verticale Oy rispettoad un riferimento inerziale, un anello circolareomogeneo γ, di massa m, centro C e raggioa, e vincolato a scorrere con un proprio puntoA lungo l’asse Oy. Due molle ideali di ugualestiffness k = mω2 collegano A e C all’origineO. Negli stessi punti A e C agiscono anche re-sistenze viscose di uguale costante di frizione β.Assumendo il sistema pesante e a vincoli ideali,si usino le coordinate lagrangiane ξ, ϑ ∈ R infigura per determinare del sistema, rispetto aOxyz:


(b) gli equilibri, considerando tutte le sollecitazioni;

(c) le proprieta di stabilita degli equilibri (considerare tutte le forze!);



Stefano Siboni 5100


Soluzione(a) Energia cineticaPoiche l’anello risulta privo di punti fissi per determinarne l’energia cinetica e necessarioricorrere al teorema di Konig:

T =m

2C2 +

1

2IγCz∣∣~ωγ∣∣2,

in cui il vettore posizione del baricentro — e centro di simmetria — del sistema e dato da:

C −O = A−O + C −A = −aξe2 + a sinϑe1 − a cosϑe2 = a sinϑe1 + a(−ξ − cosϑ)e2

con velocita istantanea:

C = a cosϑϑe1 + a(−ξ + sinϑϑ)e2

di modulo quadrato:

C2 = a2[cos2ϑϑ2 + (−ξ + sinϑϑ)2

]=

= a2[cos2ϑϑ2 + ξ2 + sin2ϑϑ2 − 2 sinϑ ξϑ

]= a2

(ϑ2 + ξ2 − 2 sinϑ ξϑ

),

mentre il momento d’inerzia rispetto all’asse Cz e la velocita angolare istantanea di γ siscrivono rispettivamente:

IγCz = ma2 ~ωγ = ϑe3 .

Sostituendo le espressioni precedenti nella formula di Konig si perviene al risultato:

T =ma2

2

(ϑ2 + ξ2 − 2 sinϑ ξϑ

)+

1

2ma2ϑ2 =

ma2

2

(ξ2 + 2ϑ2 − 2 sinϑ ξϑ

). (935.1)

(b) EquilibriIl sistema e scleronomo e a vincoli bilaterali ideali. Risulta soggetto ad alcune sollecitazioniposizionali conservative: il peso, il sistema delle forze centrifughe dovute alla natura noninerziale del riferimento Oxyz, le interazioni elastiche associate alle molle ideali OA e OC.E inoltre presente una coppia di resistenze viscose in A e C, di eguale costante di frizioneβ, che ha ovviamente natura dissipativa. Si osservi come, al solito, le forze di Coriolis checertamente agiscono sul sistema risultano pero costantemente ortogonali al piano vincolareOxy e sono dunque caratterizzate da componenti generalizzate identicamente nulle: essenon influiscono ne sulla dinamica ne sulla statica del sistema scleronomo.

Potenziale elasticoIl potenziale elastico e la somma dei contributi relativi alle molle ideali OA e OC, entrambedi costante elastica k = mω2:

Uel = −k2|A−O|2 − k

2|C −O|2 = −mω

2

2

[a2ξ2 + a2sin2ϑ+ a2(ξ + cosϑ)2

]=

= −ma2ω2

2

(ξ2 + sin2ϑ+ ξ2 + cos2ϑ+ 2ξ cosϑ

)= −ma

2ω2

2

(2ξ2 + 2ξ cosϑ+ 1

).

Stefano Siboni 5101


Potenziale gravitazionaleIl potenziale delle forze peso agenti sull’anello si determina immediatamente dalla formulagenerale:

Ug = −mge2 · (C −O) = mga(ξ + cosϑ) .

Potenziale centrifugoIl potenziale centrifugo dell’anello omogeneo si scrive in termini del momento d’inerzia diγ relativo all’asse di rotazione Oy della terna Oxyz, con l’aiuto del teorema di Huygens-Steiner:

Ucf =ω2

2IγOy =

ω2

2

[IγCy +m[(C −O) · e1]2

]=

=ω2

2

[ma2

2+m(a sinϑ)2

]=

ma2ω2

2sin2ϑ+ costante .

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e definito dalla somma dei potenziali parziali, elastico, gravi-tazionale e centrifugo, di tutte le forze posizionali conservative applicate:

U(ξ, ϑ) = Uel + Ug + Ucf =

= −ma2ω2

2

(2ξ2 + 2ξ cosϑ

)+mga(ξ + cosϑ) +

ma2ω2

2sin2ϑ =

= ma2ω2(−ξ2 − ξ cosϑ+

1

2sin2ϑ

)+mga(ξ + cosϑ) ∀ (ξ, ϑ) ∈ R2.

Componenti generalizzate delle forze viscoseLe forze viscose agiscono nei punti A e C e sono caratterizzate dallo stesso valore β dellacostante di frizione. Il punto A e individuato dal vettore posizione:

A−O = −aξe2

ed ha quindi velocita istantanea:A = −aξe2

di modulo quadrato:A2 = a2ξ2 .

Per il punto C si ha invece il vettore posizione gia determinato in precedenza:

C −O = a sinϑe1 + a(−ξ − cosϑ)e2 ,

cui corrisponde la velocita istantanea:

C = a cosϑϑe1 + a(−ξ + sinϑϑ)e2

di modulo quadrato:

C2 = a2[cos2ϑ ϑ2 + (−ξ + sinϑϑ)2

]=

= a2(cos2ϑ ϑ2 + ξ2 + sin2ϑ ϑ2 − 2 sinϑ ξϑ

)= a2

(ξ2 + ϑ2 − 2 sinϑ ξϑ

).

Stefano Siboni 5102


Ne segue l’espressione della funzione di Rayleigh:

R = −β2A2 − β

2C2 = −βa

2

2

(2ξ2 + ϑ2 − 2 sinϑ ξϑ

)dalla quale si deducono le componenti generalizzate del sistema di resistenze viscose:

Dξ =∂R∂ξ

= −βa2

2(4ξ − 2 sinϑ ϑ) = βa2(−2ξ + sinϑ ϑ)

Dϑ =∂R∂ϑ

= −βa2

2(2ϑ− 2 sinϑ ξ) = βa2(−ϑ+ sinϑ ξ) .

La potenza della sollecitazione e data da:

π = Dξ ξ +Dϑϑ = βa2(−2ξ + sinϑ ϑ)ξ + βa2(−ϑ+ sinϑ ξ)ϑ =

= βa2(−2ξ2 + 2 sinϑ ϑξ − ϑ2) = 2R

e in quanto forma quadratica delle velocita generalizzate puo scriversi nella forma:

π = βa2(ξ ϑ) Γ(ϑ)

(ξϑ

)con la matrice reale e simmetrica:

Γ(ϑ) =

(−2 sinϑ

sinϑ −1

)definita negativa in quanto:

det Γ(ϑ) = 2− sin2ϑ = 1 + cos2ϑ > 0 tr Γ(ϑ) = −3 < 0 .

Ne deriva che in qualsiasi configurazione del sistema vale:

π ≤ 0 ∀ (ξ, ϑ) ∈ R2

e che π = 0 implica (ξ, ϑ) = (0, 0). Le due resistenze viscose in A e C costituisconopertanto un sistema di sollecitazioni completamente dissipative. Come ben noto, esse noninfluenzano in alcun modo gli equilibri, annullandosi a velocita generalizzate nulle, ma nemodificano in modo significativo le proprieta di stabilita.

EquilibriGli equilibri del sistema scleronomo a vincoli bilaterali ideali sono tutti ordinari e vannoidentificati con tutti e soli i punti stazionari del potenziale. Vengono percio ottenuti cal-colando le derivate parziali prime di U :

Uξ(ξ, ϑ) = ma2ω2(−2ξ − cosϑ) +mga

Uϑ(ξ, ϑ) = ma2ω2(ξ sinϑ+ sinϑ cosϑ)−mga sinϑ

Stefano Siboni 5103


ed eguagliandole simultaneamente a zero:ma2ω2(−2ξ − cosϑ) +mga = 0

ma2ω2(ξ sinϑ+ sinϑ cosϑ)−mga sinϑ = 0 .

La condizione di equilibrio viene scritta in forma adimensionale dividendo membro a mem-bro entrambe le equazioni per ma2ω2:−2ξ − cosϑ+

g

aω2= 0

ξ sinϑ+ sinϑ cosϑ− g

aω2sinϑ = 0

salvo poi ricavare il valore di equilibrio di ξ in funzione di quello di ϑ dalla prima equazionee sostituirlo nella seconda:

ξ =g

2aω2− 1

2cosϑ( g

2aω2− 1

2cosϑ

)sinϑ+ sinϑ cosϑ− g

aω2sinϑ = 0 .

Nella seconda equazione, che ora dipende dalla sola variabile angolare, conviene raccogliereil fattore comune sinϑ:

ξ =g

2aω2− 1

2cosϑ

sinϑ( g

2aω2− 1

2cosϑ+ cosϑ− g

aω2

)= 0

e semplificare l’espressione entro parentesi:ξ =

g

2aω2− 1

2cosϑ

sinϑ(1

2cosϑ− g

2aω2

)= 0

⇐⇒

ξ =

g

2aω2− 1

2cosϑ

sinϑ(

cosϑ− g

aω2

)= 0 .

Le soluzioni in ϑ si ricavano eguagliando a zero l’uno o l’altro dei fattori a primo membronella seconda equazione di equilibrio.

(i) Per sinϑ = 0 si hanno le soluzioni ϑ = 0 e ϑ = π. Il valore di ξ corrispondente a ϑ = 0

e ξ =g

2aω2− 1

2, mentre quello associato a θ = π risulta ξ =

g

2aω2+

1

2. Si conclude

che il sistema ammette gli equilibri:

(ξ, ϑ) =( g

2aω2− 1

2, 0)

(ξ, ϑ) =( g

2aω2+

1

2, π)

definiti incondizionatamente.

Stefano Siboni 5104


(i) Per cosϑ− g

aω2= 0 vale invece:

ϑ = arccos( g

aω2

)= ϑ? ∈ (0, π/2)

e:ϑ = −ϑ? ∈ (−π/2, 0)

a condizione pero che si abbia g/aω2 < 1. Il valore di ξ corrispondente ad entrambigli angoli di equilibrio e il medesimo:

ξ =g

2aω2− 1

2

g

aω2= 0 .

Di conseguenza si devono considerare gli ulteriori equilibri:

(ξ, ϑ) = (0, ϑ?) (ξ, ϑ) = (0,−ϑ?) ,

definiti e distinti dai precedenti se e soltanto se g/aω2 < 1, con ϑ? = arccos(g/aω2) ∈(0, π/2).

(c) Stabilita degli equilibriGli equilibri del sistema sono in numero finito, dunque certamente isolati. La compresenzadi sollecitazioni posizionali conservative e di forze completamente dissipative consente dianalizzare le proprieta di stabilita degli equilibri facendo uso del teorema forte di Lagrange-Dirichlet, basato sui criteri di Barbasin e Krasovskii. A questo scopo si calcolano le derivateparziali seconde del potenziale:

Uξξ(ξ, ϑ) = −2ma2ω2 Uϑξ(ξ, ϑ) = Uξϑ(ξ, ϑ) = ma2ω2 sinϑ

Uϑϑ(ξ, ϑ) = ma2ω2(ξ cosϑ+ cos2ϑ− sin2ϑ)−mga cosϑ

e la matrice hessiana corrispondente:


−2 sinϑ

sinϑ ξ cosϑ+ cos2ϑ− sin2ϑ− g

aω2cosϑ

dei cui autovalori occorre determinare il segno in ciascuna configurazione di equilibrio.


2aω2− 1

2, 0)

In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale assume la forma diagonale:

HU

( g

2aω2− 1

2, 0)

= ma2ω2

−2 0

0g

2aω2− 1

2+ 1− g

aω2

= ma2ω2

−2 0

01

2− g

2aω2

Stefano Siboni 5105


con un autovalore sempre negativo ed un altro di segno non definito, che obbliga a consi-derare tre diverse possibilita:

se g/aω2 > 1 l’hessiana risulta definita negativa ed individua l’equilibrio come massimorelativo proprio del potenziale, la cui stabilita asintotica e assicurata dalla forma fortedel teorema di Lagrange-Dirichlet;

per g/aω2 < 1 la matrice hessiana presenta un autovalore positivo, per cui l’equilibrioe un punto di sella. L’esclusione del massimo comporta l’instabilita dell’equilibrio,sempre in virtu del teorema forte di Lagrange-Dirichlet. Si osservi che l’attrattivita ecomunque esclusa dalla dissipazione dell’energia meccanica;

se infine g/aω2 = 1 l’hessiana e semidefinita non definita negativa, con un autovalorenegativo ed uno nullo. La natura dell’equilibrio non appare evidente e richiede unaindagine piu dettagliata. Conviene infatti introdurre il potenziale adimensionalizzato,che per g/aω2 = 1 diventa:

u(ξ, ϑ) =1

ma2ω2U(ξ, ϑ) = −ξ2 − ξ cosϑ+

1

2sin2ϑ+ ξ + cosϑ

e va dunque studiato nell’intorno del punto stazionario (ξ, ϑ) = (0, 0). Usando com-pletamento dei quadrati e identita trigonometriche, il potenziale si puo riesprimerenel modo seguente:

u(ξ, ϑ) = −[ξ2 + ξ(cosϑ− 1)

]+

1

2sin2ϑ+ cosϑ =

= −[ξ2 + 2ξ

cosϑ− 1

2

]+

1

2sin2ϑ+ cosϑ =

= −(ξ +

cosϑ− 1

2

)2

+(cosϑ− 1

2

)2

+1

2sin2ϑ+ cosϑ =

= −(ξ +

cosϑ− 1

2

)2

+1

4cos2ϑ+

1

4− cosϑ+

1

2sin2ϑ+ cosϑ =

=1

4−(ξ +

cosϑ− 1

2

)2

+1

4+

1

4sin2ϑ =

=1

2−(ξ − 1− cosϑ

2

)2

+1

4sin2ϑ .

Dalla forma finale del potenziale adimensionalizzato appare evidente che il puntostazionario (ξ, ϑ) = (0, 0) non costituisce ne un massimo ne un minimo relativo delpotenziale U — in qualsiasi intorno del punto si possono trovare punti in cui il poten-ziale e piu grande o piu piccolo di U(0, 0). L’esclusione del massimo relativo comportal’instabilita dell’equilibrio per il teorema forte di Lagrange-Dirichlet. Si ricorda che ladissipazione dell’energia meccanica esclude comunque l’attrattivita.

Stefano Siboni 5106



2aω2+

1

2, π)

Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale risulta ancora diagonale:

HU

( g

2aω2+

1

2, π)

= ma2ω2

−2 0

0 − g

2aω2− 1

2+ 1 +

g

aω2

= ma2ω2

−2 0

01

2+

g

2aω2

ma presenta sempre un autovalore positivo, che esclude il ricorrere di un massimo relativoproprio in questa configurazione di equilibrio. L’instabilita segue allora dalla forma fortedel teorema di Lagrange-Dirichlet, mentre l’attrattivita e esclusa ancora una volta dalladissipazione dell’energia meccanica.

Equilibrio (ξ, ϑ) = (0, ϑ?), con cosϑ? = g/aω2 < 1Le proprieta di stabilita dell’equilibrio sono caratterizzate dalla matrice hessiana non dia-gonale:

HU (0, ϑ?) = ma2ω2

−2 sinϑ?

sinϑ? cos2ϑ? − sin2ϑ? − g

aω2cosϑ?

=

= ma2ω2

(−2 sinϑ?

sinϑ? −sin2ϑ?

)che ha determinante positivo:

detHU (0, ϑ?) = (ma2ω2)2sin2ϑ? > 0

e traccia negativa:trHU (0, ϑ?) = −maω2(2 + sin2ϑ?) < 0 ,

risultando percio definita negativa. L’equilibrio viene cosı riconosciuto come massimorelativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile per la forma forte del teorema diLagrange-Dirichlet.

Equilibrio (ξ, ϑ) = (0,−ϑ?), con cosϑ? = g/aω2 < 1L’hessiana del potenziale e analoga a quella calcolata nell’equilibrio simmetrico precedente:

HU (0,−ϑ?) = ma2ω2

(−2 − sinϑ?

− sinϑ? −sin2ϑ?

)

e risulta ancora definita negativa, perche determinante e traccia sono identici a quelliprecedenti:

detHU (0,−ϑ?) = (ma2ω2)2sin2ϑ? > 0

trHU (0,−ϑ?) = −maω2(2 + sin2ϑ?) < 0 .

Quando definito, l’equilibrio costituisce dunque un massimo relativo proprio del potenziale,asintoticamente stabile per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 5107


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

d

dt

(∂L∂ξ

)− ∂L

∂ξ= Dξ

d

dt

(∂L∂ϑ

)− ∂L

∂ϑ= Dϑ ,

dove la lagrangiana e data da:

L = T + U =ma2

2

(ξ2 + 2ϑ2 − 2 sinϑ ξϑ

)+

+ma2ω2(−ξ2 − ξ cosϑ+

1

2sin2ϑ

)+mga(ξ + cosϑ) ,

mentreDξ = βa2(−2ξ+sinϑ ϑ) eDϑ = βa2(−ϑ+sinϑ ξ) sono le componenti generalizzatedelle resistenze viscose. Per i termini parziali dei due binomi di Lagrange a primo membrosi ottengono le espressioni:

∂L

∂ξ= ma2(ξ − sinϑ ϑ)

d

dt

(∂L∂ξ

)= ma2(ξ − sinϑ ϑ− cosϑ ϑ2)

∂L

∂ξ= ma2ω2(−2ξ − cosϑ) +mga

∂L

∂ϑ= ma2(2ϑ− sinϑ ξ)

d

dt

(∂L∂ϑ

)= ma2(2ϑ− sinϑ ξ − cosϑ ϑξ)

∂L

∂ϑ= −ma2 cosϑ ξϑ+ma2ω2(ξ sinϑ+ sinϑ cosϑ)−mga sinϑ ,

dalle quali e poi immediato dedurre le equazioni del moto richieste:ma2(ξ − sinϑ ϑ− cosϑ ϑ2) +ma2ω2(2ξ + cosϑ)−mga = βa2(−2ξ + sinϑ ϑ)

ma2(2ϑ− sinϑ ξ)−ma2ω2(ξ sinϑ+ sinϑ cosϑ) +mga sinϑ = βa2(−ϑ+ sinϑ ξ) .

(e) Piccole oscillazioni per β = 0Per β = 0 le sollecitazioni completamente dissipative vengono rimosse ed il sistema risulta

posizionale conservativo. La configurazione (ξ, ϑ) =( g

2aω2− 1

2, 0)

e un massimo relativo

proprio del potenziale per g/aω2 > 1, stabile secondo Lagrange-Dirichlet. Si osservi chenon si hanno altri equilibri stabili, per cui questa e l’unica scelta possibile. La matricehessiana del potenziale nell’equilibrio prescelto vale:

HU

( g

2aω2− 1

2, 0)

= ma2ω2

−2 0

01

2− g

2aω2



Dall’espressione (935.1) dell’energia cinetica si ha invece:

T =ma2

2

(ξ2 + 2ϑ2 − 2 sinϑ ξϑ

)=

1

2(ξ ϑ) A(ξ, ϑ)

(ξϑ

),

con la matrice rappresentativa:

A(ξ, ϑ) = ma2

(1 − sinϑ

− sinϑ 2

)che deve essere calcolata nella configurazione di equilibrio:

A( g

2aω2− 1

2, 0)

= ma2

(1 00 2

).

Si sottolinea come l’ordine delle velocita generalizzate ξ, ϑ nella definizione della matriceA e quella dei parametri lagrangiani ξ, ϑ nella definizione della matrice hessiana HU sialo stesso, una necessaria condizione di compatibilita. Si osserva altresı come il coefficiente1/2 nell’espressione dell’energia cinetica T non rientri nella definizione della matrice A.L’equazione caratteristica per le pulsazioni normali si scrive allora:

0 =

∣∣∣∣Ω2A( g

2aω2− 1

2, 0)

+HU

( g

2aω2− 1

2, 0)∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣∣ma2Ω2

(1 00 2

)+ ma2ω2

(−2 0

01

2− g

2aω2

)∣∣∣∣∣ =

= (ma2ω2)2

∣∣∣∣∣∣∣Ω2

ω2− 2 0

02Ω2

ω2− 1

2

( g

aω2− 1)∣∣∣∣∣∣∣

e da essa si deducono le pulsazioni normali:

Ω1 =√

2ω Ω2 =1

2

√g

aω2− 1 ω

nonche le relative frequenze normali:

f1 =Ω1

2π=

1

2π

√2ω f2 =

Ω2

2π=

1

2π

1

2

√g

aω2− 1 ω .

I vettori delle ampiezze associati alle pulsazioni normali si ricavano come soluzioni (a b)T ∈R2 non nulle del sistema lineare omogeneo: Ω2

ω2− 2 0

02Ω2

ω2− 1

2

( g

aω2− 1) a

b

=

0

0

(935.2)

Stefano Siboni 5109


per Ω = Ω1 ed Ω = Ω2 rispettivamente.

Modo normale associato alla pulsazione normale Ω1

Per Ω = Ω1 il primo elemento diagonale della matrice incompleta in (935.2) si annullaidenticamente, mentre il secondo si puo assumere diverso da zero — si esclude il caso de-genere di Ω1 = Ω2, allorquando i vettori delle ampiezze possono scegliersi a piacere, purchelinearmente indipendenti. Di conseguenza, la componente l’ampiezza b si annulla identica-mente, mentre a puo essere un qualsiasi valore non nullo. Il modo normale corrispondentepuo dunque esprimersi nella forma generale:

(ξϑ

)=

g

2aω2− 1

20

+A1

(10

)cos(√

2ωt+ α1

)∀ t ∈ R ,

con A1, α1 ∈ R costanti reali arbitrarie — l’ampiezza non nulla. In questo modo normalel’anello γ oscilla verticalmente con il centro C allineato lungo l’asse Oy.

Modo normale associato alla pulsazione normale Ω2

In questo caso e il secondo elemento diagonalale della matrice incompleta in (935.2) adannullarsi, mentre il primo risulta diverso da zero. Ne deriva che la componente a delvettore delle ampiezze deve essere nulla, mentre quella b e arbitraria. Per il modo normaleassociato alla pulsazione Ω2 si ha dunque l’espressione generale

(ξϑ

)=

g

2aω2− 1

2

0

+A0

(01

)cos

(1

2

√g

aω2− 1 ωt + α2

)∀ t ∈ R ,

essendo A2 ed α2 due costanti reali assegnate a piacere, la prima diversa da zero. In questocaso lungo il modo normale il punto A dell’anello γ si mantiene in quiete, mentre l’angoloϑ oscilla con legge sinusoidale.

Esercizio 936. Geometria delle masseNel piano Oxy di una terna cartesiana ortogo-nale Oxyz = Oe1e2e3 si considera il sistemaillustrato in figura, costituito da una piastraquadrata P = OABC, di lato a e vertici O, A,B, C, e da un’asta rettilinea omogenea AD,di massa µ e lunghezza a. La densita di P siscrive:

σ(Q) =µ

a3(B −Q) · e1 ∀Q ∈ P .

Determinare del sistema:


(b) la matrice d’inerzia relativa a Oxyz.

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

Stefano Siboni 5110


Soluzione(a) Massa e baricentroMassa della piastra PLa piastra puo essere parametrizzata usando le coordinate cartesiane x, y, in termini dellequali la densita areale si scrive:

σ(x, y) =µ

a3

[ae1 + ae2 − (xe1 + ye2)

]· e1 =

µ

a3(a− x) ∀ (x, y) ∈ [0, a]2.

La massa della piastra e quindi data dall’integrale di σ sul dominio P:

mP =

∫P

σ dA =

a∫0

dx

a∫0

dyµ

a3(a− x) =

µ

a3

a∫0

(a− x) dx

a∫0

dy =

=µ

a3

[− (a− x)2

2

]a0

a =µ

a2

a2

2=

µ

2.

Baricentro della piastra PLa retta s di equazione y = a/2, z = 0, passante per i punti medi dei lati OC e AB,costituisce un evidente asse di simmetria della piastra; per ogni punto (x, y) ∈ P il cor-rispondente punto simmetrico rispetto ad s ha coordinate (x, a− y), appartiene anch’essoa P e presenta lo stesso valore della densita areale:

σ(x, a− y) =µ

a3(a− x) = σ(x, y) ∀ (x, y) ∈ [0, a]2 .

Ne deriva che il baricentro di P deve collocarsi lungo lo stesso asse ed essere individuatoda un vettore posizione della forma:

GP −O = xP e1 +a

2e2 ,

con l’ascissa xP ricavabile dalla definizione:

xP =

∫P

xσ dA =2

µ

a∫0

dx

a∫0

dy xµ

a3(a− x) =

2

a3

a∫0

(ax− x2) dy a =2

a2

(aa2

2− a3

3

)=

a

3,

per cui:

GP −O =a

3e1 +

a

2e2 .

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

m = mP +mAD =µ

2+ µ =

3

2µ .

Stefano Siboni 5111


Baricentro dell’asta ADIl baricentro dell’asta omogenea AD coincide con il suo punto medio, che ne rappresentaun ovvio centro di simmetria. Il punto e quindi individuato dal vettore posizione:

GAD −O =A−O + D −O

2=

ae1 + 2ae1

2=

3

2ae1 .

Baricentro del sistemaIl baricentro del sistema viene individuato facendo uso del teorema distributivo:

G−O =mP(GP −O) +mAD(GAD −O)

m=

µ

2

(a3e1 +

a

2e2

)+ µ

3

2ae1

3

2µ

=

=2

3a(1

6e1 +

1

4e2 +

3

2e1

)=

2

3a(5

3e1 +

1

4e2

)=

10

9ae1 +

1

6ae2 .

(b) Matrice d’inerziaMatrice d’inerzia in Oxyz dell’asta ADL’asta omogenea AD e posta lungo l’asse coordinato Ox, per cui la matrice d’inerziarelativa alla terna Oxyz risulta diagonale, con momento d’inerzia rispetto ad Ox nullo emomenti d’inerzia rispetto ad Oy e Oz uguali fra loro per evidenti ragioni di simmetria:

[LADO ] =

0 0 00 LADyy 0

0 0 LADyy

= µa2

0 0 00 7/3 00 0 7/3

.Il calcolo diretto del momento d’inerzia relativo all’asse Oy fornisce infatti:

LADyy =

∫AD

x2λ ds =

2a∫a

x2µ

adx =

µ

a

[x3

3

]2a

a

=µ

3a(8a3 − a3) =

7

3µa2 .

Matrice d’inerzia relativa a Oxyz della piastra PLa piastra giace interamente nel piano coordinato Oxy della terna Oxyz, in modo che lamatrice d’inerzia relativa alla stessa terna dipende soltanto da tre elementi indipendenti:

[LPO] =

LPxx LP

xy 0

LPxy LP

yy 0

0 0 LPxx + LP

yy

= µa2

1/6 −1/12 0−1/12 1/12 0

0 0 1/4

,che vengono calcolati facendo uso della definizione. Per il momento d’inerzia relativo a Oxsi ha l’espressione:

LPxx =

∫P

y2σ dA =

a∫0

dx

a∫0

dy y2 µ

a3(a− x) =

=µ

a3

a∫0

(a− x) dx

a∫0

y2dy =µ

a3

(a2 − a2

2

)a3

3=

1

6µa2 ,

Stefano Siboni 5112


mentre il momento d’inerzia rispetto all’asse Oy risulta:

LPyy =

∫P

x2σ dA =

a∫0

dx

a∫0

dy x2 µ

a3(a− x) =

=µ

a3

a∫0

(ax2 − x3) dx a =µ

a2

(aa3

3− a4

4

)=

1

12µa2

e l’unico prodotto d’inerzia non banale si scrive:

LPxy = −

∫P

xy σ dA = −a∫

0

dx

a∫0

dy xyµ

a3(a− x) =

= − µ

a3

a∫0

(ax− x2) dx

a∫0

y dy = − µ

a3

(aa2

2− a3

3

) a2

2= − µ

2a

a3

6= − 1

12µa2 .

Il momento d’inerzia relativo all’asse Oz, ortogonale al piano di giacitura della piastra, ela somma dei momenti d’inerzia relativi ad Ox ed Oy:

LPxx + LP

yy =1

6µa2 +

1

12µa2 =

1

4µa2 .

Matrice d’inerzia rispetto ad Oxyz del sistemaPer ottenere la matrice d’inerzia relativa a Oxyz dell’intero sistema basta sommare lematrici d’inerzia parziali, relative alla stessa terna, di asta e piastra:

[LO] = [LADO ] + [LPO] = µa2

0 0 00 7/3 00 0 7/3

+ µa2

1/6 −1/12 0−1/12 1/12 0

0 0 1/4

=

= µa2

1/6 −1/12 0−1/12 29/12 0

0 0 31/12

.Da notare come la struttura della matrice ottenuta, con i prodotti d’inerzia in z nulli eil momento d’inerzia rispetto ad Oz pari alla somma dei momenti relativi a Ox e Oy, siacompatibile con la completa collocazione del sistema nel piano coordinato Oxy.

(c) Momento d’inerzia relativo all’asse BOLa retta BO passa chiaramente per l’origine O e la sua direzione e individuata dal versoretangente:

n =B −O|B −O|

=ae1 + ae2

|ae1 + ae2|=

e1 + e2

|e1 + e2|=

e1 + e2√2

,

Stefano Siboni 5113


con componenti (n1, n2, n3) = (1/√

2, 1/√

2, 0) rispetto alla terna Oxyz. Il momentod’inerzia del sistema rispetto a BO e quindi dato dall’espressione:

IBO = IOn = n · LO(n)

che nella terna Oxyz assume la forma matriciale equivalente:

IBO = (n1 n2 n3) [LO]

n1

n2

n3

=1

2(1 1 0) [LO]

110

=1

2

(Lxx + Lyy + 2Lxy

)=

=1

2µa2

[1

6+

29

12+ 2(− 1

12

)]=

1

2µa2(1

6+

29

12− 1

6

)=

29

24µa2 .

Esercizio 937. Vettori applicati

In una terna cartesiana ortogonale destra Oxyz = Oe1e2e3 si considera il sistema S divettori applicati:

~u = e2 − e3 applicato in A(1, 1, 0)

~v = −e1 + 2e3 applicato in B(2, 1, 1) .

Determinare:


(b) gli eventuali punti P rispetto ai quali il momento ~MP di S soddisfa ~MP · ~R = −1,

essendo ~R il risultante di S.

Soluzione(a) Asse centraleIl sistema S consiste di due vettori applicati:

S = (A, ~u), (B,~v)

con punti di applicazione A(1, 1, 0), B(2, 1, 1) e vettori rispettivi ~u = e2− e3, ~v = −e1+2e3.Il risultante del sistema di vettori applicati e non nullo:

~R = ~u+ ~v = e2 − e3 − e1 + 2e3 = −e1 + e2 + e3 6= 0

in modo che la condizione necessaria e sufficiente all’esistenza dell’asse centrale a risultacertamente soddisfatta. Per ricavare l’equazione parametrica dell’asse occorre calcolare ilmomento di S rispetto all’origine:

~MO = (A−O) ∧ ~u+ (B −O) ∧ ~v =

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

1 1 00 1 −1

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

2 1 1−1 0 2

∣∣∣∣∣∣ =

Stefano Siboni 5114


= −e1 + e2 + e3 + (2e1 − 5e2 + e3) = e1 − 4e2 + 2e3

ed il prodotto vettoriale fra il risultante ~R e il momento precedente:

~R ∧ ~MO =

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

−1 1 11 −4 2

∣∣∣∣∣∣ = 6e1 + 3e2 + 3e3 ,

oltre al modulo quadrato dello stesso risultante:

|~R|2 = | − e1 + e2 + e3|2 = 3 .

Ne segue cosı l’espressione:

~R ∧ ~MO

|~R|2=

6e1 + 3e2 + 3e3

3= 2e1 + e2 + e3

e dunque l’equazione parametrica dell’asse centrale in notazione vettoriale:

P −O =~R ∧ ~MO

|~R|2+ α~R = 2e1 + e2 + e3 + α(−e1 + e2 + e3) ∀α ∈ R ,

cui corrisponde la normale parametrizzazione per componenti:x = 2− αy = 1 + αz = 1 + α

∀α ∈ R .

(b) Punti P per i quali ~MP · ~R = −1E opportuno osservare preliminarmente che l’espressione ~MP · ~R risulta in realta indipen-dente dalla scelta del punto P ∈ R3 — si tratta del cosidetto “invariante scalare” delsistema di vettori applicati. Dalla formula del cambiamento di polo si ha infatti:

~MP · ~R =[~MO + (O−P )∧ ~R

]· ~R = ~MO · ~R+ (O−P )∧ ~R · ~R = ~MO · ~R+ 0 = ~MO · ~R .

Ne segue che l’insieme dei punti P che soddisfano il requisito richiesto puo essere o l’interoR3 oppure l’insieme vuoto ∅, secondo che il valore dell’espressione invariante ~MP · ~R siao meno quello prescritto. Nella fattispecie, usando vettori gia calcolati in precedenza siricava:

~MO · ~R = (e1 − 4e2 + 2e3) · (−e1 + e2 + e3) = −1− 4 + 2 = −3

e si deve concludere che non esiste alcun punto P ∈ R3 per il quale risulti ~MP · ~R = −1.

Stefano Siboni 5115


Esercizio 938. Statica del punto vincolato ad una curva fissa

Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz =Oe1e2e3 e fissata una curva γ di equazione y =(x−L)2/2L, x ∈ R, con L costante positiva. Unpunto materiale P , di massa m e peso trascu-rabile, e vincolato a restare su γ, collegato all’o-rigine da una molla ideale di stiffness k e sogget-to ad una resistenza viscosa con costante difrizione β. Usando l’ascissa x ∈ R come varia-bile, relativamente alla terna Oxyz determinaredi P :

(a) la condizione di equilibrio nell’ipotesi di γ liscia, discutendo l’esistenza degli equilibri;

(b) la condizione di equilibrio per γ scabra, con coefficiente di attrito statico µs > 0.

Soluzione(a) Condizione di equilibrio per γ liscia. Esistenza degli equilibriLa posizione del punto materiale lungo la curva vincolare γ e individuata tramite laparametrizzazione della curva:

P (x)−O = xe1 +1

2L(x− L)2e2

in termini dell’ascissa x ∈ R. Si tratta chiaramente di una parametrizzazione C∞ e rego-lare, dal momento che la derivata prima:

P ′(x) = e1 +x− LL

e2

risulta diversa da zero ∀x ∈ R. La forza agente sul punto materiale e la somma dellasollecitazione elastica e della resistenza viscosa:

~F (t, x, x) = −k[P (x)−O]− βP = −k[P (x)−O]− βP ′(x)x

ma in condizioni di quiete, cioe per x = costante, si riduce al solo termine elastico:

~F (t, x, 0) = −k[P (x)−O] = −k[xe1 +

1

2L(x− L)2e2

].

Nell’ipotesi di curva fissa e liscia la condizione necessaria e sufficiente per l’equilibrio inx si ricava imponendo che la forza attiva in condizioni statiche abbia nulla la propriacomponente tangente alla curva:

~F (t, x, 0) · P ′(x) = 0 ∀ t ∈ R ,

ossia, considerato che la forza non dipende esplicitamente dal tempo:

−k[xe1 +

1

2L(x− L)2e2

]·(e1 +

x− LL

e2

)= 0 .

Stefano Siboni 5116


Omesso il fattore costante k > 0 ed eseguito il prodotto scalare si perviene cosı all’equazionedi equilibrio:

x+1

2L2(x− L)3 = 0

equivalente a:

x = − 1

2L2(x− L)3. (938.1)

Il secondo membro dell’equazione (938.1) e una funzione monotona decrescente che siannulla in x = L e ha immagine R — il suo grafico e una parabola cubica. E peraltroevidente che il primo membro della stessa equazione ha come grafico la bisettrice delI e III quadrante — la retta passante per l’origine e di coefficiente angolare unitario.L’intersezione tra i due grafici e quindi costituita da un unico punto di ascissa xo ∈ (0, L),corrispondente all’unica configurazione di equilibrio del sistema.

In effetti, posto x = Lξ la condizione di equilibrio assume la forma adimensionale:

ξ = −1

2(ξ − 1)3

ed ammette l’unica soluzione approssimata ξ = 0.229083002940752, stimabile numeri-camente con l’algoritmo di Newton-Raphson. La sola configurazione di equilibrio si hadunque per xo = 0.229083002940752L.

(b) Condizione di equilibrio per γ scabraLa condizione di equilibrio nel caso di curva vincolare scabra e dedotta direttamente dallalegge di Coulomb-Morin dell’attrito radente statico:

|~Fτ (t, x, 0)| ≤ µs|~Fn(t, x, 0)| ∀ t ∈ R ,

nella quale figurano le componenti ~Fτ (t, x, 0) e ~Fn(t, x, 0) delle forze attive statiche, rispet-tivamente tangente e normale alla curva vincolare nella posizione di ascissa x. Il calcolodi queste componenti richiede la determinazione dei versori tangente e normale a γ in un

Stefano Siboni 5117


punto generico della curva. Per il versore tangente si ha l’espressione:

τ(x) =P ′(x)

|P ′(x)|=

1√1 +

(x− LL

)2

(e1 +

x− LL

e2

),

mentre il versore normale puo essere determinato facilmente osservando che γ e una curvapiana e che il suo versore binormale coincide con e3, per cui:

n(x) = e3 ∧ τ(x) =1√

1 +(x− L

L

)2

(−x− L

Le1 + e2

).

Ricordando che:

~F (t, x, 0) = −k[xe1 +

(x− L)2

2Le2

],

la componente tangente si scrive:

~Fτ (t, x, 0) = ~F (t, x, 0) · τ τ = −k[xe1 +

(x− L)2

2Le2

]· 1√

1 +(x− L

L

)2

(e1 +

x− LL

e2

)τ

= −k 1√1 +

(x− LL

)2

[x+

(x− L)3

2L2

]τ

e quella normale risulta:

~Fn(t, x, 0) = ~F (t, x, 0) · n n = −k[xe1 +

(x− L)2

2Le2

]· 1√

1 +(x− L

L

)2

(−x− L

Le1 + e2

)n

= −k 1√1 +

(x− LL

)2

[−x(x− L)

L+

(x− L)2

2L

]n =

= −k(x− L)

L

1√1 +

(x− LL

)2

(−x+

x

2− L

2

)n =

=k(x− L)

2L

1√1 +

(x− LL

)2(x+ L) n =

k(x2 − L2)

2L

1√1 +

(x− LL

)2n .

La condizione di equilibrio, indipendente dal tempo, diventa pertanto:∣∣∣∣∣∣∣∣−k1√

1 +(x− L

L

)2

[x+

(x− L)3

2L2

]τ

∣∣∣∣∣∣∣∣ ≤ µs

∣∣∣∣∣∣∣∣k(x2 − L2)

2L

1√1 +

(x− LL

)2n

∣∣∣∣∣∣∣∣Stefano Siboni 5118


e si riduce facilmente a: ∣∣∣∣x+(x− L)3

2L2

∣∣∣∣ ≤ µs

∣∣∣∣x2 − L2

2L

∣∣∣∣ .Come previsto dal principio di sicurezza, gli equilibri del punto su curva liscia annullanoil primo membro e dunque soddisfano la disequazione: essi sono percio equilibri anche peril sistema con attrito radente.

Osservazione. Equilibri in presenza di attrito

Con il cambiamento di variabile x = Lξ la relazione di equilibrio si riduce a:∣∣∣∣ξ +(ξ − 1)3

2

∣∣∣∣ ≤ µs

∣∣∣∣ξ2 − 1

2

∣∣∣∣e non ammettendo le soluzioni ξ = +1,−1 si puo esprimere nella forma equivalente φ(ξ) ≤µs, dove la funzione ausiliaria φ(ξ) e definita da:

φ(ξ) =

∣∣∣∣ 2

ξ2 − 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ξ +(ξ − 1)3

2

∣∣∣∣ ∀ ξ ∈ R \ +1,−1

con il grafico illustrato nella figura seguente:

Sebbene in linea di principio al crescere di µs il sistema possa dare luogo a uno, due opersino tre intervalli di valori di equilibrio della ξ, essendo in pratica µs ≤ 1 gli equilibriformano in effetti un unico intervallo nell’intorno di ξ = 0.229083002940752, via via piuampio all’aumentare di µs.

Esercizio 939. Dinamica, statica e cinematica di un rotore

Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz, con l’asse verticale Oy diretto verso l’alto,una piastra quadrata omogenea e pesante P, di massa m, centro C e lato 2L, puo ruotaresenza attrito attorno all’asse fisso Oz passante per il punto medio O di un suo apotemaassegnato AC. Una molla ideale di stiffness k collega C con il punto fisso B(2L, 0, 0).

Stefano Siboni 5119


Usare l’angolo ϕ ∈ R in figura per determinare della piastra, rispetto a Oxyz:


(b) gli equilibri;

(c) l’accelerazione istantanea (vettoriale) di A per t = 0 qualora la piastra ruotasse se-condo la legge oraria ϕ(t) = βt2 ∀ t ∈ R, con β > 0 costante.

Soluzione

(a) Equazioni pure del moto

Nell’ipotesi di asse fisso privo di attrito l’equazione pura del moto della piastra si scrive:

IOzϕ = ~Ma,eO · e3 = (C −O) ∧

[−mge2 + k(B − C)

]· e3

in quanto le forze attive esterne applicate sono costituite dal sistema delle forze peso,equivalente al peso totale applicato nel baricentro C, e dalla sollecitazione elastica agentesempre in C. Il momento d’inerzia della piastra rispetto all’asse di rotazione si ricavafacendo uso del teorema di Huygens-Steiner:

IOz = ICz +m|C −O|2 =m(2L)2

6+m

(L2

)2

=11

12mL2 .

Per calcolare il momento assiale delle forze attive esterne si debbono considerare i vettoriposizione:

C −O =L

2sinϕ e1 −

L

2cosϕ e2 B −O = 2Le1

e quindi:

B − C = L(

2− 1

2sinϕ

)e1 +

L

2cosϕ e2 ,

da cui segue:

−mge2 + k(B − C) = kL(

2− 1

2sinϕ

)e1 +

kL

2cosϕ e2 −mge2 .

Stefano Siboni 5120


Il momento delle forze attive esterne rispetto all’asse fisso Oz risulta pertanto:

~Ma,eO · e3 = (C −O) ∧

[−mge2 + k(B − C)

]· e3 =

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

L

2sinϕ −L

2cosϕ 0

kL(

2− 1

2sinϕ

) kL

2cosϕ−mg 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

=L

2sinϕ

(kL2

cosϕ−mg)

+L

2cosϕkL

(2− 1

2sinϕ

)=

=kL2

4sinϕ cosϕ− 1

2mga sinϕ+ kL2 cosϕ− kL2

4sinϕ cosϕ =

= kL2 cosϕ− 1

2mga sinϕ

e conduce all’equazione pura del moto richiesta:

11

12mL2ϑ = kL2 cosϕ− 1

2mgL sinϕ . (939.1)

(b) EquilibriGli equilibri del sistema corrispondono alle soluzioni costanti dell’equazione pura del moto(939.1) e soddisfano percio la condizione di equilibrio:

0 = kL2 cosϕ− 1

2mgL sinϕ

che equivale all’equazione:1

2mgL sinϕ = kL2 cosϕ

e si riduce a:

sinϕ =2kL

mgcosϕ .

In questa relazione non puo aversi cosϕ = 0, poiche ne seguirebbe che anche sinϕ = 0, unassurdo evidente. Di conseguenza, l’equazione e equivalente a:

tgϕ =2kL

mg

ed ammette le soluzioni:

ϕ = tg−1(2kL

mg

):= ϕ? ∈

(0,π

2

)ϕ = ϕ? + π .

Questi sono gli equilibri del sistema, definiti incondizionatamente a meno di inessenzialimultipli interi di 2π.

Stefano Siboni 5121


(c) Accelerazione istantanea di A per t = 0Se la legge oraria del moto rotatorio e ϕ(t) = βt2, con β costante, velocita e accelerazioneangolare istantanee risultano rispettivamente:

~ω(t) = 2βte3 ~ω(t) = 2βe3 ∀ t ∈ R .

Essendo A ∈ P, si ha d’altra parte:

A = ~ω ∧ (A−O)

e:A = ~ω ∧ (A−O) + ~ω ∧ [~ω ∧ (A−O)]

e poiche per t = 0 vale:

ϕ(0) = 0 ~ω(0) = 0 ~ω(0) = 2βe3 A−O =L

2e2 ,

si deve concludere che:

A(0) = 2βe3 ∧L

2e2 + 0 = −Lβe1 .

Esercizio 940. Geometria delle masse e cinematica rigidaNel piano Oxy di una terna solidale Oxyz = Oe1e2e3 si considera il sistema rigido compostoda un anello circolare omogeneo γ, di centroC(−a, 0, 0), raggio a e massa µ, e da una pia-stra quadrata P = PQRS, di lato 2a, disposticome mostrato in figura. La densita arealedella piastra e data dall’espressione:

σ(A) =µ

4a4|A−O|2 ∀A ∈ P .

Determinare:

(a) la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz del sistema;

(b) la matrice d’inerzia relativa a Oxyz della piastra P;

(c) i momenti d’inerzia di P relativi alle rette OR e QR;

(d) l’energia cinetica di P relativa alla terna dove l’asse Oz e fisso e la velocita angolarerisulta ωe3, con ω > 0 costante;

(e) velocita ed accelerazione istantanee del punto S rispetto alla terna considerata in (d).

Soluzione(a) Massa e baricentro del sistemaLa piastra e parametrizzata in termini delle coordinate cartesiane x, y:

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

Stefano Siboni 5122


e consente di esprimere la densita areale nella forma esplicita:

σ(x, y) =µ

4a4(x2 + y2) , (x, y) ∈ [0, 2a]× [−a, a] ,

che integrata sul proprio dominio di definizione fornisce la massa di P:

mP =

∫P

σ dA =

2a∫0

dx

a∫−a

dyµ

4a4(x2 + y2) =

µ

4a4

2a∫0

dx

[x2y +

y3

3

]ay=−a

=

=µ

4a4

2a∫0

(2ax2 +

2

3a3)dx =

µ

4a4

[2ax3

3+

2

3a3x

]2a

0

=µ

4a4

(16

3a4 +

4

3a4)

=5

3µ .

Massa del sistemaVisto che l’intersezione γ ∩ P consiste nel solo punto O, insieme di misura nulla sia su γche su P, la massa del sistema e la semplice somma delle masse parziali di anello e piastra:

m = mγ +mL = µ+5

3µ =

8

3µ .

Baricentro dell’anello γPoiche l’anello e omogeneo per ipotesi, il suo baricentro Gγ deve coincidere con il suocentro geometrico e di simmetria C — ogni punto di γ ha il proprio simmetrico rispettoa C che appartiene anch’esso a γ, ovviamente con lo stesso valore della densita lineare.Pertanto:

Gγ −O = C −O = −ae1 .

Baricentro della piastra PLa retta Ox costituisce un asse di simmetria per la piastra, in quanto ∀ (x, y) ∈ P e anche(x,−y) ∈ P ed inoltre σ(x,−y) = σ(x, y). Di conseguenza, il baricentro GP della piastradeve essere individuato da un vettore posizione della forma:

GP −O = xPe1 ,

con ascissa:

xP =1

mP

∫P

xσ dA =3

5µ

2a∫0

dx

a∫−a

dy xµ

4a4(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

(2ax3 +

2

3a3x)dx =

=3

20a4

[2ax4

4+

2

3a3x

2

2

]2a

0

=3

20a4

(8a5 +

4

3a5)

=3

20

28

3a =

7

5a

Stefano Siboni 5123


e pertanto:

GP −O =7

5ae1 .

Baricentro del sistemaIl baricentro G del sistema viene determinato applicando il teorema distributivo, dal mo-mento che l’intersezione fra anello e piastra consiste nel solo punto O, insieme di misuranulla sia per gli integrali curvilinei su γ che per quelli di superficie su P:

G−O =mγ(Gγ −O) +mP(GP −O)

mγ +mP=

3

8µ

[µ(−ae1) +

5

3µ

7

5ae1

]=

=3

8

(−1 +

7

3

)ae1 =

3

8

4

3ae1 =

a

2e1 .

(b) Matrice d’inerzia in Oxyz della piastra PLa terna Oxyz e principale d’inerzia in O per la piastra. Si e gia infatti osservato comeOx rappresenti un asse di simmetria ed e quindi principale d’inerzia rispetto ad ogni suopunto, in particolare rispetto ad O. D’altra parte, il piano di giacitura Oxy di P e unovvio piano di simmetria, principale d’inerzia rispetto ad ogni suo punto, O compreso; laretta ortogonale Oz deve quindi costituire un asse principale d’inerzia in O della piastra.La stessa conclusione puo infine trarsi per l’asse Oy, in quanto ortogonale agli assi princi-pali Ox ed Oz, come conseguenza della simmetria dell’operatore d’inerzia. Si puo quindiaffermare che rispetto al riferimento Oxyz la matrice d’inerzia della piastra deve assumerela forma diagonale:

[LPO] =

LPxx 0 00 LP

yy 0

0 0 LLxx + LP

yy

nella quale, come evidenziato, il momento d’inerzia rispetto all’asse Oz e pari alla sommadei momenti d’inerzia relativi agli assi Ox ed Oy, posti nel piano di giacitura di P. Il mo-mento d’inerzia relativo all’asse Ox viene calcolato ricorrendo alla definizione, che fornisce:

LPxx =

∫P

y2σ dA =

2a∫0

dx

a∫−a

dy y2 µ

4a4(x2 + y2) =

µ

4a4

2a∫0

dx

[x2 y

3

3+y5

5

]ay=−a

=

=µ

4a4

2a∫0

(2

3a3x2 +

2

5a5)dx =

µ

4a4

[2

3a3x

3

3+

2

5a5x

]2a

0

=

=µ

4a4

(16

9a6 +

4

5a6)

=(4

9+

1

5

)µa2 =

29

45µa2.

Un calcolo analogo fornisce il momento d’inerzia relativo all’asse Oy:

LPyy =

∫P

x2σ dA =

2a∫0

dx

a∫−a

dy x2 µ

4a4(x2 + y2) =

µ

4a4

2a∫0

dx

[x4y + x2 y

3

3

]ay=−a

=

Stefano Siboni 5124


=µ

4a4

2a∫0

(2ax4 +

2

3a3x2

)dx =

µ

4a4

[2ax5

5+

2

3a3x

3

3

]2a

0

=

=µ

4a4

(64

5a6 +

16

9a6)

=(16

5+

4

9

)µa2 =

144 + 20

45µa2 =

164

45µa2 ,

in modo che il momento d’inerzia rispetto ad Oz risulta:

LPzz = LP

xx + LPyy =

29

45µa2 +

164

45µa2 =

193

45µa2

e la matrice d’inerzia diventa infine:

[LPO] = µa2

29/45 0 00 164/45 00 0 193/45

.(c) Momenti d’inerzia di P relativi alle rette OR e QR

Retta OR

Si tratta di una retta passante per l’origine, con versore direttore:

n =R−O|R−O|

=2ae1 + ae2

|2ae1 + ae2|=

2e1 + e2√5

.

Il relativo momento d’inerzia della piastra e dunque dato dall’espressione:

IPOR = n · LPO(n) =

1√5

(2 1 0) [LPO]

1√5

210

=1

5

(22LP

xx + 12LPyy + 2 · 1 · 2LP

xy

)=

=1

5

(4 · 29

45µa2 +

164

45µa2)

=1

5

116 + 164

45µa2 =

56

45µa2 .

Retta QR

La retta QR e parallela all’asse coordinato Oy ed ha equazione x = 2a; dunque noncontiene il baricentro GP della piastra, che e individuato dall’ascissa xP = (7/5)a. Si rendenecessario un doppio ricorso al teorema di Huygens-Steiner, fra le rette QR e GPy:

IPQR = IPGPy+mP

(xP − 2a

)2e fra le rette Oy e GPy:

IPOy = IPGPy+mPx

2P ,

Stefano Siboni 5125


con mP = (5/3)µ. Sottraendo membro a membro le due relazioni precedenti si ottiene:

IPQR − IPOy = mP(4a2 − 4axP)

e quindi:

IPQR = IPOy +mP(4a2 − 4axP) =164

45µa2 +

5

3µ(

4a2 − 4a7

5a)

=

=164

45µa2 +

20

3

(1− 7

5

)µa2 =

164

45µa2 − 40

15µa2 =

44

45µa2 .

(d) Energia cinetica di PNella terna di riferimento dove il punto O del sistema risulta fisso e la velocita angolareistantanea vale ~ω = ωe3 l’energia cinetica della piastra e data dalla relazione:

T =1

2~ω · LP

O(~ω) =1

2ωe3 · LP

O(ωe3) =ω2

2e3 · LP

O(e3) =

=ω2

2LPzz =

ω2

2

193

45µa2 =

193

90µa2ω2.

(e) Velocita ed accelerazione istantanee del punto SIl vettore posizione del punto S rispetto alla terna solidale Oxyz si scrive:

S −O = ae2 ,

mentre la velocita angolare istantanea del sistema rigido rispetto alla terna considerata in(d) — terna assoluta — risulta ~ω = ωe3, con ω > 0 costante. Si osservi che l’essere ~ωcostante nel riferimento solidale implica la costanza di ~ω anche rispetto alla terna assoluta,dato il coincidere delle derivate di ~ω relative ad entrambe le terne:

dA~ω

dt=

dR~ω

dt+ ~ω ∧ ~ω =

dR~ω

dt.

Questa osservazione consente di calcolare non soltanto la velocita istantanea di S, permezzo della formula di Poisson:

S = ~ω ∧ (S −O) = ωe3 ∧ ae2 = −aωe1 ,

ma anche l’accelerazione istantanea, ottenuta derivando rispetto al tempo la stessa re-lazione di Poisson:

S =d~ω

dt∧ (S −O) + ~ω ∧ S = ~ω ∧ S = ωe3 ∧ (−aωe1) = −aω2e2 .

Stefano Siboni 5126


Esercizio 941. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoUna terna cartesiana Oxyz = Oe1e2e3 ruota convelocita angolare costante ω attorno all’asse verti-cale Oy rispetto ad un riferimento inerziale. Un’a-sta rigida omogenea AB, di lunghezza 2a e massam, ha l’estremo A fisso nella posizione (0,−a, 0) el’estremo B libero di muoversi nel piano Oxy. Unamolla ideale di costante elastica k = 2mω2 collegail punto medio M dell’asta con un punto mate-riale P , anch’esso di massa m, che puo scorrereliberamente lungo l’asse Ox. Il sistema e pesantee si assume a vincoli ideali. Si usino le variabiliξ, ϑ ∈ R in figura come parametri lagrangiani perdeterminare del sistema, rispetto a Oxyz:

(a) gli equilibri ordinari (specificandone le eventuali condizioni di esistenza);


(c) l’espressione dell’energia cinetica e del momento angolare in A;


(e) gli equilibri di confine, qualora si avesse ϑ ∈ [−π/3, π/3].

Soluzione(a) Equilibri ordinariIl sistema e scleronomo e a vincoli bilaterali ideali, soggetto unicamente a sollecitazioniposizionali conservative, rappresentate dal peso, dall’interazione elastica fra i punti P edM , e dalle forze centrifughe. Si osserva che le forze di Coriolis, sebbene applicate all’astaed al punto P , si mantengono ortogonali al piano vincolare Oxy e le loro componentigeneralizzate risultano percio identicamente nulle. Si procede al calcolo dei potenzialigravitazionale, elastico e centrifugo, la cui somma definira il potenziale del sistema. Gliequilibri, tutti ordinari, andranno identificati con i punti stazionari di detto potenziale.

Potenziale gravitazionaleAl potenziale gravitazionale concorrono formalmente sia l’asta che il punto P , tramite laformula:

Ug = −mge2 · (M −O)−mge2 · (P −O)

nella quale figurano il vettore posizione del punto P :

P −O = aξe1

e quello del centro di simmetria, nonche baricentro, dell’asta omogenea AB:

M −O = A−O + M −A = −ae2 + a sinϑ e1 − a cosϑ e2 = a sinϑ e1 − a(1 + cosϑ)e2 .

Il potenziale gravitazionale e quindi dato dal solo contributo dell’asta, come peraltro siintuisce dal fatto che P puo soltanto scorrere lungo l’asse Oy, ad ordinata costante:

Ug = −mge2 · (M −O) = mga cosϑ+ costante .

Stefano Siboni 5127


Potenziale elasticoAlla molla ideale di stiffness k = 2mω2 che collega i punti M e P e associato un potenzialeelastico. Per la determinazione di questo occorre calcolare il vettore posizione di un estremorispetto all’altro:

M − P = a(sinϑ− ξ)e1 − a(1 + cosϑ)e2

e ricavarne il modulo quadrato:

|M − P |2 = a2(sin2ϑ+ ξ2 − 2ξ sinϑ+ 1 + cos2ϑ+ 2 cosϑ

)=

= a2(ξ2 − 2ξ sinϑ+ 2 cosϑ+ 2

).

Il potenziale elastico della molla ideale e quindi dato da:

Uel = −k2|M − P |2 = −mω2|M − P |2 =

= ma2ω2(−ξ2 + 2ξ sinϑ− 2 cosϑ

)+ costante .

Potenziale centrifugoAnche il potenziale delle forze centrifughe e la somma dei contributi di punto P ed astaAB:

Ucf =ω2

2m|P −O|2 +

ω2

2IABOy

il secondo dei quali puo essere calcolato direttamente introducendo su AB l’ascissa curvi-linea s che rappresenta la distanza da A di un punto generico dell’asta ed applicando quindila definizione di momento d’inerzia relativo ad Oy:

Ucf =ω2

2m|aξe1|2 +

ω2

2

2a∫0

(s sinϑ)2 m

2ads =

=ma2ω2

2ξ2 +

mω2

4asin2ϑ

8a3

3= ma2ω2

(ξ2

2+

2

3sin2ϑ

).

Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e la somma dei potenziali parziali, gravitazionale, elastico e cen-trifugo, omesse le costanti additive:

U(ξ, ϑ) = mga cosϑ+ma2ω2(−ξ2 + 2ξ sinϑ− 2 cosϑ

)+ma2ω2

(ξ2

2+

2

3sin2ϑ

)=

= mga cosϑ+ma2ω2(−ξ

2

2+ 2ξ sinϑ− 2 cosϑ+

2

3sin2ϑ

)∀ (ξ, ϑ) ∈ R2 .

EquilibriGli equilibri del sistema sono tutti ordinari e identificabili con i punti stazionari del poten-ziale. Essi si ricavano pertanto eguagliando simultaneamente a zero le derivate parzialiprime di U :

Uξ = ma2ω2(−ξ + 2 sinϑ)

Stefano Siboni 5128


Uϑ = −mga sinϑ+ma2ω2(

2ξ cosϑ+ 2 sinϑ+4

3sinϑ cosϑ

)ossia risolvendo il sistema di equazioni algebrico-trigonometriche:ma2ω2(−ξ + 2 sinϑ) = 0

−mga sinϑ+ma2ω2(


3sinϑ cosϑ

)= 0

che dividendo tutte le equazioni per la costante positiva ma2ω2 si riduce alla forma adi-mensionale equivalente:−ξ + 2 sinϑ = 0

− g

aω2sinϑ+ 2ξ cosϑ+ 2 sinϑ+

4

3sinϑ cosϑ = 0 .

Conviene ricavare ξ in funzione di ϑ dalla prima equazione:

ξ = 2 sinϑ

e sostituire questa relazione nella seconda, per ottenere l’equazione pura di equilibrio nellasola variabile angolare:

− g

aω2sinϑ+ 4 sinϑ cosϑ+ 2 sinϑ+

4

3sinϑ cosϑ = 0 .

Semplificando e raccogliendo il fattore comune si ha cosı:

sinϑ(− g

aω2+ 2 +

16

3cosϑ

)= 0

e gli equilibri si deducono annullando il primo o il secondo fattore a primo membro.

(i) Per sinϑ = 0 si hanno due valori fisicamente significativi della variabile angolare,ϑ = 0 e ϑ = π, cui corrispondono altrettanti equilibri definiti incondizionatamente:

(ξ, ϑ) = (0, 0) (ξ, ϑ) = (0, π) .

Da notare che queste configurazioni di equilibrio sono attese per ragioni di simmetria.

(ii) Se − g

aω2+ 2 +

16

3cosϑ = 0 si ottiene l’equazione:

cosϑ =3

16

( g

aω2− 2)

che se:

−1 <3

16

( g

aω2− 2)< 1 ⇐⇒ −16

3+ 2 <

g

aω2<

16

3+ 2 ⇐⇒ g

aω2<

22

3,

Stefano Siboni 5129


ammette due ulteriori radici distinte da ϑ = 0 e ϑ = π:

ϑ = arccos

[3

16

( g

aω2− 2)]

:= ϑ? ∈ (0, π) ϑ = −ϑ? ∈ (−π, 0) .

Si devono pertanto considereare gli ulteriori equilibri:

(ξ, ϑ) = (2 sinϑ?, ϑ?) (ξ, ϑ) = (−2 sinϑ?,−ϑ?) ,

definiti e distinti dai precedenti per g/aω2 < 22/3, con ϑ? = arccos

[3

16

( g

aω2− 2)]

.

(b) Stabilita degli equilibri ordinariData la natura posizionale conservativa del sistema scleronomo, lo studio della stabilitadegli equilibri puo basarsi sui teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. Aquesto scopo occorre calcolare le derivate parziali seconde del potenziale U :

Uξξ = −ma2ω2 Uϑξ = Uξϑ = 2ma2ω2 cosϑ

Uϑϑ = −mga cosϑ+ma2ω2(−2ξ sinϑ+ 2 cosϑ+

4

3cos2ϑ− 4

3sin2ϑ

)e la corrispondente matrice hessiana:


(−1 2 cosϑ

2 cosϑ − g

aω2cosϑ− 2ξ sinϑ+ 2 cosϑ+

4

3cos2ϑ− 4

3sin2ϑ

)


Configurazione (ξ, ϑ) = (0, 0)Per (ξ, ϑ) = (0, 0) la matrice hessiana del potenziale diventa:

HU (0, 0) = ma2ω2

(−1 2

2 − g

aω2+

10

3

)

ed ha determinante e traccia di segno non definito:

detHU (0, 0) = (ma2ω2)2( g

aω2− 22

3

)trHU (0, 0) = ma2ω2

(− g

aω2+

7

3

).

Si devono quindi considerare tre diversi casi.

Se g/aω2 < 22/3 si ha detHU (0, 0) < 0 e la matrice ha autovalori di segno opposto.La presenza di un autovalore positivo e condizione sufficiente per l’instabilita, in baseal teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Stefano Siboni 5130


Per g/aω2 > 22/3 risulta invece detHU (0, 0) > 0 e la matrice hessiana ha autovaloridello stesso segno. Si tratta in effetti di due autovalori negativi, causa il contemporaneosegno negativo della traccia:

trHU (0, 0) = ma2ω2(− g

aω2+

7

3

)< ma2ω2

(−22

3+

7

3

)= −5ma2ω2 < 0 .

L’equilibrio viene cosı individuato come un massimo relativo proprio del potenziale,stabile in virtu del teorema di Lagrange-Dirichlet.

Qualora sia infine g/aω2 = 22/3 l’hessiana ha determinante nullo e traccia negativa:

detHU (0, 0) = 0 trHU (0, 0) = −5ma2ω2 < 0

e risulta pertanto semidefinita non definita negativa. Ne il teorema di Lagrange-Dirichlet ne quello di inversione parziale sono direttamente applicabili — il secondo eanzi certamente escluso — per cui il caso viene identificato come critico.A rigore, rimarrebbe aperta la possibilita che l’equilibrio venga riconosciuto comemassimo relativo proprio del potenziale, circostanza che ne assicurerebbe la stabilitaper il criterio di Lagrange-Dirichlet. Una conveniente riscrittura del potenziale adi-mensionalizzato:

u(ξ, ϑ) =1

ma2ω2U(ξ, ϑ) =

g

aω2cosϑ− ξ2


2

3sin2ϑ =

=22

3cosϑ− ξ2


2

3sin2ϑ =

= −ξ2

2+ 2ξ sinϑ+

2

3sin2ϑ+

16

3cosϑ

mediante un completamento di quadrato e ovvie identita trigonometriche consente dirisolvere la questione:

u(ξ, ϑ) = −1

2(ξ2 − 4ξ sinϑ+ 4 sin2ϑ) + 2 sin2ϑ+

2

3sin2ϑ+

16

3cosϑ =

= −1

2(ξ − 2 sinϑ)2 +

8

3sin2ϑ+

16

3cosϑ =

= −1

2(ξ − 2 sinϑ)2 +

32

3sin2ϑ

2cos2ϑ

2+

16

3− 32

3sin2ϑ

2=

= −1

2(ξ − 2 sinϑ)2 − 32

3sin4ϑ

2+

16

3,

mostrando che il punto stazionario (ξ, ϑ) = (0, 0) e effettivamente un massimo relativoproprio, dunque stabile per Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (ξ, ϑ) = (0, π)In questo caso la matrice hessiana assume la forma:

HU (0, π) = ma2ω2

(−1 −2

−2g

aω2− 2

3

)

Stefano Siboni 5131


e presenta determinante negativo:

detHU (0, π) = (ma2ω2)2(− g

aω2+

2

3− 4)

= (ma2ω2)2(− g

aω2− 10

3

)< 0 .

Si tratta dunque di una matrice indefinita, con autovalori di segno opposto. Il ricorreredi un autovalore positivo implica l’instabilita dell’equilibrio per l’inversione parziale delteorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (ξ, ϑ) = (2 sinϑ?, ϑ?), con cosϑ? =3

16

( g

aω2− 2)

e ϑ? ∈ (0, π)

Nella fattispecie l’hessiana del potenziale risulta:

HU (2 sinϑ?, ϑ?) = ma2ω2

(−1 2 cosϑ?

2 cosϑ?1

ma2ω2U(2 sinϑ?, ϑ?)

)

dove:

1

ma2ω2U(2 sinϑ?, ϑ?) = − g

aω2cosϑ? − 4 sin2ϑ? + 2 cosϑ? +

4

3cos2ϑ? − 4

3sin2ϑ? =

= − g

aω2cosϑ? − 16

3sin2ϑ? + 2 cosϑ? +

4

3cos2ϑ? =

= −( g

aω2− 2)

cosϑ? − 16

3sin2ϑ? +

4

3cos2ϑ? =

= −16

3cosϑ? cosϑ? − 16

3sin2ϑ? +

4

3cos2ϑ? =

= −16

3+

4

3cos2ϑ?

in modo che:

detHU (2 sinϑ?, ϑ?) = (ma2ω2)2(16

3− 4

3cos2ϑ? − 4 cos2ϑ?

)= (ma2ω2)2 16

3sin2ϑ? > 0 ,

mentre il minore nord-ovest di ordine uno della matrice e costantemente negativo. Dal teo-rema di Sylvester-Jacobi segue che la matrice hessiana risulta definita negativa. L’equilibrioviene dunque riconosciuto come massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita eassicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (ξ, ϑ) = (−2 sinϑ?,−ϑ?), con cosϑ? =3

16

( g

aω2− 2)

e ϑ? ∈ (0, π)

A causa della simmetria del potenziale:

U(−ξ,−ϑ) = U(ξ, ϑ) ∀ (ξ, ϑ) ∈ R2

la matrice hessiana risulta uguale a quella calcolata nell’equilibrio simmetrico precedente:

HU (−2 sinϑ?,−ϑ?) = HU (2 sinϑ?, ϑ?)

Stefano Siboni 5132


e risulta quindi anch’essa definita negativa. L’equilibrio, quando definito, e dunque stabileper il teorema di Lagrange-Dirichlet in quanto massimo relativo proprio del potenziale.

(c) Energia cinetica e momento angolare in AEnergia cineticaL’energia cinetica del sistema e definita come somma delle energie cinetiche del punto P edell’asta AB. L’espressione dell’energia cinetica di P e immediata:

TP =m

2P 2 =

m

2|aξe1|2 =

ma2

2ξ2 .

Quanto all’asta, e sufficiente osservare che essa ruota con angolo di rotazione ϑ attornoall’asse fisso Az, per cui:

TAB =1

2IABAz

∣∣~ωAB∣∣2 =1

2

m(2a)2

3

∣∣ϑe3

∣∣2 =2

3ma2ϑ2 .

L’energia cinetica del sistema risulta pertanto:

T = TP + TAB =ma2

2ξ2 +

2

3ma2ϑ2 .

Momento angolare in AAnche il momento angolare in A del sistema e la somma dei contributi di punto e asta.Per il punto P si ha:

P −O = aξe1 P = aξe1

ed essendo A−O = −ae2 si deduce che:

~KPA = (P −A) ∧mP = (aξe1 + ae2) ∧maξe1 = −ma2ξe3 .

Per l’asta basta osservare che l’asse fisso Az e anche un asse principale d’inerzia in A; diconseguenza, il momento angolare in A dell’asta risulta semplicemente:

~KABA = LABA (~ωAB) = IABAz ~ωAB =

m(2a)2

3ϑe3 =

4

3ma2ϑe3 .

Il momento angolare in A del sistema e quindi dato da:

~KA = ~KPA + ~KAB

A = −ma2ξe3 +4

3ma2ϑe3 =

(−ξ +

4

3ϑ)ma2e3 .

(d) Equazioni di LagrangeLe equazioni del moto di Lagrange si scrivono:

d

dt

(∂L∂ξ

)− ∂L

∂ξ= 0

d

dt

(∂L∂ϑ

)− ∂L

∂ϑ= 0 (941.1)

Stefano Siboni 5133


in termini della lagrangiana L = T + U :

L =ma2

2ξ2 +

2

3ma2ϑ2 +mga cosϑ+ma2ω2

(−ξ

2


2

3sin2ϑ

).

Le espressioni parziali dei binomi di Lagrange si ricavano facilmente, ricordando la conven-zione che vuole i parametri lagrangiani e le velocita generalizzate trattate come variabiliindipendenti nel calcolo delle derivate parziali di L:

d

dt

(∂L∂ξ

)= ma2ξ

∂L

∂ξ=

∂U

∂ξ= ma2ω2(−ξ + 2 sinϑ)

d

dt

(∂L∂ϑ

)=

4

3ma2ϑ

∂L

∂ϑ=

∂U

∂ϑ= −mga sinϑ+ma2ω2

(2ξ cosϑ+ 2 sinϑ+

4

3sinϑ cosϑ

).

Sostituendo nelle (941.1) si ottengono le equazioni richieste:ma2ξ +ma2ω2(ξ − 2 sinϑ) = 0

4

3ma2ϑ+mga sinϑ−ma2ω2

(2ξ cosϑ+ 2 sinϑ+

4

3sinϑ cosϑ

)= 0 .

(e) Equilibri di confine per ϑ ∈ [−π/3, π/3]Se la variabile angolare assumesse valori nell’intervallo chiuso ϑ ∈ [−π/3, π/3], il sistemarisulterebbe a vincoli unilaterali ed ammetterebbe le configurazioni di confine della forma(ξ, ϑ) = (ξo,−π/3), ∀ ξo ∈ R, e (ξ, ϑ) = (ξo, π/3) ∀ ξo ∈ R, corrispondenti ai due trattirettilinei paralleli della frontiera del dominio di definizione dei parametri lagrangiani.

Per individuare gli eventuali equilibri conviene esaminare separatamente questi tratti ret-tilinei, facendo uso del teorema dei lavori virtuali. L’applicazione del teorema richiede il

Stefano Siboni 5134


calcolo delle componenti generalizzate delle sollecitazioni attive, che sono gia state espressein termini del potenziale del sistema:

Qξ(ξ, ϑ) = Uξ(ξ, ϑ) = ma2ω2(−ξ + 2 sinϑ)

Qϑ(ξ, ϑ) = Uϑ(ξ, ϑ) = −mga sinϑ+ma2ω2(


3sinϑ cosϑ

).

Configurazioni del tipo (ξ, ϑ) = (ξo,−π/3), ξo ∈ RStante l’ipotesi dei vincoli ideali, la condizione necessaria e sufficiente perche una configu-razione di questa forma sia un equilibrio e data da:

αξQξ(ξo,−π/3) + αϑQϑ(ξo,−π/3) ≤ 0 ∀αξ ∈ R , ∀αϑ ≥ 0

ed equivale quindi al sistema di relazioni:Qξ(ξo,−π/3) = 0

Qϑ(ξo,−π/3) ≤ 0

che, scritto esplicitamente, diventa:ma2ω2

(−ξo − 2

√3

2

)= 0

mga

√3

2+ma2ω2

(2ξ0

1

2− 2

√3

2− 4

3

√3

2

1

2

)≤ 0

ossia: −ξo −

√3 = 0

g

aω2

√3

2+ ξ0 −

√3−√

3

3≤ 0 .

Dalla prima equazione si ricava il solo possibile valore di equilibrio di ξ:

ξo = −√

3 ,

che sostituito nella seconda disequazione porge la condizione affinche si tratti effettivamentedi un equilibrio:

g

aω2

√3

2− 2√

3−√

3

3≤ 0 ⇐⇒ g

aω2

√3

2− 7

3

√3 ≤ 0 ⇐⇒ g

aω2≤ 14

3.

Lungo questo tratto di frontiera il sistema ammette dunque la configurazione di equilibrio:

(ξ, ϑ) = (−√

3,−π/3)

a condizione che si abbia g/aω2 ≤ 14/3.

Stefano Siboni 5135


Configurazioni del tipo (ξ, ϑ) = (ξo, π/3), ξo ∈ RPer una configurazione di questa forma il teorema dei lavori virtuali fornisce la condizionenecessaria e sufficiente all’equilibrio:

αξQξ(ξo, π/3) + αϑQϑ(ξo, π/3) ≤ 0 ∀αξ ∈ R , ∀αϑ ≤ 0

equivalente al sistema: Qξ(ξo, π/3) = 0

Qϑ(ξo, π/3) ≥ 0 .

Scritta esplicitamente la condizione diventa:

ma2ω2

(−ξo + 2

√3

2

)= 0

−mga√

3

2+ma2ω2

(2ξ0

1

2+ 2

√3

2+

4

3

√3

2

1

2

)≥ 0

vale a dire, semplificando: −ξo +

√3 = 0

− g

aω2

√3

2+ ξ0 +

√3 +

√3

3≥ 0 .

Il possibile valore di equilibrio di ξ si ottiene dalla prima equazione:

ξo =√

3

e sostituito nella seconda disequazione fornisce l’effettiva condizione per il sussistere dell’e-quilibrio:

− g

aω2

√3

2+ 2√

3 +

√3

3≥ 0 ⇐⇒ − g

aω2

√3

2+

7

3

√3 ≥ 0 ⇐⇒ g

aω2≤ 14

3.

Anche lungo questo tratto di frontiera il sistema ammette l’equilibrio di confine:

(ξ, ϑ) = (√

3, π/3)

definito se e soltanto se g/aω2 ≤ 14/3. Come era lecito aspettarsi, la condizione di esistenzae la stessa gia individuata per l’equilibrio simmetrico precedente, causa la simmetria delpotenziale e quella dell’intervallo ϑ ∈ [−π/3, π/3] rispetto all’origine ϑ = 0.

Stefano Siboni 5136


Esercizio 942. Geometria delle masse e cinematica rigidaNel piano Oxy di una terna solidale Oxyz = Oe1e2e3 si considera il sistema rigido compostoda un anello circolare omogeneo γ, di centroC(a, 0, 0), raggio a e massa µ, e da una laminaquadrata L = KLMN , di lato 2a, collocaticome mostrato in figura. La densita arealedella lamina e data da:

σ(Q) =µ

4a4|Q−O|2 ∀Q ∈ L .

Determinare:

(a) la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz del sistema;

(b) la matrice d’inerzia relativa a Oxyz della lamina L;

(c) i momenti d’inerzia di L relativi alle rette ON e KN ;

(d) l’energia cinetica di L relativa alla terna dove l’asse Ox e fisso e la velocita angolarevale ωe1, con ω > 0 costante;

(e) velocita ed accelerazione istantanee del punto L rispetto alla terna considerata in (d).

Soluzione(a) Massa e baricentro del sistemaLa lamina e parametrizzata nelle coordinate cartesiane x, y:

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

e consente di esprimere la densita areale nella forma esplicita:

σ(x, y) =µ

4a4(x2 + y2) , (x, y) ∈ [−2a, 0]× [−a, a] ,

che integrata sul proprio dominio di definizione fornisce la massa della superficie materiale:

mL =

∫L

σ dA =

0∫−2a

dx

a∫−a

dyµ

4a4(x2 + y2) =

µ

4a4

0∫−2a

dx

[x2y +

y3

3

]ay=−a

=

=µ

4a4

0∫−2a

(2ax2 +

2

3a3)dx =

µ

4a4

[2ax3

3+

2

3a3x

]0

−2a

=µ

4a4

(16

3a4 +

4

3a4)

=5

3µ .

Massa del sistemaLa massa del sistema e la semplice somma delle masse parziali di anello e lamina:

m = mγ +mL = µ+5

3µ =

8

3µ .

Stefano Siboni 5137


Baricentro dell’anello γPoiche l’anello e omogeneo per ipotesi, il suo baricentro Gγ deve coincidere con il suocentro geometrico e di simmetria C — ogni punto di γ ha il proprio simmetrico rispettoa C che appartiene anch’esso a γ, ovviamente con lo stesso valore della densita lineare.Pertanto:

Gγ −O = C −O = ae1 .

Baricentro della lamina LLa retta Ox costituisce un asse di simmetria per la lamina: si ha infatti che ∀ (x, y) ∈ L eanche (x,−y) ∈ L e che σ(x,−y) = σ(x, y). Di conseguenza, il baricentro GL della laminaviene individuato da un vettore posizione della forma:

GL −O = xLe1 ,

con ascissa:

xL =1

mL

∫L

xσ dA =3

5µ

0∫−2a

dx

a∫−a

dy xµ

4a4(x2 + y2) =

3

20a4

0∫−2a

dx

a∫−a

dy (x3 + xy2) =

=3

20a4

0∫−2a

dx

[x3y + x

y3

3

]ay=−a

=3

20a4

0∫−2a

(2ax3 +

2

3a3x)dx =

=3

20a4

[2ax4

4+

2

3a3x

2

2

]0

−2a

=3

20a4

(−8a5 − 4

3a5)

= − 3

20

28

3a = −7

5a

e pertanto:

GL −O = −7

5ae1 .

Baricentro del sistemaIl baricentro G del sistema viene determinato applicando il teorema distributivo, dal mo-mento che l’intersezione fra anello e lamina consiste nel solo punto O, insieme di misuranulla sia per gli integrali curvilinei su γ che per quelli di superficie su L:

G−O =mγ(Gγ −O) +mP(GL −O)

mγ +mP=

3

8µ

[µae1 +

5

3µ(−7

5ae1

)]=

=3

8

(1− 7

3

)ae1 =

3

8

(−4

3

)ae1 = −a

2e1 .

(b) Matrice d’inerzia in Oxyz della lamina LLa terna Oxyz e principale d’inerzia in O per la lamina. Si e gia infatti riconosciuto cheOx rappresenta un asse di simmetria ed e quindi principale d’inerzia rispetto ad ogni suopunto, in particolare rispetto ad O. D’altra parte, il piano di giacitura Oxy di L e un ovviopiano di simmetria, principale d’inerzia rispetto ad ogni suo punto, compreso O; la rettaortogonale Oz deve quindi costituire un asse principale d’inerzia in O del sistema. La stessa

Stefano Siboni 5138


conclusione puo infine trarsi per l’asse Oy, in quanto ortogonale agli assi principali Ox edOz, come conseguenza della simmetria dell’operatore d’inerzia. Ne deriva che rispetto alriferimento Oxyz la matrice d’inerzia della lamina deve assumere la forma diagonale:

[LLO] =

LLxx 0 00 LL

yy 0

0 0 LLxx + LL

yy

nella quale, come evidenziato, il momento d’inerzia rispetto all’asse Oz e pari alla sommadei momenti d’inerzia relativi agli assi Ox ed Oy, posti nel piano di giacitura della lamina.Il momento d’inerzia relativo all’asse Ox viene calcolato ricorrendo alla definizione, cheporge:

LLxx =

∫L

y2σ dA =

0∫−2a

dx

a∫−a

dy y2 µ

4a4(x2 + y2) =

µ

4a4

0∫−2a

dx

[x2 y

3

3+y5

5

]ay=−a

=

=µ

4a4

0∫−2a

(2

3a3x2 +

2

5a5)dx =

µ

4a4

[2

3a3x

3

3+

2

5a5x

]0

−2a

=

=µ

4a4

(16

9a6 +

4

5a6)

=(4

9+

1

5

)µa2 =

29

45µa2.

Un calcolo analogo fornisce il momento d’inerzia relativo all’asse Oy:

LLyy =

∫L

x2σ dA =

0∫−2a

dx

a∫−a

dy x2 µ

4a4(x2 + y2) =

µ

4a4

0∫−2a

dx

[x4y + x2 y

3

3

]ay=−a

=

=µ

4a4

0∫−2a

(2ax4 +

2

3a3x2

)dx =

µ

4a4

[2ax5

5+

2

3a3x

3

3

]0

−2a

=

=µ

4a4

(64

5a6 +

16

9a6)

=(16

5+

4

9

)µa2 =

144 + 20

45µa2 =

164

45µa2 ,

in modo che il momento d’inerzia rispetto ad Oz risulta:

LLzz = LL

xx + LLyy =

29

45µa2 +

164

45µa2 =

193

45µa2

e la matrice d’inerzia diventa infine:

[LLO] = µa2

29/45 0 00 164/45 00 0 193/45

.

Stefano Siboni 5139


(c) Momenti d’inerzia di L rispetto alle rette ON e KNRetta ONSi tratta di una retta passante per l’origine, con versore direttore:

n =N −O|N −O|

=−2ae1 + ae2

| − 2ae1 + ae2|=−2e1 + e2√

5.

Il relativo momento d’inerzia della lamina e dunque dato dall’espressione:

ILON = n · LLO(n) =

1√5

(−2 1 0) [LLO]

1√5

−210

=

=1

5

[(−2)2LL

xx + 12LLyy + 2 · 1 · (−2)LL

xy

]=

=1

5

(4 · 29

45µa2 +

164

45µa2)

=1

5

116 + 164

45µa2 =

56

45µa2 .

Retta KNLa retta KN e parallela all’asse coordinato Oy ed ha equazione x = −2a; dunque nonpassa per il baricentro GL della lamina, che e individuato dall’ascissa xL = −(7/5)a. Sirende necessario un doppio ricorso al teorema di Huygens-Steiner, fra le rette KN e GLy:

ILNK = ILGLy+mL

[xL − (−2a)

]2e fra le rette Oy e GLy:

ILOy = ILGLy+mLx

2L ,

con mL = (5/3)µ. Sottraendo membro a membro le due relazioni precedenti si ottiene:

ILKN − ILOy = mL(4a2 + 4axL)

e quindi:

ILKN = ILOy +mL(4a2 + 4axL) =164

45µa2 +

5

3µ(

4a2 − 4a7

5a)

=

=164

45µa2 +

20

3

(1− 7

5

)µa2 =

164

45µa2 − 40

15µa2 =

44

45µa2 .

(d) Energia cinetica di LNel sistema di riferimento dove il punto O del sistema risulta fisso e la velocita angolareistantanea vale ~ω = ωe1 l’energia cinetica della lamina e data dalla relazione:

T =1

2~ω · LL

O(~ω) =1

2ωe1 · LL

O(ωe1) =ω2

2e1 · LL

O(e1) =

=ω2

2LLxx =

ω2

2

29

45µa2 =

29

90µa2ω2.

Stefano Siboni 5140


(e) Velocita ed accelerazione istantanee del punto LIl vettore posizione del punto L rispetto alla terna solidale Oxyz si scrive:

L−O = −ae2 ,

mentre la velocita angolare istantanea del sistema rigido rispetto alla terna considerata in(d) — terna assoluta — risulta ~ω = ωe1, con ω > 0 costante. Si osservi che l’essere ~ωcostante nel riferimento solidale implica la costanza di ~ω anche rispetto alla terna assoluta,dato il coincidere delle derivate di ~ω rispetto ad entrambe le terne:

dA~ω

dt=

dR~ω

dt+ ~ω ∧ ~ω =

dR~ω

dt.

Questa osservazione consente di calcolare non soltanto la velocita istantanea di L, permezzo della formula di Poisson:

L = ~ω ∧ (L−O) = ωe1 ∧ (−ae2) = −aωe3 ,

ma anche l’accelerazione istantanea, ottenuta derivando rispetto al tempo la stessa re-lazione di Poisson:

L =d~ω

dt∧ (L−O) + ~ω ∧ L = ~ω ∧ L = ωe1 ∧ (−aωe3) = aω2e2 .

Esercizio 943. Sistema scleronomo non conservativo a 2 g.d.l.Una terna cartesiana ortogonale Oxyz = Oe1e2e3

ruota con velocita angolare costante ω attornoall’asse verticale Oy rispetto ad un riferimentoinerziale. Nel piano Oxy un anello circolare omo-geneo γ, di centro C, raggio a e massa m, simuove con un suo punto fissato nella posizioneA(0,−a, 0). Il centro C e collegato mediante unamolla ideale di stiffness k = 2mω2 ad un puntomateriale P , pure di massa m, libero di scorrerelungo Ox. Oltre al peso, sul sistema agiscono re-sistenze viscose di uguale costante di frizione βapplicate in P e in C. Assumendo i vincoli ideali,usare le variabili s, ϕ ∈ R mostrate in figura comecoordinate generalizzate per determinare del si-stema, relativamente ad Oxyz:

(a) gli equilibri;

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

(c) l’espressione dell’energia cinetica e del momento angolare in A;


(e) i modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile per β = 0 eg/aω2 = 8.

Soluzione

Stefano Siboni 5141


(a) EquilibriIl sistema e scleronomo e a vincoli bilaterali ideali. Le forze attive applicate sono inparte posizionali conservative: il sistema delle forze peso, quello delle forze centrifughe el’interazione elastica fra i punti C e P mediata dalla molla ideale di stiffness k. Sono peropresenti anche resistenze viscose, di natura dissipativa, agenti nei punti C e P . Si osserviche, al solito, le forze di Coriolis risultano costantemente ortogonali al piano vincolare Oxye le loro componenti generalizzate sono percio identicamente nulle.

Potenziale elasticoAlla molla ideale di costante elastica k = 2mω2 che collega il punto P con il centro Cdell’anello e associato il potenziale elastico:

Uel = −k2|C − P |2 = −mω2|C − P |2 .

I vettori posizione degli estremi della molla sono dati da:

P −O = ase1

C −O = A−O + C −A = −ae2 + a sinϕ e1 − a cosϕ e2 =

= a sinϕ e1 − a(1 + cosϕ)e2 ,

per cui:C − P = a(sinϕ− s)e1 − a(1 + cosϕ)e2

e quindi:|C − P |2 = a2

[(sinϕ− s)2 + (1 + cosϕ)2

]=

= a2[sin2ϕ+ s2 − 2s sinϕ+ 1 + cos2ϕ+ 2 cosϕ

]=

= a2(s2 − 2s sinϕ+ 2 cosϕ+ 2

).

A meno di una costante additiva, il potenziale elastico risulta pertanto:

Uel = −mω2a2(s2 − 2s sinϕ+ 2 cosϕ

).

Potenziale gravitazionaleAl potenziale gravitazionale del sistema contribuisce soltanto l’anello circolare, dal mo-mento che il punto P e vincolato a scorrere lungo l’asse orizzontale Ox e dunque adordinata costante. Si ha percio:

Ug = −mge2 · (C −O) = mga(1 + cosϕ) = mga cosϕ+ costante .

Potenziale centrifugoIl potenziale centrifugo e la somma dei potenziali relativi al punto P e all’anello γ:

Ucf =ω2

2m|P −O|2 +

ω2

2

[IγCy +mγ [(C −O) · e1]2

]=

=ma2ω2

2s2 +

ω2

2

[ma2

2+ma2 sin2ϕ

]=

ma2ω2

2s2 +

ma2ω2

2sin2ϕ+ costante .

Stefano Siboni 5142


Potenziale del sistemaDalla somma dei potenziali elastico, gravitazionale e centrifugo si ricava il potenziale delsistema:

U(s, ϕ) = −mω2a2(s2 − 2s sinϕ+ 2 cosϕ

)+mga cosϕ+

ma2ω2

2s2 +

ma2ω2

2sin2ϕ =

= ma2ω2(−s

2

2+ 2s sinϕ− 2 cosϕ+

1

2sin2ϕ

)+mga cosϕ ∀ s, ϕ ∈ R .

Componenti generalizzate delle resistenze viscoseLe resistenze viscose, di uguale costante di frizione β > 0, sono applicate nei punti P e C:

P −O = ase2 C −O = a sinϕ e1 − a(1 + cosϕ)e2


P = ase1 C = a(cosϕ e1 + sinϕ e2)ϕ

di modulo quadrato:

P 2 = a2s2 C2 = a2ϕ2 .

Questi dati consentono di calcolare immediatamente la funzione ausiliaria di Rayleigh:

R = −β2P 2 − β

2C2 = −βa

2

2s2 − βa2

2ϕ2 ,

dalla quale si deducono le componenti generalizzate del sistema di resistenze viscose:

Ds =∂R∂s

= −βa2s Dϕ =∂R∂ϕ

= −βa2ϕ (943.1)

ed il segno definito della potenza:

π = Ds s+Dϕ ϕ = 2R = −βa2s2 − βa2ϕ2 ≤ 0 ,

che si annulla unicamente per velocita generalizzate nulle:

π = 0 ⇐⇒ (s, ϕ) = (0, 0)

e consente quindi di riconoscere le sollecitazioni come completamente dissipative. Le re-sistenze viscose non concorrono in alcun modo alla determinazione degli equilibri del siste-ma, dal momento che le loro componenti generalizzate si annullano per velocita generaliz-zate nulle. Influenzano, pero, le proprieta di stabilita degli equilibri, che possono esserecaratterizzate completamente mediante la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet,basata sui criteri di Barbasin e Krasovskii.

Stefano Siboni 5143


EquilibriGli equilibri del sistema sono tutti ordinari e vanno identificato con i punti stazionari delpotenziale U . Si devono quindi determinare le derivate parziali prime:

∂U

∂s= Us = ma2ω2(−s+ 2 sinϕ)

∂U

∂ϕ= Uϕ = ma2ω2

(2s cosϕ+ 2 sinϕ+ sinϕ cosϕ

)−mga sinϕ

ed eguagliarle simultaneamente a zero per ottenere le equazioni di equilibrio:ma2ω2(−s+ 2 sinϕ

)= 0

ma2ω2(2s cosϕ+ 2 sinϕ+ sinϕ cosϕ

)−mga sinϕ = 0

che semplificando per il fattore positivo ma2ω2 si riducono alla forma adimensionale:−s+ 2 sinϕ = 0

2s cosϕ+ 2 sinϕ+ sinϕ cosϕ− g

aω2sinϕ = 0 .

(943.2)

La prima delle (943.2) fornisce il valore di equilibrio di s in funzione di quello della variabileangolare:

s = 2 sinϕ

e sostituito nella seconda conduce ad una equazione di equilibrio nella sola variabile ϕ:

5 sinϕ cosϕ+(

2− g

aω2

)sinϕ = 0

fattorizzabile come:

5 sinϕ

[cosϕ+

1

5

(2− g

aω2

)]= 0 .

Si devono quindi considerare due possibili casi.

(i) Se sinϕ = 0 risulta ϕ = 0 e ϕ = π e si ottengono le configurazioni di equilibrio:

(s, ϕ) = (0, 0) (s, ϕ) = (0, π) ,

sempre definite.

(ii) Per cosϕ+1

5

(2− g

aω2

)= 0 si ha:

cosϕ =1

5

( g

aω2− 2)

e quindi:

ϕ = arccos

[1

5

( g

aω2− 2)]

:= ϕ? ϕ = −ϕ?

Stefano Siboni 5144


purche si abbia1

5

∣∣∣ g

aω2− 2∣∣∣ < 1, ossia:

−5 <g

aω2− 2 < 5 ⇐⇒ −3 <

g

aω2< 7 ⇐⇒ 0 <

g

aω2< 7 .

Ne seguono quindi gli equilibri:

(s, ϕ) = (2 sinϕ?, ϕ?) (s, ϕ) = (−2 sinϕ?,−ϕ?) ,

definiti e distinti dai precedenti per g/aω2 < 7, con ϕ? = arccos

[1

5

( g

aω2− 2)]∈

(−π/2, π/2).

(b) Stabilita degli equilibriGli equilibri sono tutti ordinari ed isolati, dato che il loro numero risulta finito. La com-presenza di sollecitazioni posizionali conservative e completamente dissipative consente distudiare le caratteristiche di stabilita degli equilibri isolati facendo uso della forma forte delteorema di Lagrange-Dirichlet. Gli equilibri riconosciuti come massimi relativi propri delpotenziale sono asintoticamente stabili; in ogni altro caso si ha instabilita, e la dissipazionedell’energia meccanica consente inoltre di escludere l’attrattivita. Per condurre l’analisi sirende necessario il calcolo delle derivate parziali seconde del potenziale:

Uss = −ma2ω2 Uϕs = Usϕ = 2ma2ω2 cosϕ

Uϕϕ = ma2ω2(−2s sinϕ+ 2 cosϕ+ cos2ϕ− sin2ϕ

)−mga cosϕ

e della corrispondente matrice hessiana:

HU (s, ϕ) = ma2ω2

(−1 2 cosϕ

2 cosϕ −2s sinϕ+ 2 cosϕ+ cos2ϕ− sin2ϕ− g

aω2cosϕ

)

in ciascuna configurazione di equilibrio. Lo scopo e quello di accertare la natura del puntostazionario tramite il segno degli autovalori della matrice hessiana.

Configurazione (s, ϕ) = (0, 0)In questo equilibrio la matrice hessiana del potenziale assume la forma:

HU (0, 0) = ma2ω2

(−1 22 3− g

aω2

)con determinante e traccia di segno non definito:

detHU (0, 0) = (ma2ω2)2( g

aω2− 7)

trHU (0, 0) = ma2ω2(

2− g

aω2

)che obbligano a distinguere tre casi:

se g/aω2 < 7 risulta detHU (0, 0) < 0 e la matrice hessiana presenta un autovalorepositivo ed uno negativo. L’autovalore positivo esclude che l’equilibrio possa costituire

Stefano Siboni 5145


un massimo relativo del potenziale — in effetti si tratta di un punto di sella. Ne derivache l’equilibrio e instabile per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, nonattrattivo per via della dissipazione dell’energia meccanica;

per g/aω2 > 7 si ha invece detHU (0, 0) > 0 e trHU (0, 0) < 0, per cui l’hessiana risultadefinita negativa. L’equilibrio costituisce un massimo relativo proprio del potenziale,asintoticamente stabile;

qualora sia g/aω2 = 7 vale infine detHU (0, 0) = 0 e trHU (0, 0) < 0 e la natura delpunto stazionario non appare evidente. La trattazione della stabilita richiederebbeun’analisi piu accurata del punto stazionario, ma per brevita questo caso viene indicatosemplicemente come critico.L’analisi dettagliata del punto stazionario consiste nel considerare il potenziale adi-mensionalizzato per g/aω2 = 7:

u(s, ϕ) =1

ma2ω2U(s, ϕ) = −s

2


1

2sin2ϕ+ 7 cosϕ =

= −s2

2+ 2s sinϕ+ 5 cosϕ+

1

2sin2ϕ

e nel riscriverlo nella forma equivalente:

u(s, ϕ) = −1

2(s2 − 4s sinϕ+ 4 sin2ϕ) + 2 sin2ϕ+ 5 cosϕ+

1

2sin2ϕ =

= −1

2(s− 2 sinϕ)2 +

5

2sin2ϕ+ 5 cosϕ =

= −1

2(s− 2 sinϕ)2 + 10 sin2ϕ

2cos2ϕ

2+ 5− 10 sin2ϕ

2=

= −1

2(s− 2 sinϕ)2 − 10 sin4ϕ

2+ 5 ,

dalla quale appare evidente che (s, ϕ) = (0, 0) e un massimo relativo proprio. Lastabilita asintotica dell’equilibrio nel caso critico risulta cosı provata.

Configurazione (s, ϕ) = (0, π)In questo caso la matrice hessiana del potenziale vale:

HU (0, π) = ma2ω2

(−1 −2−2

g

aω2− 1

)e risulta indefinita a causa del segno negativo del suo determinante:

detHU (0, π) = (ma2ω2)2(− g

aω2− 3)< 0 .

Il ricorrere di un autovalore positivo esclude che l’equilibrio costituisca un massimo relativoproprio del potenziale. L’instabilita segue dalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, la non attrattivita dalla dissipazione dell’energia meccanica.

Stefano Siboni 5146


Configurazione (s, ϕ) = (2 sinϕ?, ϕ?), con cosϕ? =1

5

( g

aω2− 2)

e g/aω2 < 7

Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale risulta:

HU (2 sinϕ?, ϕ?) = ma2ω2

(−1 2 cosϕ?

2 cosϕ?1

ma2ω2Uϕϕ(2 sinϕ?, ϕ?)

)con:

1

ma2ω2Uϕϕ(2 sinϕ?, ϕ?) = −4 sin2ϕ? + 2 cosϕ? + cos2ϕ? − sin2ϕ? − g

aω2cosϕ? =

= −5 sin2 ϕ? + 2 cosϕ? + cos2ϕ? − (2 + 5 cosϕ?) cosϕ? =

= −5 sin2 ϕ? − 4 cos2ϕ? = −4− sin2ϕ?,

in modo che:trHU (2 sinϕ?, ϕ?) = ma2ω2(−5− sin2ϕ?) < 0

e:detHU (2 sinϕ?, ϕ?) = (ma2ω2)2 5 sin2ϕ? > 0 ,

per cui la matrice e definita negativa. La configurazione, quando definita, viene riconosciu-ta essere un massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile per la formaforte del teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (s, ϕ) = (−2 sinϕ?,−ϕ?), con cosϕ? =1

5

( g

aω2− 2)

e g/aω2 < 7

Come ci si poteva aspettare dalla simmetria del potenziale U , la matrice hessiana in questaconfigurazione e identica a quella calcolata nell’equilibrio simmetrico precedente:

HU (−2 sinϕ?,−ϕ?) = HU (2 sinϕ?, ϕ?) .

Se ne conclude che anche questo equilibrio, laddove definito, costituisce un massimo rela-tivo proprio del potenziale ed e asintoticamente stabile per la forma forte del teorema diLagrange-Dirichlet.

(c) Energia cinetica e momento angolare in AEnergia cineticaL’energia cinetica del sistema e definita come somma delle energie cinetiche del punto P edell’anello γ. Per il punto P si ha banalmente:

TP =m

2P 2 =

m

2(ase1)2 =

ma2

2s2 .

L’anello ruota attorno all’asse fisso Az con angolo di rotazione ϕ e velocita angolare ~ωγ =ϕ e3; la sua energia cinetica e quindi data dalla relazione:

Tγ =1

2IγAz|~ωγ |

2 =1

2

(m|C −A|2 + IγCz|

)|ϕ e3|2 =

1

2(ma2 +ma2)ϕ2 = ma2ϕ2 .

Stefano Siboni 5147


L’energia cinetica del sistema vale pertanto:

T = TP + Tγ =ma2

2s2 +ma2ϕ2 .

Momento angolare in AAnche il momento angolare rispetto al polo A del sistema e la somma dei momenti angolari,relativi allo stesso polo, del punto P e dell’anello γ. Per il punto P si ha, da definizione,l’espressione:

~KPA = (P −A) ∧mP = (ase1 + ae2) ∧mase1 = −ma2se3

mentre per l’anello γ l’asse di rotazione Az e un evidente asse principale d’inerzia in A,per cui:

~KγA = IγAz~ωγ = 2ma2ϕ e3 .

Si conclude pertanto che:

~KA = ~KPA + ~Kγ

A = −ma2se3 + 2ma2ϕ e3 = ma2(−s+ 2ϕ)e3 .

(d) Equazioni di LagrangeLe equazioni di Lagrange del sistema si scrivono:

d

dt

(∂L∂s

)− ∂L

∂s= Ds

d

dt

(∂L∂ϕ

)− ∂L

∂ϕ= Dϕ (943.3)


L = T +U =ma2

2s2 +ma2ϕ2 +ma2ω2

(−s

2


1

2sin2ϕ

)+mga cosϕ

e delle componenti lagrangiane (943.1) delle resistenze viscose:

Ds = −βa2s Dϕ = −βa2ϕ .

Il calcolo del primo termine nei binomi di Lagrange e immediato, vista la forma partico-larmente semplice dell’energia cinetica:

d

dt

(∂L∂s

)= ma2s

d

dt

(∂L∂ϕ

)= 2ma2ϕ ,

mentre il secondo termine coincide con le rispettive derivate parziali prime del potenziale,gia ricavate in precedenza per la determinazione degli equilibri:

∂L

∂s= Us = ma2ω2(−s+ 2 sinϕ)

∂L

∂ϕ= Uϕ = ma2ω2

(2s cosϕ+ 2 sinϕ+ sinϕ cosϕ

)−mga sinϕ .

Stefano Siboni 5148


Sostituendo nelle (943.3) si ottiene cosı:ma2s+ma2ω2(s− 2 sinϕ) = −βa2s

2ma2ϕ−ma2ω2(2s cosϕ+ 2 sinϕ+ sinϕ cosϕ

)+mga sinϕ = −βa2ϕ .

(e) Piccole oscillazioni per β = 0 e g/aω2 = 8Nelle ipotesi indicate l’equilibrio (s, ϕ) = (0, 0) risulta stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet, e in quanto massimo relativo proprio del potenziale, e non attrattivo a causadella conservazione dell’energia meccanica. Gli equilibri simmetrici (s, ϕ) = (2 sinϕ?, ϕ?)e (s, ϕ) = (−2 sinϕ?,−ϕ?) non sono definiti e quindi non possono essere presi in conside-razione. Infine, (s, ϕ) = (0, π) e comunque un punto di sella del potenziale, instabile perl’inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. In definitiva, il solo equilibrio per il quale lostudio delle piccole oscillazioni ha significato e (s, ϕ) = (0, 0). In questa configurazione lematrici dell’energia cinetica ed hessiana del potenziale sono date da:

A(0, 0) = ma2

(1 00 2

)HU (0, 0) = ma2ω2

(−1 22 −5

).

L’equazione caratteristica per il calcolo delle pulsazioni normali Ω = Ω+ e Ω = Ω− risultapertanto:

0 = det[Ω2A(0, 0) +HU (0, 0)

]=

∣∣∣∣Ω2ma2

(1 00 2

)+ma2ω2

(−1 22 −5

)∣∣∣∣e semplificata per (ma2ω2)2, con la sostituzione Ω2/ω2 = µ diventa:

0 =

∣∣∣∣µ( 1 00 2

)+

(−1 22 −5

)∣∣∣∣ossia:

0 =

∣∣∣∣µ− 1 22 2µ− 5

∣∣∣∣ = (µ− 1)(2µ− 5)− 4 = 2µ2 − 7µ+ 1 .

Ne seguono le radici (positive):

µ± =7±√

49− 8

4=

7±√

41

4

e le pulsazioni normali richieste:

Ω+ =√µ+ ω =

√7 +√

41

4ω Ω− =

√µ− ω =

√7−√

41

4ω ,

corrispondenti al modo normale alto e basso, rispettivamente — Ω+ > Ω−.

Stefano Siboni 5149


Modo alto — Ω = Ω+, ovvero µ = µ+

L’equazione delle ampiezze di questo modo normale si scrive:(µ+ − 1 2

2 2µ+ − 5

)(a+

b+

)=

(00

)ed equivale all’unica equazione scalare linearmente indipendente:

(µ+ − 1)a+ + 2b+ = 0 .

Una soluzione non banale di questa equazione omogenea e data da:

a+ = −2 b+ = µ+ − 1 =7 +√

41

4− 1 =

3 +√

41

4

ed il modo normale puo cosı essere espresso nella forma:

(δsδϕ

)= A+

(−8

3 +√

41

)cos

√7 +√

41

4ωt+ α+

∀ t ∈ R ,

con A+ 6= 0 e α+ costanti reali arbitrarie — per quanto il fattore di scala A+ dovrebberisultare molto piccolo, in modo da mantere gli scostamenti δs e δϕ vicini a zero e giu-stificare l’introduzione delle equazioni del moto linearizzate nell’intorno dell’equilibrio. Sinoti che le ampiezze hanno segno opposto, per cui i parametri lagrangiani oscillano inopposizione di fase attorno ai rispettivi valori di equilibrio.

Modo basso — Ω = Ω−, ovvero µ = µ−I calcoli per la determinazione di questo modo normale sono identici a quelli visti per ilmodo normale precedente, salvo che per la sostituzione:

√41 −−−−→ −

√41 .

Stefano Siboni 5150


Il modo basso viene quindi scritto come:

(δsδϕ

)= A−

(−8

3−√

41

)cos

√7−√

41

4ωt+ α−

∀ t ∈ R ,

con A− 6= 0 e α− costanti reali arbitrarie. In questo caso le ampiezze sono di eguale segno,indice del fatto che i parametri lagrangiani oscillano in fase attorno ai relativi valori diequilibrio.

Esercizio 944. Confronto fra equazioni di Lagrange ed equazioni cardinali

Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz =Oe1e2e3 un anello circolare omogeneo γ, di massam, centro C e raggio a, e vincolato a scorrere conun proprio punto A lungo l’asse Oy. Attorno allostesso punto l’anello puo ruotare liberamente. Siusino le coordinate lagrangiane ξ, ϑ ∈ R in figuraper determinare del sistema:

(a) la condizione esplicita dei vincoli ideali;

(b) le equazioni del moto di Lagrange;

(c) le equazioni cardinali della dinamica nell’ipo-tesi che su γ agisca un’unica reazione vinco-lare esterna ~ΦA in A, parallela all’asse Ox;

(d) se le equazioni del moto ricavate in (b) e (c)sono equivalenti, interpretando fisicamente ilrisultato.

Soluzione(a) Condizione dei vincoli idealiLa condizione dei vincoli ideali e espressa dal principio delle reazioni vincolari, che richiede

Stefano Siboni 5151


la determinazione delle velocita virtuali di tutti i punti del sistema per una qualsiasiconfigurazione assegnata compatibile con i vincoli (e individuata specificando i valori dellecoordinate generalizzate ξ, ϑ). Il carattere scleronomo del sistema autorizza ad identificarele velocita virtuali con quelle possibili. Preso allora un generico punto P dell’anello, la suavelocita possibile e virtuale si puo scrivere mediante il teorema di Poisson:

~νP = P = A+ ~ωγ ∧ (P −A) = −aξe2 + ϑe3 ∧ (P −A) ,

in quanto A = −aξe2 e ~ωγ = ϑe3. Gli atti di moto virtuali del sistema relativi allaconfigurazione considerata sono quindi dati dall’espressione:

~νP = −aξe2 + ϑe3 ∧ (P −A) ∀P ∈ γ

per qualsivoglia scelta dei coefficienti ξ = αξ ∈ R e ϑ = αϑ ∈ R (la configurazione eordinaria, trattandosi di sistema a vincoli bilaterali). Il principio delle reazioni vincolariimpone allora che le reazioni vincolari esplicabili dai vincoli siano tutti e soli i sistemi divettori ~ΦP ∈ R3 applicati in P ∈ γ per i quali la potenza virtuale risulta nulla:∑

P∈γ~νP · ~ΦP = 0

comunque si assegni l’atto di moto virtuale ~νP , P ∈ γ relativo alla configurazione prescel-ta. La condizione equivale all’equazione:∑

P∈γ

[−aξe2 + ϑe3 ∧ (P −A)

]· ~ΦP = 0 ∀ ξ, ϑ ∈ R

ossia, distribuendo il prodotto scalare e separando i termini in ξ e ϑ:

−aξ∑P∈γ

e2 · ~ΦP + ϑ∑P∈γ

e3 ∧ (P −A) · ~ΦP = 0 ∀ ξ, ϑ ∈ R

ed infine, grazie all’identita del prodotto misto:

−aξe2 ·∑P∈γ

~ΦP + ϑe3 ·∑P∈γ

(P −A) ∧ ~ΦP = 0 ∀ ξ, ϑ ∈ R .

Di conseguenza, la condizione cercata diventa:

e2 ·∑P∈γ

~ΦP = 0 e3 ·∑P∈γ

(P −A) ∧ ~ΦP = 0 ,

vale a dire:e2 · ~Rφ = 0 e3 · ~Mφ

A = 0 . (944.1)

Stefano Siboni 5152


Si osservi che l’ipotesi dei vincoli ideali si riduce ad una condizione sul risultante e sulmomento risultante (in A) delle forze reattive, dal momento che il sistema risulta costituitoda un’unica parte rigida.

(b) Equazioni di LagrangeData l’assenza di sollecitazioni attive, le equazioni di Lagrange si scrivono direttamente intermini dell’energia cinetica T del sistema:

d

dt

(∂T∂ξ

)− ∂T

∂ξ= 0

d

dt

(∂T∂ϑ

)− ∂T

∂ϑ= 0 .

L’anello γ e privo di punti fissi, per cui conviene calcolarne l’energia cinetica ricorrendo alteorema di Konig. A questo scopo si scrive il vettore posizione del baricentro C:

C −O = A−O + C −A = −aξe2 + a sinϑe1 − a cosϑe2 = a sinϑe1 − a(ξ + cosϑ)e2

ed assumendo ξ e ϑ come funzioni regolari del tempo (moto possibile) si calcola la derivatain t per ottenere la velocita istantanea:

C = a cosϑϑe1 − a(ξ − sinϑϑ)e2 = a cosϑϑe1 + a(−ξ + sinϑϑ)e2 (944.2)

di modulo quadrato:C2 = a2(ξ2 − 2 sinϑξϑ+ ϑ2) .

La formula di Konig porge allora l’espressione:

T =m

2C2 +

1

2IγCz∣∣~ωγ∣∣2 =

ma2

2(ξ2 − 2 sinϑ ξϑ+ ϑ2) +

1

2ma2

∣∣ϑe3

∣∣2 =

=ma2

2

(ξ2 − 2 sinϑ ξϑ+ 2ϑ2

),

essendo IγCz = ma2 il momento d’inerzia dell’anello rispetto all’asse Cz e ~ωγ = ϑe3 larelativa velocita angolare istantanea. Poiche evidentemente:

∂T

∂ξ= ma2(ξ − sinϑϑ)

∂T

∂ξ= 0 ,

la prima equazione di Lagrange si riduce a:

d

dt

[ma2(ξ − sinϑϑ)

]= 0 (944.3)

ed in virtu della (944.2) puo essere riespressa nella forma equivalente:

d

dt

(C · e2

)= 0 . (944.4)

Stefano Siboni 5153


In altri termini, l’ordinata del baricentro C varia linearmente nel tempo lungo qualsiasimoto naturale del sistema, indice del fatto che il risultante delle reazioni vincolari esterne(nell’ipotesi di vincoli ideali) deve avere componente nulla lungo l’asse Oy, come prescrittodalla prima delle (944.1). Per la seconda equazione di Lagrange si hanno le espressioniparziali:

∂T

∂ϑ= ma2(− sinϑ ξ + 2ϑ)

∂T

∂ϑ= −ma2 cosϑ ξϑ

d

dt

(∂T∂ϑ

)= ma2(− sinϑ ξ + 2ϑ− cosϑ ξϑ)

e quindi l’equazione del moto:

ma2(− sinϑ ξ + 2ϑ) = 0 . (944.5)

(c) Equazioni cardinali della dinamica

Si fa l’ipotesi che sull’anello agisca la sola reazione vincolare esterna ~ΦA = ΦAe1 applicatain A, con la componente scalare ΦA che puo assumere qualsiasi valore reale. Non esistonoforze attive esterne applicate all’anello. La prima equazione cardinale della dinamica di-venta allora:

mC = ΦAe1

e corrisponde al sistema di equazioni scalari:mC · e1 = ΦAd

dt

(mC · e2) = 0 ,

la seconda delle quali e pura e coincide con la prima delle equazioni di Lagrange (944.4).

Onde eliminare il momento della reazione vncolare ~ΦA, conviene scrivere la seconda equa-zione cardinale della dinamica rispetto al polo A:

d ~KγA

dt= −A ∧mC + (A−A) ∧ ΦAe1

ottenendo cosı:d ~Kγ

A

dt= −A ∧mC . (944.6)

Il momento angolare in A viene calcolato ricorrendo al teorema di Konig, che porgel’espressione:

~KγA = m(C −A) ∧ C + ~Kγ′

C

nella quale il momento angolare in C del sistema in moto “attorno al baricentro” e quellodi un anello con asse fisso Cz e velocita angolare ϑe3:

~Kγ′C = ma2ϑe3 ,

Stefano Siboni 5154


mentre il momento angolare in A “del baricentro” vale:

m(C −A) ∧ C = m

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

a sinϑ −a cosϑ 0a cosϑϑ −aξ + a sinϑϑ 0

∣∣∣∣∣∣ = ma2(− sinϑ ξ + ϑ)e3 .

Di conseguenza:

~KγA = ma2(− sinϑ ξ + ϑ)e3 +ma2ϑe3 = ma2(− sinϑ ξ + 2ϑ)e3

e:d ~Kγ

A

dt= ma2(− sinϑ ξ + 2ϑ− cosϑ ξϑ)e3 .

Il secondo membro dell’equazione cardinale (944.6) risulta invece:

−A ∧mC = −m

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

0 −aξ 0a cosϑϑ −aξ + a sinϑϑ 0

∣∣∣∣∣∣ = −ma2 cosϑ ξϑ e3 .

L’equazione cardinale del momento angolare diventa pertanto:

ma2(− sinϑ ξ + 2ϑ)e3 = 0

e corrisponde alla seconda delle equazioni di Lagrange (944.5).

(d) Confronto fra equazioni di Lagrange ed equazioni cardinaliSi e gia verificato al punto precedente che per questo sistema le equazioni cardinali delladinamica sono equivalenti alle equazioni di Lagrange. Affinche il sistema sia a vincoli idealioccorre e basta che le reazioni vincolari esplicabili dai vincoli siano tutte e soltanto quelleper le quali risultino soddisfatte le relazioni (944.1):

e2 · ~Rφ = 0 e3 · ~MφA = 0 .

Queste condizioni sono certamente soddisfatte se si ammette che l’anello γ sia un corporigido perfetto (reazioni vincolari interne arbitrarie purche di risultante e momento nulli)e che un’unica reazione vincolare esterna ΦAe1 agisca nel solo punto A; ∀ΦA ∈ R valeinfatti:

e2 · ~Rφ = e2 · (ΦAe1) = 0 e3 · ~MφA = e3 · (A−A) ∧ ΦAe1 = 0 .

Il viceversa e falso, in quanto non tutti i vettori ~Rφ e ~MφA che soddisfano le (944.1) possono

essere generati applicando una sola reazione ΦAe1 nel punto A — non e possibile ottenerecomponenti e3 · ~Rφ, e1 · ~Mφ

A, e2 · ~MφA non nulle. Siccome pero il moto avviene nel piano Oxy

e su γ non agiscono forze attive, le reazioni vincolari sono applicate nello stesso piano eper realizzare qualsiasi moto naturale del sistema non si rendono necessari valori non nullidi e3 · ~Rφ, e1 · ~Mφ

A, e2 · ~MφA. Di fatto, dunque, il sistema puo considerarsi a vincoli ideali

e i suoi moti naturali possono essere caratterizzati indifferentemente tramite le equazionicardinali dinamiche oppure per mezzo delle equazioni di Lagrange.

Stefano Siboni 5155

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