Esercitazioni Di Meccanica Razionale

 

Esercitazioni di Meccanica Razionale

Alessandro Musesti

[email protected]

30 marzo 2006

 

Capitolo 1

Algebra lineare in   R3 1.1   Prodotto Prodotto vett vettoriale, oriale, applicazioni applicazioni bilin bilineari eari Siano  V , W  Siano V W    due spazi vettoriali. Un’applicazione f  Un’applicazione  f    :  V  V   W   W    si dice bilineare  dice  bilineare  se   se `e line l ineare are in ogni ogn i componente, alternante  componente,  alternante  se  se   f (u, v ) = f (v , u) per ogni   u, v  V .  V  . Tale definizione pu`o essere essere facilmente facilmente estesa al caso di m di  m componenti  componenti e si dir`a  m  m-lineare  -lineare . Se W  Se  W    = R, si parler`a di forma  di  forma . Data una forma bilineare alternante e una base e1 , . . . , en   di di   V , V , dalle propriet`a di bilinearit`a e antisimmetria segue

 ×  ×   →  ∈

 −

 {

}

n

f ( f (u, v ) =



n

ui v j f (ei , e j ) =

i,j i,j=1 =1



 − viu j )f (ei, e j ),

(ui v j

1=i   0. Questa `e la   spirale logaritmica : `e un unaa ∞ curva regolare di classe   C    e per   ϑ   +   la curva tende al punto (0, (0 , 0). Il vettor vettoree velocit` velocit` a `e   − bϑ f  (ϑ) = ae (b cos ϑ + sin ϑ, b sin ϑ cos ϑ), quindi anche   f  (ϑ)   (0, (0, 0) per  per   ϑ   + . Inoltr Inoltre, e,

 → ∞

fissato un punto ϑ punto  ϑ 0 , si ha

 −

 −

 +

∞

ϑ0

 →

f (ϑ) dϑ <  +∞ ,

 → ∞

∞

quindi la lunghezza della curva in [ϑ [ ϑ0 , + [ `e finit fin ita. a. 0.8

0.4

0

-0.4 -0.8

-0.4

0

0.4

0.8

1.2

Esercizio 2.5.   Calcolare Calcolare la lunghezza lunghezza della della spirale logaritmi logaritmica ca in [0, [0, +

[.

∞

Provate a calcolare calcolare la curvatura curvatura della spirale spirale nei punti della forma  forma  ϑ   = 2kπ kπ,, nel Esercizio 2.6.   Provate caso b caso  b  = 1.

pe rch´e ha origine orig ine 5.   I   = (0 (0,, π ),   f (ϑ) = (cos ϑ + log log tan  ϑ2 , sin ϑ). Questa curva `e chiamata  trattrice , perch´ dalla seguente seguente situazione: situazione: immaginate immaginate un oggetto che si trovi nel punto (0, (0 , 1) e sia legato ad un altro oggetto situato situato nell’origin nell’originee tramite un cavo cavo inestensibile inestensibile di lunghezza lunghezza 1. Se l’oggetto nell’origine nell’origine comincia a muoversi di moto rettilineo uniforme lungo l’asse   x, l’ogget l’oggetto to trascinato trascinato seguir` a una traiettoria che `e proprio la trattrice definita sopra. Per questo viene anche detta  detta   la curva del cane  al guinzaglio. guinzaglio. Se calcoliamo il vettore velocit`a, a, risulta f  (ϑ) =

−

sin ϑ +

 1 + tan2   ϑ2 2tan   ϑ2



, cos ϑ  =



cos2 ϑ   , cos ϑ , sin ϑ

no n ce ne sono altri). e si ha   f  ( π2 ) = (0, (0, 0), ovvero il punto ϑ punto  ϑ =  =   π2  `e singolare (e non 8

 

0.8 0.4 0 -2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

 ϑ =  =   23 π . Esercizio 2.7.   Calcolare Calcolare la curvatura curvatura della della trattrice trattrice nei punti ϑ punti ϑ =  =   π3   e  ϑ Esercizio 2.8. Dimostrare Dimostrare la propriet` propriet` a fondamentale dellastesso trattrice, cio`edelle che  xin `eogni suoement punto la lunghezza del  segmento di tangente compresa fra il punto e l’asse cost co stant antem entee uguale a 1. ` la cosiddetta  catenaria , ovvero la curva seguita da una fune 6.   I   I   =   R,   f (ϑ) = ϑ, a cosh   ϑa .   E (catena) omogenea disposta in un piano verticale, fissata alle due estremit`a e sottoposta all’azione della forza di gravit`aa..





4

3

2

1

0 -2

-1

0

1

2

x x x x Esercizio 2.9.   Ricordando che cosh x  =   e +2e   e che sinh x  =   e −2e   , verificare che −

−

 ϑ ρ(ϑ) =  a cosh2  . a

 ϑ s(ϑ) =  a sinh  , a

7. La   cardioide  ` cardioide  `e la curva curva descritta descritta da un punto punto vincolato vincolato ad una circonfere circonferenza nza che rotola senza strisciare attorno ad un’altra circonferenza dello stesso raggio. Presenta una cuspide ed `e una curva curva chiusa. 1.5 1 0.5 0 -0.5 -1 -1.5 -0.5

0

0.5

1

1.5

2

Esercizio 2.10.   Calcolarne Calcolarne le coordinate coordinate parametriche, parametriche, mettendo la circo circonfere nferenza nza fissa centrata centrata

in (R, 0) (R  `e il raggio delle circonferenze), e usando come parametro l’angolo fra l’asse delle ascisse e la congiungente i due centri. Esercizio 2.11.   Calcolarne la lunghezza, mediante mediante l’ascissa curvilinea.

2.2.2 2.2 .2

Altri Altri eserc eserciz izii sulle sulle curv curve e piane. piane.

Esercizio 2.12.   Calcolare Calcolare la curv curvatura della della parabola y parabola y  =  = ax  ax 2 nei suoi punti di ascissa 0 e 1.

9

 

 π.. Esercizio 2.13.   Calcolare la curvatura curvatura della sinusoide y sinusoide y  =  = a  a sin x  nei punti di ascissa   π2   e  π Esercizio 2.14.   Calcolare la curvatura curvatura dell’ellisse dell’ellisse b  b 2 x2 + a2 y 2 =  a2 b2 nei punti d’intersezione con

gli assi. 2

Esercizio 2.15.   Calcolare Calcolare la lunghezza lunghezza del tratto tratto della parabola parabola   y   =   x2   compreso tra i punti di

asci asciss ssaa 0 e log 2

2.3   Curve Curve in   R3 2.3.1 2.3 .1

Elica Elica cilind cilindric rica. a.

4 2 0 -2 -4 1 0.5 -1

0 -0.5 -0.5

0 0.5 1   -1

Definizione.

Fissati   a,R >   0 si consideri la curva ( R, f ), con   f (ϑ) = (R cos ϑ, R sin ϑ,aϑ Fissati  ϑ,aϑ). ). Tale curv curva, che si 2 2 2 chiama elica chiama  elica cilindrica , `e tracciat t racciataa sopra so pra il cilindro c ilindro  x + y =  R e ne incontra le generatrici verticali  sotto un angolo costante (infatti f  (infatti  f z   =  a  a in  in ogni punto, quindi `e costante l’angolo che la curva curva forma con le parallele all’asse  all’asse   z ). Si definis definisce ce   passo dell’elica   la quantit`a che si ottiene calcolando il salto della quota di un punto che abbia compiuto una spira dell’elica, cio`e facendo variare il parametro ϑ parametro  ϑ tra 0 e 2π 2π : f z (2 (2π π ) f z (0) = 2πa 2πa .

−

La derivata di   f   `e   f  (ϑ) = ( R sin ϑ, R cos ϑ, a). Calcoliamo Calcoliamo l’ascissa curvilinea, curvilinea, fissando ϑ fissando  ϑ 0  = 0:

−

   −

s(ϑ) =

     ϑ

 ϑ



( R sin τ, R cos τ, a) dτ   =

0

R2

0

Per scrivere la rappresentazione normale di   f   calcolo ϑ calcolo  ϑ((s) = f (s) =



+ a2 dτ   =

√   R 1+a 2

2

 

s, quindi

  as   s   s  ,  , R sin R cos R2 + a 2 R2 + a 2 R2 + a 2

√ 

√ 

√ 

R2 + a 2 ϑ .



.

Il triedro di Serret-Frenet per l’elica cilindrica.

Il versore verso re tangent tan gentee `e t(s) =

 

1 R2 + a 2

√ 

−



  s   s  , a ,  , R cos R sin R2 + a 2 R2 + a 2

√ 

10

√ 

 

che poteva essere calcolato pi`u semplicemente come funzione di di ϑ  ϑ::

√  R21+ a2  ( −R sin ϑ, R cos ϑ, a)  .

t(ϑ) =

Ora calcoliamo il versore versore normale:

  −R

t (s) =

dunque t (s)  =

 



  R  e R2 +a2



R2 + a2

n(s) =

  s

 cos

−

 ,

√ R2 + a2   s  , cos R2 + a2

√ 

  −R

  s

 sin

R2 + a 2

 , 0 ,

√ R2 + a2





  s  , 0  , sin R2 + a 2

− √ 

ovvero (scrivendolo in funzione di ϑ di  ϑ): ): n(ϑ) = (

− cos ϑ, − sin ϑ, 0) .

Infine, il versore binormale (scritto per brevit`a in funzione di di ϑ  ϑ)) `e b(ϑ) =  t (ϑ) 2

2

2

∧ n(ϑ) = √  R21+ a2  ( (aa sin ϑ, −a cos ϑ, R)  .

2

a +a punti. Quindi Quindi l’elica cilindrica cilindrica `e una curva curva di curvatura curvatura   e   τ   τ   = R + Si ha  ha   ρ   =   R R a   in tutti i punti. e torsio torsione ne costan costanti. ti. (Nota: (Nota: vale anche anche il vicev vicevers ersa, a, ov ovve vero ro ch chee una curva curva di torsio torsione ne e curv curvatu atura ra costanti costan ti e non nulle nulle rappresen rappresenta ta un’elica un’elica cilindrica cilindrica - vedi vedi Bampi-Benat Bampi-Benati-Mor i-Morro ro 1.2.23).

 −

Esercizio 2.16.   Scrivere Scrivere l’equazione l’equazione del piano osculatore per l’elica cilindri cilindrica ca prima nel punto punto f (0) e poi nel generico punto   f (2 (2kπ kπ). ). Esercizio 2.17.   Verificare per questa questa curva curva le Formule le  Formule di Serret-Frenet   (sezione 2.1.4).

2.3. 2. 3.2 2

Eser Eserci cizi zi..

Esercizio 2.18.   Dati a,b Dati  a,b > 0, >  0, la curva (R, f ) definita da   f (ϑ) = (aϑ ( aϑ cos ϑ,aϑ sin ϑ,bϑ ϑ,bϑ)) si chiama

elica conica . Eliminando il parametro ϑ parametro  ϑ,, si vede infatti che essa giace sul cono di equazione  b 2 (x2 + y2 ) a2 z 2 = 0.

−

20 15 10 5 0 -5 -10 -15 -20

-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20

-20

11

  -15

  -10

  -5

  0

  5

  10

  15

  20

 

Calcolare nel punto Calcolare punto   f (0) di questa curva il triedro di Serret-Frenet, il raggio di torsione e quello di curvatura, ponendo a ponendo  a =  = b  b =  = 1. Esercizio 2.19.   Trovare rovare il piano osculatore della curva curva



  y2 =  x x2 =  z

nel punto (1, (1, 1, 1).

rovare il raggio di curvatura curvatura in tutti i punti punti della curva curva definita da Esercizio 2.20.   Trovare



  x2 + y 2 + z 2 4 = 0 x + y z  = 0 .

−

−

Esercizio 2.21.   Trovare rovare il raggio di torsione in tutti i punti della curva curva f (ϑ) = (cos ϑ, sin ϑ, sinh ϑ). Esercizio 2.22.   Dimostrare che la curva curva  f (ϑ) = (a ( a1 ϑ2 + b1 ϑ + c1 , a2 ϑ2 + b2 ϑ + c2 , a3 ϑ2 + b3 ϑ + c3 ),

con  a j , b j , c j  costa con a  costanti, nti, `e una un a curva cu rva piana. piana . (Suggerimento: dimostrare dimostrare che la torsione torsio ne `e nul la in tutti  i punti .) .)

√ 

Esercizio 2.23.   Trovare rovare curvatura curvatura e torsione torsione della curva curva   f (ϑ) = (eϑ , e−ϑ , ϑ 2) in tutti i suoi

punti. Esercizio 2.24.   Trovare rovare curvatura curvatura e torsione della curva curva  f (ϑ) = (e−ϑ sin ϑ, e−ϑ cos ϑ, e−ϑ ) in tutti

i suoi punti.

2.4 2. 4

Ri Risu sult ltat ati. i.

1. Si ha ha   s (ϑ) = f  (ϑ) , quindi la derivata derivata della funzione inversa inversa `e   ϑ (s) = vettore tangente si ha t(s) =  f  (s) = ( f  ϑ) (s) =  f  (ϑ)ϑ (s) ,

 |

|

e dunque t(s)  = f  (ϑ)

 | |  |

  1

|f  (ϑ)| . 

Calcol Calcoland andoo il

 ◦ ◦

| |   1(ϑ)|   = 1. f 

2. Suggerimen Suggerimento: to: dimostrare dimostrare prima prima le formule per   t  e per   b, e poi dedurre quella per   n. Usar Usaree la formula della derivata composta scritta per l’esercizio 1.

 ± √ 

3.   y  = x x , x  0 .   1 4. 2 2(1 2(1 cos t) .

  −     +

∞

5. 6. 7. 8.

 

0 e2kπ

√ 

  a b2 + 1 f  (ϑ) dϑ dϑ =  = b



−  e−bϑ

+

∞

0

√ 

  a b2 + 1   . = b

√ 

.   Quind Quindii al crescere crescere di di k  k  la curvatura aumenta. a 2   1   1  = 3 . π  = ρ 3 ρ 23 π

  

√ 

La retta retta tangen tangente te in un generi generico co punto punto   A  =  f (ϑ) della trattrice ha equazioni parametriche



2

ϑ   x  = cos ϑ + log log ta tan n  ϑ2   + s cos sin ϑ y  = sin ϑ + s cos ϑ





Intersecando con y con  y  = 0, si ottiene il punto B punto  B lo logg tan ϑ2 , 0 , quindi AB quindi  AB  = 12

 

ccos os2 ϑ + sin2 ϑ  = 1.

 

 

9.   f  (ϑ) = 1, sinh  ϑa , quindi

      ϑ

s(ϑ) =

0

f  (τ ) τ ) dτ   =

 

 ϑ

 τ   τ   dτ   =  a sinh  . cosh  dτ   a a

0

ottiene  ρ((ϑ) =  a cosh2   ϑa  . Calcolando Calcol ando poi   f  (ϑ) = 0,   a1  cosh  ϑa , si ottiene ρ 10.   f (ϑ) = 2R(1

       2π

11.

− cos ϑ)cos ϑ, 2R(1 − cos ϑ)sin ϑ



f  (ϑ) dϑ dϑ =  = 16 16R R.

0

  1   = 2a 2a , ρ(0)   1   =  a , ρ( π2 )

12. 13.

.

 

1   2a  .  = ρ(1) (4 (4a a2 + 1)3/2   1  = 0 . ρ(π )

  1  a  b   = 2  , 2  . ρ b a

14.

15.    =

 e

3 2

 − e−

3 2

 + 3   .

8 16. Si ha   f (0) = (R, (R, 0, 0),   f  (0) = (0, (0, R , a), a),   n(0) = ( 1, 0, 0), quindi il piano osculatore in   f (0) `e ay Rz Rz =  = 0. Allo stesso modo,   f (2 (2kπ kπ)) = (R, 0, 2kπ kπ), ),   f  (2 (2kπ kπ)) = (0, (0, R , a), a),   n(2kπ (2kπ)) = ( 1, 0, 0), quindi il piano osculatore in   f (2 (2kπ kπ)) `e  ay Rz Rz +  + 2kπ 2 kπ =  = 0. Si noti che i piani sono tutti paralleli.

−

−

−

−

17.

Si tratta tratta di una sempli semplice ce ve verifi rifica. ca.

18.   t(0) = 19.

6x



√ 2

√ 2

2   , 0, 2



 ,   n(0) = (0, (0, 1, 0) ,   b(0) =

− 8y − z + 3 = 0 .

−

√ 2

√ 2

2   , 0, 2



 ,

ρ(0) = 1 ,

 − 43 .

τ  τ (0) (0) =

20.   ρ  = 2.

21.   τ ( τ (ϑ) =

 − cosh ϑ.

22.   f  (ϑ) = 0 in tutti i punti, quindi  τ   τ ((ϑ) = 0. 23. 24.

√ 

 

1 2   1  =  .   = 2ϑ ρ(ϑ) e + e−2ϑ + 2 τ ( τ (ϑ)

 

1   = 2  eϑ , ρ(ϑ) 3

√ 

 

1  = τ ( τ (ϑ)

 − 13 eϑ .

2.5   Superfic Superficii regolari regolari pa parame rametric triche he nello sp spazio azio euclide euclideo o tridimensionale In questa sezione verranno brevemente richiamate le principali nozioni sulle superfici nello spazio, tralasciando tralas ciando la nozione nozione di variet` arieta. `a. 2.5.1 2.5 .1

Prime Prime definiz definizion ioni. i.

Sia  U  un Sia U   un aperto connesso in   R2 e sia   f   :  U   R 3 di classe  classe   C 2 ; denoteremo con (u, (u, v ) le coordinate della parametrizzazione. La coppia (U, ( U, f ) si chiama superficie chiama  superficie parametrica . Fissiamo un punto   x   =   f (a, b) sulla sulla superfic superficie: ie: se l’insiem l’insiemee   f −1 (a, b) `e un singoletto, il punto si

 →  →

∂ f  v (a, b) ∂ f  u (a, b) e   ∂  dir` a   semplice , altrimenti sar`a  un punto multiplo  multiplo   per la superfici superficie. e. Se i vettor vettorii   ∂ 

13

 

sono linearmente indipendenti in quel punto, la superficie si dice  regolare in   (a, ( a, b) e  il piano tangente  `e il piano passante per   x  e genera generato to dai suddetti suddetti vettori vettori calcolat calcolatii in quel quel punto. punto. D’ora D’ora in av avan anti ti tratteremo soltanto superfici regolari in tutti i punti. Esercizio 2.25.   Dimostrare Dimostrare che che il piano tangente tangente contiene contiene il versore versore tangente tangente a ogni curva curva che

sta sulla superficie e passa per il punto. Ponendo





E (a, b) = ∂ f  (a, b) ∂u

2



·

2 si chiama  chiama   prima forma quadratica fondamentale  in  in (a, b) l’applicazione Φ(a,b) a,b)  : R

2 F h1 h2  + Gh22  =  h T Gh , Φ(a,b)  E h21  + 2F a,b) (h1 , h2 ) =  Eh



G(a, b) = ∂ f  (a, b) ∂v

F ( F (a, b) =   ∂ f  (a, b)  ∂ f  (a, b), ∂v ∂u

,

 

G  =

,

→ R  definita da

     E F  F G

2

,

dove per brevit`a si `e sottintesa la dipendenza da (a, b) dei coefficien coefficienti. ti. Se (h (h1 , h2 ) `e un vettore nel f f     ∂ f  piano tangente, espresso secondo le coordinate della base ∂  ∂ u (a, b), ∂ v (a, b) , Φ calcola il quadrato della norma euclidea di quel vettore. Per questo si chiama anche  metrica  della   della superficie. Anche se la prima forma quadratica fondamentale dipende dalla parametrizzazione (si veda l’Esercizio 26), essa esprime un concetto legato esclusivamente alla geometria della superficie stessa, ovvero alla alla sua rappre rappresen sentaz tazione ione nello spazio spazio.. Essa Essa `e legata legata alla misura misura di angoli, angoli, aree, aree, lun lunghe ghezze zze.. Ad



esempio: una curva esempio: curva che giace su un superficie   f (u, v ) pu`o essere scritta (almeno localmente) nella forma   f (u(t), v (t)); in questo caso, l’ascissa curvilinea   s(t) (e conseguentemente la lunghezza della curva) si pu`o calcolare tramite Φ:

     t

s(t) =

0

 τ )), v (τ  Φ(u(τ ),v τ )) )) dτ . ,v((τ )) τ )) (u (τ 

Nello stesso ordine di idee, se si vuole calcolare l’area di una regione   R   di una superficie   f (u, v ), regione che si parametrizza tramite un insieme  Q  =  f −1 (R), allora si pu`o definire

  ∧       −   ·  − √  − area(R area( R) =

   Q

∂ f   ∂ f 

Essendo

 2.5. 2. 5.2 2

∂u

 ∧ ∂ v

2

=

∂ f  ∂u

2

∂ f 

2

∂ f   ∂ f  ∂u

∂v

area(R area( R) =

∂ f   ∂ f   du  du dv . ∂u ∂v

EG

2

=  EG  E G

F 2 , si ottiene la formula

∂v

F 2 dudv dudv =  =

Q

det G dudv.

Q

Esem Esempi pi..

1) L’equazione parametrica di un piano pu`o essere scritta nella forma f (u, v ) = (a ( a1  + b1 u + c1 v, a2 + b2 u + c2 v, a3  + b3 u + c3 v ) ,

con  a i , bi , ci  costanti tali che (b con a (b1 , b2 , b3 ) e (c1 , c2 , c3 ) siano vettori ortonormali. Le derivate in questo   ∂ f  caso sono costanti: ∂ u   = (b1 , b2 , b3 ) e   ∂ ∂f  Quindii il piano tangente `e lo stess stessoo in ogni v   = (c1 , c2 , c3 ). Quind punto pun to e coincide coincide col piano di partenza. partenza. I coefficienti della della prima forma fondamen fondamentale tale sono  sono   E  E    = 1, F   F   = 0, 0 ,  G  G =  = 1.

14

 

2) Il cilindro verticale  verticale   x2 + y 2 = 1 ha equazioni parametriche   f (u, v ) = (cos u, sin u, v ), con (u, (u, v ) ]0, ]0, 2π [ R  (in realt`a resta esclusa una retta verticale). Calcolando le derivate si ha

 ∈

×

∂ f    = ( sin u, cos u, 0) , ∂u

 

−

∂ f    = (0, (0, 0, 1) , ∂v

quindi i coefficienti della prima forma sono E  =   = sin u2 + cos u2 = 1 ,

F  F    = 0 ,

G  = 1 .

3) Il toro `e una superficie sup erficie che si ottiene in questo modo: presa una circonferenza di raggio raggio a  a,, si faccia ruotare una circonferenza di raggio   r , con  con   r < a, muovendo il suo centro sulla prima circonferenza in modo perpendicolare perpendicolare.. In pratica pratica `e il luogo dei punti di   R3 che distano   r  dalla circonferenza di raggio a raggio  a.. Ha equazioni parametriche





f (u, v ) = (a + r cos u)cos v, (a + r cos u)sin v, r sin u ,

  (u, v )  [0,  [0 , 2π ]

 ∈

[0, 2π ] . × [0,

1 0.5 0 -0.5 -1 -3

3 -2

2 -1

1 0

0 1

-1 2

-2

Calcolando i coefficienti della prima forma fondamentale si ha:   E   =  r 2 ,   F  F    = 0,  0,   G  = (a +  + r  r cos u)2 , quindi EG F 2 =  r(  r (a + r cos u). Per calcolare l’area della superficie del toro basta fare

√  −

  

  2π   2π

0

2.5. 2. 5.3 3

r(a + r cos u) dudv dudv =  = . . . .  = 4π 2 ra .

0

Eser Eserci cizi zi..

Esercizio 2.26.   Calcolare Calcolare i coefficienti coefficienti della prima forma forma fondamentale fondamentale del piano xy piano xy  parametrizzato secondo le coordinate polari:   f (u, v ) = (u ( u cos v, u sin v, 0), (u, v ) ]0, ]0, + [ ]0, ]0, 2π [ .

Calcolare, tramite questa parametrizzazione, l’area del

cerchio  x 2 cerchio x

+

 ∈

y2 

∞×

R2 ,  z  =

0.

Esercizio 2.27.   Calcolare Calcolare la prima forma fondamentale fondamentale delle seguenti seguenti superfici: superfici:

1. ellissoide: ellissoide:   f (u, v ) = (a ( a sin u cos v, b sin u sin v, c cos u) ,   (u, v )

]0, 2π [×]0, ]0, π [;  ∈ ]0, 2. paraboloide paraboloide ellittico: ellittico:   f (u, v ) = (au ( au cos v,bu sin v, u2 ) ,   (u, v ) ∈ R×]0, ]0, π [; 3. paraboloide paraboloide iperbolico: iperbolico:   f (u, v ) = (au ( au cosh v,bu sinh v, u2 ) ,   (u, v ) ∈ R × R.

15

 

2.5.4 2.5. 4

Versore ersore normale normale e secon seconda da forma forma fondamen fondamentale tale..

Il versore   ν   normale alla superficie in un punto ` punto  `e definito come un vettore unitario perpendicolare al piano tangente alla superficie in quel punto. In realt`a di tali vettori ce ne sono esattamente due, di verso opposto; opp osto; un modo per fissarne uno `e quello di definire ν   = =



∂ f  ∂ u (x) ∂ f  ∂ u (x)

∧   ∂ ∂ v (x)   ∂  ∧ ∂ v (x) f 

f 

.



Scegliere un orientamento per la normale significa parlare di  superficie (o variet` a) a) orientata . Non Non tratteremo questo concetto. Si consideri   ν  come funzione di (u, (u, v ); allora   ν   ``e di clas cl asse se C   C 1 . Si pu`o definire l’applicazione

 −→  −→ {(x,y ,z) ,z) :  x 2 + y 2 + z 2 = 1}

N   :  S 

che associa ad ogni punto della superficie sup erficie la normale in quel punto. Tale applicazione `e detta mappa  detta  mappa  di Gauss . In ogni punto   f (a, b) della superficie si costruisce la   seconda seconda forma quadratic quadratica a fondamentale  fondamentale   Ψ, ponendo   e f  2 Ψ(a,b 2 f h1 h2  + gh22  =  h T Kh ,   K  =  , a,b)) (h1 , h2 ) =  eh 1 + 2f f g

 

dove si `e posto po sto

·  ∂ ∂uf 2 ( (a,a, b) ,

2

2

2

e(a, b) =  ν (a, b)

f ( f (a, b) =  ν (a, b)

∂  f  (a, b) , ·  ∂u∂v

g(a, b) =  ν (a, b)

·  ∂ ∂vf 2 ( (a,a, b) .

Tramite la seconda forma fondamental fondamentalee si introduce introduce lo studio studio della curvatura curvatura di una superficie. Qui si affronter`a l’argomento solamente da un punto di vista operativo. Si chiamano  chiamano   curvature principali   di una superficie in un punto fissato   x  =   f (a, b), le soluzioni  soluzioni   η1,2 del sistem sistemaa det [K η G] = 0, dove   K  `e la matrice di Ψ(a,b) a,b)   e   G  la matrice di Φ(a,b) a,b) . Se   η1   < η2 , allora la prima si dir`a   curvatura minima  e   e la seconda  seconda   curvatura massima  nel   nel punto   x; se  se   η1   =  η 2 , allora   x   si dir`a   un ombelico per ombelico  per la superfic superficie. ie. Le curvatu curvature re princ principa ipali li sono la pi`u grande e la pi` u piccola curvatura possibile tra tutte le curve ottenute intersecando la superficie con dei piani normali alla superficie stessa in   x   (ovvero perpendicolari al piano tangente in   x), pensando di dotare tali curvature di un segno, positivo o negativo a seconda che la normale punti verso l’interno o l’esterno della curva. Si chiama curvatura chiama  curvatura media  il  il valore η valore  η 1 + η2 ,  curvatura totale  il  il valore η valore  η 1 η2 . La curvatura totale (detta anche anche curvatura  curvatura gaussiana ), ), pu`o essere espressa pi` u semplicemente tramite la formula

−

η1 η2  =

  det K  . det G

Le curvature principali sono un concetto intrinseco della superficie e non dipendono dalla parametrizzazione scelta. Al pi` u, u, cambiando l’orientamento della normale si cambia il segno delle curvature (e quindi la curvatura curvatura totale `e indipendente anche dall’orientamento scelto). Enunciamo infine, senza pretesa di dimostrazione, il famoso “Teorema Egregium” di Gauss: Se tra due superfici esiste un diffeomorfismo isometrico, allora la curvatura totale nei punti corrispondenti `e la stessa .

16

 

2.5.5 2.5 .5

Superfic Superficii in forma forma impl implici icita. ta.

Se la superficie regolare `e data in forma implicita, ovvero ovvero   F  F ((x,y ,z) ,z) = 0, il versore normale alla superficie in un punto (x ( x0 , y0 , z0 ) si esprime facilmente normalizzando il vettore In questo caso, il piano tangente alla superficie sup erficie in quel punto `e ∂ F  ∂x 2.5. 2. 5.6 6

Eser Eserci cizi zi..

(x



x0

x )+

−

 ∂ F  ∂y

0

(y



y0

y )+

−

 ∂ F  ∂z

0

(z



z0

      ∂ F   ∂ F  ∂ F  ∂x x , ∂y y , ∂z z 0 0 0

.

z )=0.

−

0

Esercizio 2.28.   Calcolare Calcolare le curvature curvature principal principalii del piano  piano   xy  tramite la parametrizzazione del-

l’Esercizio 26. Esercizio 2.29.   La sfera sfera di cent centro ro (0, (0, 0, 0) e raggio raggio   R   pu`o essere espressa in forma parametrica tramite longitudine  tramite  longitudine   e colatitudine  e  colatitudine , in questo modo:   f (u, v ) = (R ( R cos u sin v, R sin u sin v, R cos v ), con

(u, v ) ]0 ]0,, 2π [ ]0 ]0,, π [ (in realt`a resta escluso un meridiano). Calcolarne il piano tangente e il versore normale norma le nei punti punti   f ( π2 ,  π4 ) e   f ( 32 π,  π2 ).

 ∈

×

Esercizio 2.30.   Calcolare Calcolare le due forme fondamentali fondamentali per la sfera dell’Esercizio dell’Esercizio 29 e mostrare che

tutti i suoi punti sono ombelichi. Esercizio 2.31.   Calcolare le curvature curvature principali del cilindro x cilindro x 2 + y 2 = 1 in ogni suo punto.

Determinaree le curvature curvature principali principali della catenoide  della  catenoide  (la  (la superficie di rivoluzione Esercizio 2.32.   Determinar della catenaria):   f (u, v ) = (u, ( u, cosh u cos v, cosh u sin v ) in tutti i suoi punti.

4 2 0 4

-2

2

-4

0 -2 -2

 

-1

 

0

 

1

-4  

2

 

3

Esercizio 2.33.   Calcolare Calcolare le due forme fondamen fondamentali tali e la curvatura curvatura totale totale per il cono di apertura  π ( u sin α cos v, u sin α sin v, u cos α). 2α ]0, ]0, 2 [, espresso dall’equazione parametrica   f (t) = (u

 ∈

− x2 nell’origine. Esercizio 2.35.   Calcolare le curvature curvature principali della superficie z superficie z  =  = y  y(3 (3x x2 − y2 ) nell’origine. Esercizio 2.34.   Calcolare le curvature curvature principali della superficie z superficie z  =  = y  y 2

Esercizio 2.36.   Si consideri consideri un tratto regolare regolare della trattrice trattrice dell’Esercizi dell’Esercizioo 7, ad esempio quello

ruotando do per un giro completo la curva attorno attorno al proprio proprio asintoto (l’asse (l’asse delle ascisse) ascisse) per  t ]0, per t ]0,  π2 [ ; ruotan si ottiene una superficie chiamata pseudosfera  chiamata  pseudosfera .

 ∈

17

 

1 0.5 0 -0.5 1

-1 0.5 -2

0

-1.5

-0.5

-1 -0.5

0   -1

Dimostrare che la curvatura curvatura totale della pseudosfera `e costantemente

 −1 (da cui il nome).

2.5.7 2.5 .7

Geodeti Geodetich che. e.

Si chiamano linee chiamano  linee geodetiche  per   per una superficie S  superficie  S  le  le curve di classe C  classe  C 2 giacenti su S  su  S  tali  tali che in ogni punto risulti  n ν  =   = 0 (ovvero  n  e  ν  siano parallele), dove  n  `e la normale della curva e  ν  la normale della superficie.

∧

2.5. 2. 5.8 8

Eser Eserci cizi zi..

Esercizio 2.37.   Dimostrare Dimostrare che l’elica cilindrica del capitolo capitolo preceden precedente te `e una geodetica per il

cilindro su cui giace, ovvero che in ogni punto dell’elica cilindrica il piano tangente al cilindro di sostegno soste gno risulta risulta ortogonale ortogonale al versore versore normale della curva. curva. sfera unitaria unitaria  f (u,√ v ) = (cos u sin v, sin u sin v, cos v ), con (u, (u, v ) Esercizio 2.38.   Data la sfera

 [0 , 2π ] ×  ∈ [0,

verificaree che la curva curva non `e una geodetica geodetica per la [0, [0, π ], e data la curva   g (t) = ( 12  cos t,   12  sin t, 23 ), verificar sfera (in effetti, le geodetiche della sfera sono le circonferenze di raggio massimo).

2.6 2. 6

Ri Risu sult ltat ati. i.

25 Sia   f (u(t), v (t)) una curva sulla superficie; per semplicit`a supponiamo che per per t  t =  = 0 la curva sia nel punto considerato. La tangente nel punto alla curva ha direzione df    ∂ f    ∂ f    = u (0) + v (0) , dt ∂u ∂v quindi `e combinazione lineare delle due derivate derivate parziali. 2 26   E  =  = 1, F   F   = 0, 0 , G  =  = u  u . L’area del cerchio naturalmente risulta  π  πR R2 . 27. 1.   E  =   = cos2 u(a2 cos2 v + b2 sin2 v ) + c2 sin2 u,   F  F    = (b2 G  = sin2 u(a2 sin2 v + b2 cos2 v ). 2.   E   = =  a2 cos2 v  + b2 sin2 v  + 4u 4 u2 ,   F   F   = (b ( b2

− a2)sin u cos u sin v cos v,

− a2)u sin v cos v,   G =  = u  u 2 (a2 sin2 v + b2 cos2 v ).

3.   E   = =  a2 cosh2 v + b2 sinh2 v + 4u2 ,   F   F   = (a ( a2 + b2 )u sinh v cosh v ,   G  =  = u  u 2 (a2 sinh2 v + b2 cosh2 v ). 28 29. In   f  30

Natur Natural alme ment ntee si ha ha η  η 1  =  = η  η 2  = 0 .

   

− R√ 2 = 0, versore normale − 22  j − √ 

In   f 

π  π 2, 4

3  π 2 π, 2

: piano tangente y tangente  y +  + R  = 0, versore normale   j .

: piano tangente y tangente  y +  + z

Φ(h1 , h2 ) =  R 2 sin2 vh21 + R2 h22 ,

31.   η1  =

 −1,

√ 2

2   k.

Ψ(h Ψ(h1 , h2 ) =  R sin2 vh21 + Rh22 . In ogni punto punto si si ha η ha η1  =  η2  =   R1 .

η2  = 0. Quindi la curvatura curvatura totale `e nulla. 18

 

2u

32.   η1  =

 −(e  24ue+ 1)2  ,



 1 0 33.   G   = 2 0   u sin2 α curvatura totale total e `e nulla. 34.   η1  =

 −2 ,

η2  =



,

  4e2u . In tutti i punti vale η vale  η 1  = (e2u + 1)2

  K =



 0 0

0 u sin α cos α

 | |



,

 −η2.

η1   = 0,

η2   =

  1   . Quin Quindi di la u tan α

||

η2  = 2 .

35.   η1  =  = η  η 2  = 0 . 36 Una parametri parametrizzazi zzazione one per la la pseudosfer pseudosferaa e`  f (u, v ) = cos u + log log tan tan  u2 , sin u sin v, sin u cos v . Si ha det K  = cos2 u  e det G  = cos2 u, quindi η quindi  η 1 η2  = 1. 37. L’elica L’elica cilindrica cilindrica (R (R cos t, R sin t,at t,at)) giace sul cilindro   x2 +  y 2 =   R2 che si pu`o parametrizzare mediante (R (R cos u, R sin u, v ), quindi si ha   u(t) =   t   e   v (t) =   t/a. t/a. La normale al cilindro cilindro `e   ν   = (cos u, sin u, 0) e quella dell’elica dell’el ica `e   n  = ( cos t, sin t, 0), quindi sono parallele.

 −

 −

−





−

38 38.. In ques questo to caso caso si ha   u(t) =   t,   v (t) =   π/6. π/ 6. Calcol Calcoland andoo la normale normale alla curva curva si ottiene ottiene   n   = (cos t, sin t, 0), mentre mentre la normale normale alla sfera `e   ν   = ( cos u sin v, sin u sin v, cos v ); sosti sostituendo tuendo u(t) e  v(  v (t) si ha 1 1 3 ν   = =  cos t,  sin t, , 2 2 4

−

−

−

quindi le due normali non sono parallele in alcun punto.

19

−

√ 



−

−

 

Capitolo 3

Cinematica. 3.1 3. 1

Ci Cine nema mati tica ca de dell pu pun nto to..

Richiamiamo alcune formule relative alla velocit`a e all’accelerazione di un punto in vari sistemi di coordinate:

•

 s˙ 2 (t) f  f   n (t) = s¨(t)t(t) +   n(t) ;   intrinseche:   v (t) = s˙ (t)t(t) ,   a(t) = s¨(t)t(t) + ρ(t) f 

 | ∧ | | |

  cartesiane:   v (t) = x˙ (t)i + y˙ (t) j  + z˙ (t)k ,   a(t) = x¨(t)i + y¨(t) j  + z¨(t)k ;

• •   polari:   v(t) = ρ˙(t)r + ρ(t)ϑ ˙ (t)h ,   a(t) = (¨ρ(t) − ρ(t)ϑ ˙ 2(t))r + (2ρ˙(t)ϑ ˙ (t) + ρ(t)ϑ¨(t))h ; •   cilindriche:   v(t) = ρ˙(t)r + ρ(t)ϑ ˙ (t)h + z˙ (t)k ; •   sferiche:   v(t) = ρ˙(t)r + ρ(t)sin ϑ(t)ϕ˙ (t)h + ρ(t)ϑ ˙ (t)u . normale di un punto cche he si muove muove sull’ellisse sull’ellisse Esercizio 3.1.   Calcolare l’accelerazione tangenziale e normale   y2 x2   + b2  = 1 con velocit`a angolare   ω  costante. a2 Svolgimento.   Risulta   at  =

  ω 2 (a2

  −

b2 )sin ωt cos ωt

a2 sin2 ωt + b2 cos2 ωt

,

an  =

 

 

ω 2 ab

a2 sin2 ωt + b2 cos2 ωt

.

Esercizio 3.2.   Un punto punto si muov muovee nello spazio spazio   R3 con legge oraria  oraria   P ( P (t) =  a cos ωti + a sin ωt j  + 2 bt k, dove a dove  a,, b, ω   sono costanti positive.

Si dimostri che il modulo della velocit`a cresce nel tempo ma quello dell’accelerazione resta costante; si descriva inoltre geometricamente il moto del punto. 2

moto nello nello spazio spazio   R3 di un punto   P   P   `e desc descritt rittoo da   P ( P (t) =   ti  +   t2 j  +  t k. Si Esercizi Eser cizio o 3.3.   Il moto

calcolino di tale moto: velocit`a, a, accelerazione, accelerazione tangenziale, accelerazione normale.   t Svolgimento.   Risulta   v  =  i + t j  + k,   a  =  j ,  a t  = √  2 t

,  a n  = +2

√  √ t 2+2 . 2

Esercizio 3.4.   Determinare l’espressione l’espressione dell’accelerazione di un punto in coordinate cilindriche. Svolgimento.   In coordinate coordinate cilindric cilindriche he (ρ,ϑ,z (ρ,ϑ,z): ): l’espressione della velocit`a `e

 ˙ h + z˙ k . v  = ρ˙ r + ρϑ Tenendo presente che dr   dr dϑ dt   = dϑ dt   =  ϑ˙ h ,

 

dh   dh dϑ dt   = dϑ dt   =

 −ϑ˙ r ,

20

 

dk dt   = 0 ,

 

segue che a  =

  dv dr  ˙ + ρϑ¨)h + ρϑ  ˙ dh  + z¨k  = (ρ¨   = ρ¨r + ρ˙   + (ρ˙ ϑ dt dt dt

− ρϑ ˙ 2)r + (2ρ˙ϑ ˙ + ρϑ¨)h + z¨k ,

che ricorda l’espressione l’espressione dell’accele dell’accelerazion razionee nel piano in coordinate coordinate polari. Esercizio 3.5.   Un punto P  punto P    pu`o muoversi su una retta r retta  r.. Dato un punto fisso O fisso  O esterno  esterno alla retta,

determinare la velocit`a di di P   P    affinch´e esso abbia velocit` velocit a` angolare costante rispetto a O a  O.. Consideriamoo un sistema sistema di riferimen riferimento to ortogonale nel piano contenente contenente la retta  retta   r Svolgimento.   Consideriam e il punto O punto  O,, ponendo l’origine in O in  O  e l’asse delle ordinate parallelo alla retta. Usando le coordinate polari (ρ, (ρ, ϑ) e denotando con d con  d  la distanza di O di  O   da da r  r,, si ha che la retta r retta  r `  `e parame parametrizzat trizzataa mediante  d   d di  P    sono cos ϑ , ϑ . l’equazione ρ l’equazione  ρ =  = cos ϑ , quindi le coordinate polari di P  Chiedere che la velocit`a angolare rispetto a O a  O  sia costante vuol dire imporre  ϑ˙  =  = ω  ω   con  con   ω  costante. Supponendo che il punto P  punto  P  si  si trovi sull’asse delle ascisse nell’istante t nell’istante  t =  = 0, si ha ϑ ha  ϑ =  = ω  ωtt. La velocit velocit`a`  ˙ in coordinate polari `e espressa da   v  = ρ˙ r + ρϑh; calcoliamola in questo caso:

 

vρ  =

  ωd sin ωt  , cos2 ωt

vϑ  =

  ωd  . cos ωt

  ωd Quindi v  = vρ2 + vϑ2  = cos   =   ωd ρ2 . Si ha che il modulo della velocit`a deve essere proporzionale ωt al quadrato della distanza dal punto O punto  O..

  

2

 

Esercizio 3.6.   Determinar Determinaree la componente radiale radiale e trasversale trasversale e il modulo della velocit` velocita` e acce-

lerazione di un punto che si muove su una spirale logaritmica con velocit`a angolare costante rispetto al centro della spirale. Consideriamoo un sistema sistema di riferimen riferimento to nel piano della spirale, spirale, centrato centrato nel cenSvolgimento.   Consideriam tro della spirale, secondo il quale essa abbia espressione parametrica (ae ( ae−bt cos t,ae−bt sin t) (vedi Esercizio Eserc izio 2.5). Allora Allora l’equazione l’equazione in coordinate coordinate polari `e   ρ   =   ae−bϑ. Poich´ Poich´e la velocit` a angolare rispettoo all’origine rispett all’origine deve essere essere costante, costante, diciamo diciamo  ω , si ha  ϑ˙  =  = ω  ω,, quindi (tralasciando la costante di integrazione), ϑ integrazione),  ϑ =  = ωt  ωt.. Dall’espressione della velocit`a in coordinate polari si ha vρ  = ρ˙  =

 −abωe−bωt ,

 ˙  = vϑ  =  = ρ  ρϑ  = aωe  aωe −bωt ,

  v =  = aωe  aωe −bωt

 

b2 + 1 =  ρω

quindi il modulo della velocit`a deve essere proporzionale alla distanza dall’origine.

 

b2 + 1 ,

Eseguendo il calcolo per l’accelerazione (sempre in coordinate polari) si ha  ˙ 2 =  aω 2 e−bωt (b2 1) ,  ˙ + ρϑ¨ = 2abω2 e−bωt , aρ  = ρ¨ ρϑ aϑ  = 2ρ˙ ϑ

−

  −

−

 −

4b2 =  ρω 2 (b2 + 1) . Anche Anche l’acceleraz l’accelerazione ione deve deve essere essere proporzioquindi a  =  = aω  aω 2 e−bωt (b2 1)2 + 4b nale alla distanza distanza dall’origine dall’origine..

  

Esercizio 3.7.   Un punto punto si muove muove in un piano in modo tale che che la sua veloci velocit` t` a radiale sia pro-

porzionale alla sua velocit`a trasversal trasversale, e, con costante costante di proporzionalit` proporzionalit` a fissa e condizioni iniziali ρ(0) = R =  R,,  ϑ  ϑ(0) (0) = 0. 1. Determinare Determinare la traiettoria traiettoria del punto punto in coordinate coordinate polari; 2. supponendo supponendo che la velocit` velocit` a radiale sia costante, determinare le equazioni del moto del punto.

21

 

 ∈ R . Dall’espressione delle velocit`a radiale e angolare

Svolgimento.   1. Poniamo Poniamo v  v ρ   =  kv  k vϑ, con  con   k

 ˙ , e poich´ si ottie ottiene ne ρ˙  =  = k po ich´e  kρ ρϑ

dρ ˙ ρ˙  =   dϑ ϑ,

si ottiene l’equazione differenziale dρ   =  kρ , dϑ

che risolta con le condizioni iniziali del testo, d`a la soluzione soluzione   ρ  =  = Re  Re kϑ . La traiettoria `e quindi una spirale logaritmica. 2. Sia   vρ   =   c; poich´ oi ch´e   vρ   = ρ˙ , con la condizione iniziale su   ρ  si ha subito   ρ(t) =   ct + ct + R  R.. Essend Essendoo   ct+ ct + R   1   1   1  ˙  = c, da cui ϑ  ˙  = c, per ϑ cui  ϑ((t) = k  log R   , quindi per  ϑ  si ha l’equazione (ct (ct + R)ϑ vϑ  =  = ρ  ρ ϑ k k



  ρ(t) =  ct + R ct+R ϑ(t) =   k1  log   ct+ R   .

punto materiale materiale   P  P  si  si muove con accelerazione   a(t) = 2ti +  + e  et j  + sin sin 2tk. La Esercizio 3.8.   Un punto sua velocit`a in iniz izia iale le `e   i +  j  e la posizione iniziale `e (0 (0,, 1, 0). Determinare la legge del moto di P  di  P .. ` sufficie sufficient ntee in integ tegrar raree due vo volte lte l’acce l’acceler lerazi azione one e imporre imporre le condiz condizioni ioni ini inizia ziali; li; Svolgimento.   E risulta

t3

P  P ((t) =

t

  + t i + et j  +

 

 1

 sin2tt k .  sin2

  − 

3

2

4

Esercizio 3.9.   Studiare Studiare la cinematica cinematica di di un punto punto P   P  che  che si muove su un’elica cilindrica di raggio

R  e passo 2πa 2πa  con moto uniforme. Svolgimento.   Per quan quanto to gi` a studiato dell’elica cilindrica, scegliendo un sistema di riferimento opportuno ed usando il parametro ϑ parametro  ϑ  si ha P  ha  P ((ϑ) =  R cos ϑi + R sin ϑ j + aϑk, dove P  dove  P ((ϑ) rappresenta

la posizione del punto P  al   al variare del parametro. Supponendo ϑ funzione di t, possiamo direttamente calcolare   dP   ˙ i + R cos ϑϑ  ˙ j  + aϑ  ˙ k ,   = R sin ϑϑ v  =  ϑ˙ R2 + a2 , v  = dt   dv  ˙ 2 )i + (Rϑ¨ cos ϑ R sin ϑϑ  ˙ 2 ) j + aϑ¨k , ¨2 + R2  ˙ϑ4 .   = (Rϑ¨ sin ϑ + R cos ϑϑ a  = (R2 + a2 )ϑ a  = dt

 −

 

  

 −

−

  

 

Un’altro modo per esprimere le medesime quantit`a `e quello quello di usare l’ascissa l’ascissa curvilinea curvilinea   s   della traiettoria e le componenti lungo il versore tangente   t   e quello normale   n. Si ha ha   s   = R2 + a2 ϑ, dunque s˙  = R2 + a2  ˙ϑ  e s¨ = R2 + a2 ϑ¨. L’espressione della velocit`a `e

√ 

√ 

√ 

v  = s˙ t  =

   

R2 + a2  ˙ϑt , 2

2

+a  , mentre quella dell’accelerazione, ricordando che il raggio di curvatura curvatura `e  ρ =  ρ  =   R R

a  = s¨t +

  R  ˙s2 n  = 2 2 R +a

 ˙ 2 n . R2 + a2 ϑ¨t + Rϑ

In particolare particolare,, se il moto `e uniforme, uniforme, ovvero ovvero v   `e costante, si ha  ϑ˙  = costante, e dunque anche l’equaz ione del moto `e l’accelerazione ha modulo costante. Denotando con  ω  la quantit`a  ϑ˙ , l’equazione

 | |

P  P ((t) =  R cos ωt i   + R sin ωt j   + a k   ,

22

 

dove per semplicit`a abbiamo posto ϑ posto ϑ(0) (0) = 0. Il moto `e la composizione comp osizione di un moto mo to circolare uniforme nel piano xy piano  xy  e di un moto rettilineo uniforme nella direzione dell’asse z dell’asse  z . Esercizio 3.10.   Sia data una una circonfere circonferenza nza di raggio raggio R  R  che ruota attorno a un suo diametro con velocit` a angolare costante   ω 1  e attorno alla retta passante per il suo centro e perpendicolare al suo piano con velocit`a angolare angolare costante costante   ω 2 . Determinare la velocit`a e l’accelerazione di un suo punto. Svolgimento.   Supponiamo Supponiamo che il piano della circonfere circonferenza nza sia perpendicolare perpendicolare al piano  piano   xy xy,, che il

centro degli assi sia nel centro della circonferenza e che il diametro attorno a cui ruota la circonferenza stia sull’asse z sull’asse z.. La traiettoria traiettoria del punto giace su una sfera di raggio R raggio R,, quindi le coordinate del punto sono date da x  =  = R  R cos ϕ sin ϑ , y  =  = R  R sin ϕ sin ϑ , z  =  = R  R cos ϑ , dove con ϕ con  ϕ misuriamo  misuriamo l’angolo di rotazione della circonferenza attorno al diametro, e con  ϑ l’angolo  ϑ  l’angolo di rotazione rotazione della circonferenz circonferenzaa attorno all’asse all’asse passante passante per il centro. centro. Allora si ha ϕ˙  =  = ω  ω1   e  ϑ˙  =  = ω  ω2 , quindi ϕ quindi  ϕ((t) =  ω1 t + c1 ,  ϑ(  ϑ (t) =  ω2 t + c2   e

−

vx  =  = R  R(( ω1 sin ϕ sin ϑ + ω2 cos ϕ cos ϑ) ,

vy   =  R  R((ω1 cos ϕ sin ϑ + ω2 sin ϕ cos ϑ) ,

Il modulo della velocit`a `e allo al lora ra v  =  = R  R Per l’accelerazione risulta

  

2 R(ω1  +

ay   =

 −

  

quindi a  =  = R  R

 

 

 −Rω2 sin ϑ .

ω12 sin2 ϑ + ω22 .

2 2Rω1 ω2 sin ϕ cos ϑ , ω2 )cos ϕ sin ϑ + 2Rω

ax  = R(ω12 + ω22 )sin ϕ sin ϑ

 −

vz   =

− 2Rω1ω2 cos ϕ cos ϑ ,

az   =

 −Rω22 cos ϑ ,

ω14 sin2 ϑ + ω24 + 2ω 2 ω12 ω22 (1 + cos2 ϑ) .

Esercizio 3.11.   Un punto punto P   P  scorre  scorre lungo una circonferenza di raggio  R  ed `e sospinto da un’asta un’ast a

uniformemente uniformemen te ruotante attorno ad un suo punto posto sulla circonferenz circonferenza. a. Deter Determinare minare il moto del punto. Svolgimento.   Usiamo le coordinate coordinate polari cen centrate trate nell’est nell’estremo remo fisso dell’asta dell’asta.. Si ha che  ϑ˙   =   ω

con   ω   costante; supporremo   ϑ   =   ωt. con  ωt. La traiettoria traiettoria del punto punto in coordinate coordinate polari `e   ρ   = 2R cos ϑ, quindi la legge del moto `e ρ(t) = 2R 2 R cos ωt , ϑ(t) =  ωt , da cui si ricavano facilmente velocit`a e accelerazione. Notiamo in particolare che v  = 2ωR ωR,, quindi si tratta di un moto circolare uniforme con velocit`a angolare 2ω 2ω .

 | |

Esercizio 3.12.   Una retta fissata fissata ad un asse passante passante per un suo punto punto   O  e inclinata rispetto a

tale asse ruota intorno a tale asse con velocit`a angolare angolare costante costante ω  ω.. Determinare la legge con cui un punto P  punto  P  deve  deve percorrerla partendo da O da  O  affinch´e iill moto risulti uniforme. unifo rme. Svolgimento.   Poniamo Poniamo in in   O  l’origine del sistema di riferimento, in modo che l’asse di rotazione

coincida con l’asse z l’asse  z . Sia Sia β   β  l’angolo  l’angolo acuto tra l’asse z l’asse  z  e la retta. Denotiamo con   s(t) la distanza di P   P   da da O  O;; si ha P  P ((t) = s(t)cos ωt sin β, s(t)sin ωt sin β, s(t)cos β  ,









  dP  ωs((t)sin ωt sin β, ˙ β,  ˙s(t)sin ωt sin β   + + ωs ωs((t)cos ωt sin β,  ˙s(t)cos β  .   = s˙ (t)cos ωt sin β  ωs dt Affinch´´e il moto sia uniforme bisogna imporre v  = Affinch  = v  v 0 , dove v dove  v 0  `e cost costante; ante; quindi qui ndi v  =

 −

  

 + s˙ 2 cos2 β  =  = s˙ 2 + s2 ω2 sin2 β   = =  v02 . v2 = s˙2 sin2 β   ++ s2ω2 sin2 β  + 23

 

Derivando i due membri rispetto a t a  t e  e dividendo per s˙  si ottiene l’equazione differenziale del secondo ordine s¨ + sω2 sin2 β  =  = 0 , che si risolve facilmente, essendo l’equazione di un moto armonico. Esercizio 3.13.   Un punto P  punto P  si  si muove di moto rettilineo uniforme su una semiretta, e inizialmente

si trova a distanza  distanza     dall’or  dall’origine. igine. Tale semiretta semiretta `e fissata ad un asse passante passante per la sua origine e ruota attorno ruota attorno a tale asse. asse. Determ Determina inare re la legge legge della velocit` velocit` a angolare della semiretta affinch´ e il moto di P  di  P  risulti  risulti uniforme nello spazio con modulo della velocit`a  v  =  = v  v0 . Svolgimento.   Poniamoci Poniamoci nel sistema sistema di riferimen riferimento to come nell’Esercizio nell’Esercizio 12 e denotiamo di nuovo nuovo

con  β  l’angolo con β   l’angolo acuto tra la semiretta e l’asse. Chiamiamo  w  la velocit`a del moto rettilineo uniforme di P  di P  relativo  relativo alla semiretta; si ha quindi P   = wt con  ϑ((t) la velocit` velocit` a angolare P ((t) O  =  wt + . Denotando con ϑ di rotazione della semiretta, si ha

|

− |





P  P ((t) = (wt + )cos ϑ sin β, (wt + )sin ϑ sin β, (wt + )cos β  , quindi





 ˙ cos ϑ sin β, w cos β  .  + (wt ( wt + )ϑ  −  − (wt + )ϑ ˙ sin ϑ sin β, w sin ϑ sin β  +

v  = w cos ϑ sin β 

=  v 02 , da cui l’equazione differenziale Imponendo Imponen do la condizione condizione v  =  = v  v 0  si ha w ha  w 2 + (wt (wt + )2  ˙ϑ2 sin2 β   = v

 | |

  v02 w 2 ϑ˙ 2 (t) =  . (wt + )2 sin2 β 

 −

Deve essere v essere  v 0  > w; inoltre possiamo considerare solo il caso in cui  ϑ˙  0 (l’alt ( l’altro ro caso c aso `e si simmetric mmetrico). o). Dunque si ha 1 v02 w 2  wt  w t +  v02 w2 ˙ ϑ(t) =   ϑ(t) =   ,   log sin β  wt +   w sin β 

   −

 ⇒

   −

dove abbiamo imposto ϑ imposto  ϑ(0) (0) = 0. Quindi Quindi il moto angolare deve avere avere un andamento logaritmico. logaritmico. semicirconferenz renzaa trasla uniformemen uniformemente te su una retta; su di essa si muove muove un Esercizio 3.14.   Una semicirconfe punto P  punto  P .. Calcolare velocit`a e accelerazione di P  di  P .. Svolgimento.   Si tratta tratta di un moto piano; piano; pongo l’asse l’asse x  x in  in corrispondenza della retta su cui trasla

la semicirconfere semicirconferenza. nza. Indicando Indicando con  con   ϑ(t) l’angolo formato dall’asse  dall’asse   x  col raggio nel punto  punto   P , P , e con v  la velocit`a costante della semicirconferenza, si ha (P 

 −  − O) = (vt + R + R cos ϑ, R sin ϑ) ,

quindi

−  

v  = v

 | |

Si ha v  =

 −    | |

 ˙ sin ϑ, Rϑ  ˙ cos ϑ ,   a = Rϑ

v 2 + r 2  ˙ϑ2

− 2vr  ˙ϑ sin ϑ,

a  =  = R  R

R(ϑ¨ sin ϑ +  ϑ˙ 2 cos ϑ), R(ϑ¨ cos ϑ ϑ¨2 +  ϑ˙ 4 .

−  ϑ˙ 2 sin ϑ)



.

Esercizio 3.15.   Un’asta Un’ast a `e inclinata rispetto rispe tto all’asse z all’asse  z di  di un angolo fisso α fisso α,, ed `e fissata fi ssata a quest’asse quest’a sse

tramite un’asta tramite un’asta orizzonta orizzontale le lunga  lunga   . Il tutto ruota attorno attorno all’asse  all’asse  z  con velocit`a angolare costante ω . Un punto P  punto  P  si  si muove sulla prima asta: determinare la sua velocit`a e accelerazione. Esercizio 3.16.   Studia Studiare re la composi composizio zione ne di due moti armoni armonici ci ortogon ortogonali ali al variare ariare delle loro

pulsazioni. 24

 

Svolgimento.   L’esercizi L’esercizioo consiste nello studiare studiare la traiettoria traiettoria di un punto che si muove muove nel piano

con legge







P  P ((t) = x(t), y(t)  = A cos( cos(ω ωx t + α), B cos( cos(ω ωy t + β ) .

 −  − α. Si ha

1) Supponiamo ω Supponiamo  ω x  =  = ω  ωy  =  ω  e poniamo δ  poniamo  δ  =  = β   β  y (t) =  B cos (ωt + α) + (β  (β 

 = B  B cos( cos(ωt ωt + α)cos δ  − B sin( sin(ωt ωt + α)sin δ,  −  − α)  =





da cui, sostituendo x sostituendo  x((t) ed elevando al quadrato, si ha B 2 x2

− 2ABxy cos δ   ++ A2y2 = A2B2 sin2 δ.

L’equazione rappresen L’equazione rappresenta ta un’ellisse un’ellisse (in generale generale ruotata) ruotata) di centro centro l’origine. Vediamone ediamone alcuni casi notevoli: a) Se δ  Se  δ  =  = π/2, π/ 2, si ha x2   y 2  +   = 1, A2 B 2 che `e un’ellisse un’ellisse in forma canonica canonica di semiassi semiassi   A   e   B . Nel ca caso   A   =   B , questa questa divent diventaa una circonferenza. b) Se δ  Se  δ  =  = 0, si ottiene  B A  x  A, y  = x, A

 ±

 −

che `e un segmento di retta. c) Se δ  Se  δ  =  = π  π,, si ottiene il segmento simmetrico y  =

 − BA x,   −A  x  A.

2) Se ω Se  ω x =  ωy , si ottengono le cosiddette figure cosiddette  figure di Lissajous , che non studieremo nel dettaglio. Esse sono delle curve che giacciono nel rettangolo [ A, A] [ B, B ]. In partico particolar lare, e, se se   ωx /ωy   Q, le figure di Lissajous sono chiuse, mentre per  per   ωx /ωy   Q  si ottengono delle interessanti curve aperte dense nel rettangolo. rettangolo.

 

−

1.2

×−

 ∈

1.2

cos(2*t),cos(1*t)

 ∈

1.2

cos(2*t), cos(1*t+.13)

0.8

0.8

0.8

0.4

0.4

0.4

0

0

0

-0.4

-0.4

-0.4

-0.8

-0.8

-0.8

-1.2 -1.2

-0.8

-0.4

0

0.4

1.2

0.8

1.2

-1.2 -1.2

-0.8

-0.4

0

0.4

1.2

cos(2*t),cos(3*t)

0.8

1.2

-1.2 -1.2

0.8

0.8

0.4

0.4

0.4

0

0

0

-0.4

-0.4

-0.4

-0.8

-0.8

-0.8

-1.2

-1.2 -0.8

-0.4

0

0.4

0.8

1.2

-1.2

-0.8

-0.4

0

1.2

cos(2*t), cos(3*t+.13)

0.8

-1.2

cos(2*t), cos(1*t+1.07)

0.4

0.8

1.2

cos(2*t), cos(3*t+1.07)

-1.2 -0.8

-0.4

0

25

0.4

0.8

1.2

-1.2

-0.8

-0.4

0

0.4

0.8

1.2

 

1.2

1.2

cos(3*t), cos(4*t+.13)

0.8

0.8

0.8

0.4

0.4

0.4

0

0

0

-0.4

-0.4

-0.4

-0.8

-0.8

-0.8

-1.2 -1.2

-0.8

-0.4

0

0.4

1.2

0.8

1.2

-1.2 -1.2

-0.8

-0.4

0

0.4

1.2

cos(7*t),cos(4*t)

0.8

1.2

-1.2 -1.2

0.8

0.8

0.4

0.4

0.4

0

0

0

-0.4

-0.4

-0.4

-0.8

-0.8

-0.8

-0.8

-0.4

0

0.4

0.8

1.2

-1.2 -1.2

-0.8

-0.4

0

0.4

0.8

cos(3*t), cos(4*t+1.07)

-0.8

-0.4

0

1.2

cos(7*t), cos(4*t+.13)

0.8

-1.2 -1.2

3.2 3. 2

1.2

cos(3*t),cos(4*t)

1.2

-1.2 -1.2

0.4

0.8

1.2

cos(7*t), cos(4*t+1.07)

-0.8

-0.4

0

0.4

0.8

1.2

Ci Cine nema mati tica ca de dell c corpo orpo ri rigi gido do..

Per trovare geometricamente l’asse di Mozzi di un  movimento rigido piano `e ssuffic ufficiente iente conosce con oscere re la velocit`a di due punti punti distinti: distinti: il piede dell’asse dell’asse sta infatti sull’inter sull’intersezio sezione ne delle perpendicolari perpendicolari condotte ai due vettori velocit`a dai loro punti di applicazione. Questo perch´ p erch´ e il moto rigido piano `e sempre istantaneamente rotatorio e il piede dell’asse di Mozzi ne `e il centro di istantanea rotazione, quindi le velocit`a devono essere perpendicolari ai raggi vettori condotti da quel punto. Chiaramente, le due velocit`a non no n possono p ossono essere date arbitrariamente, perch´ e dovranno essere proporzionali alla distanza dall’asse di Mozzi. Per un   movimento rigido generale, sempre nel caso in cui siano note le velocit`a di due punti, si pu` o procedere in questo modo: si considera considera il piano parallelo parallelo ai due vettor vettori, i, si proiettano proiettano i vettori in questo piano e qui si lavora lavora come detto in precedenza precedenza.. L’asse L’asse di Mozzi `e la retta perpendicola perpendicolare re al pia piano no e passan passante te per il punto punto d’int d’inters ersezi ezione one delle due perpendi perpendicol colari ari.. Anche Anche in questo questo caso le velocit` a non possono essere date in modo arbitrario. Esercizio 3.17.   Supponendo Supponendo noto lo stato cinetico cinetico di un moto rigido, determinar determinaree l’asse di Mozzi Mozzi

e la velocit`a dei suoi punti. P )) =  v (Q) + ω (P  Q) per ogni punto P  punto  P ,, e si vuole trovare un punto  A Svolgimento.   Si ha  v (P  tale che  v (A) sia parallela ad  ω . Considerando che vale  v (A) =  v (Q) + ω (A Q) e moltiplicando vettorialmente i membri per   ω  si ottiene

∧  −  −

∧ −

0  =  v (Q)

)(A − Q) − ((A ((A − Q) · ω)ω . ∧ ω + (ω ∧ (A − Q)) ∧ ω  =  v (Q) ∧ ω + (ω · ω)(A In particolare, se si sceglie A sceglie  A  in modo che il vettore A vettore  A − Q  sia perpendicolare a   ω , si ottiene   ω ∧ v (Q)   . (A − Q) = ω2 L’asse di Mozzi `e la retta passante per p er A  A  e parallela ad   ω. Per determinare la velocit`a dei punti dell’asse, `e sufficiente trovare trovare la componente della velocit` a di un punto qualsiasi lungo   ω , in questo modo:   ω v (Q) v (A) = ω2   ω .

·

26

 

Esercizio 3.18.   Trovare rovare l’asse l’asse di Mozzi e la velocit` a di un suo punto per lo stato cinetico rigido

in cui: 1.   v (O ) = 9 i + 18 j   e   ω  = 2i

− j + 2k.

2.   v (O ) = 25i

− 50 j + 50k  e   ω  = 3i + 4 j .   z −5   y −2 cinetic o `e Svolgimento.   1. Risult Risultaa   A   = (−4, 2, 5), asse:   x+4 2   = −1   = 2   ,   v (A) =   0   (lo stato cinetico

rotatorio). 2. Risulta A Risulta  A =  = (8 (8,, 6, 10), asse:

− −



x 8 3  

−

=   y+6 4 ,



 −3i − 4 j ).

z + 10 = 0 ,   v (A) =

Esercizio 3.19.   Trovare rovare l’asse di Mozzi del movimen movimento to rigido piano dato dalla composizione composizione di uno stato cinetico traslatorio di vettore v j  e di uno stato cinetico rotatorio di centro  C  =  C  = (0, (0, R) e velocit` a angolare ωk.

 −

 −

 −v j − ωk ∧ (P  −  − C );); l’asse di Mozzi `e diretto come   k, cerchiamo il

Svolgimento.   Si ha   v (P  P )) =

suo punto A punto  A  di intersezione col piano x piano  xyy. Dall’Esercizio 17 si ha (A quindi   A   = (A rotazione.

− C ) =   ω ∧ωv2(C   ) = −ωk ∧ω2(−v  i) = −ωv i ,

 O  O)) = (A

 −

 C )  C ) + (C 

 −

v ω, R

 O  O)) =

 −

. Questo Questo `e pure il centro centro di istantanea istantanea

− 

Esercizio 3.20.   Dati due stati cinetici cinetici rotatori attorno attorno ad assi perpendi p erpendicolar colari, i, determinare determinare l’asse l’asse

di Mozzi dello stato cinetico risultante dalla somma dei due. Svolgimento.   Supponiamo Supponiamo che l’asse del del primo stato cinetico cinetico sia  i  e quello del secondo sia  j + C , dove C  dove  C    = (0, (0 , 0, c), c ),  c >  0; quindi   ω1  =  = ω  ω 1 i  e   ω2  =  = ω  ω 2 j . In generale si ha v (P  P )) =  ω 1

e dunque   v (O) =  ω 2 zio 17 ne segue che

∧ (P  −  − O) + ω2 ∧ (P  −  − C ) ,

∧ (O − C ) = −aω2i. Indicando con A con  A  un punto dell’asse di Mozzi, dall’Eserci(A

− O) =

 ω

∧ v(O  ) =   (ω1i + ω2 j ) ∧ (cω2i) =   cω22k ω12 + ω22

ω2

ω12 + ω22

.

Quindi il punto A punto  A si  si trova sul segmento O segmento  OC  C   ee l’asse di Mozzi `e la retta pa passante ssante per  A e  A  e di direzione il vettore ω vettore  ω 1 i + ω2 j . In particolare, se  se   ω1   =  ω 2 , si ha che  che   A  = (0 (0,, 0, c/2) c/2) e l’asse di Mozzi ha equazione x equazione  x y  = 0, z   = c/2. c/2.

−

Esercizio 3.21.   Dimostrare Dimostrare che che se in uno stato cinetico rigido rigido piano due punti distint distintii hanno la

stessa velocit`a, a, allora a llora lo stato `e traslatorio. t raslatorio. Cosa succede se lo stato cinetico rigido non `e piano? Svolgimento.   Si ha v (P  P )) =  ω

∧ (P  −  − O) = v (Q) =  ω ∧ (Q − O) ,

∧   −−  −

 −  −

quindi  ω (P  Q) =  0 . Dal fatto che il moto `e piano si deduce  ω  =  = ω  ω k  e (P  Q) =  ai + b j , quindi deve essere ωbi + ωa j  =  0 . Ma i due punti sono distinti, perci`o  a  oppure  oppure b  b  sono non nulli. Da ci`o segue che ω che  ω  = 0. Se lo stato cinetico rigido non `e piano, si conclude che   ω  `e para parallel lleloo a (P  Q), ovvero la retta P retta  P Q ha la direzione dell’asse di Mozzi.

 −

27

 

Esercizio 3.22.   Comporre Comporre tre stati cinetici cinetici rotatori equ equive iversi rsi e di modulo   ω   attorno a tre assi

paralleli che hanno come tracce su un piano ortogonale i vertici di un triangolo isoscele con un angolo di   23 π . Svolgimento.   Tutte le velocit` a sono perpendicolari agli assi di rotazione, quindi lo stato totale tota le `e

piano. Denotando Denotando con A con  A,, B,C   i vertici del triangolo, con 2 2   la lunghezza della base  base   AB, AB , poniamo il centro   O   del sistema di riferimento nel punto medio della base del triangolo, con   i  il versore di ortonormale destra. destra. Si ha (A ( A − O ) = −i, − A), k  il versore di  ω  e  j√  in3 modo che {i, j , k} sia base ortonormale Poic ich´ h´e  − O) = i  e (C   −− O) =  3   j . Po v(P  P )) =  ω k ∧ (P   − − A) + ωk ∧ (P  −  − B) + ωk ∧ (P  −  − C ) = 3ω 3 ω k ∧ (P  −  − O) + ωk ∧ (O − C ) , fatti i dovuti calcoli risulta √ 3 v (P  P )) =  ω   i + 3ω 3ωk ∧ (P  −  − O) . 3

(B (B

√ 

an golare della composizio comp osizione ne `e 33ω ω k . Per calcolare il piede In particolare,  v (O) =  ω 33  i  e la velocit`a angolare K   dell’asse dell’asse di Mozzi si applica l’Esercizio 17, quindi 3 ω2  −  − O) = 3ω

(K 

√ 3 k ∧ i 3 9ω 2

  =  

√ 3 9

 j .

piano xy,, studiare la cinematica di un disco di raggio R raggio  R vincolato  vincolato a restare Esercizio 3.23.   In un piano xy appoggiato all’asse all’asse  x.  x . Imporre poi il vincolo di puro rotolamento. rigido piano; chiaman chiamando do G  G  il centro del disco, per ogni punto Svolgimento.   Si tratta di un moto rigido P   P   del disco si ha   v (P  P )) =   v (G) +  ω (t) (P  G), dove   ω (t) `e la velo velocit cit`a` angolare attorno all’asse

∧  −  −

perpendicolare al piano e passante per G per  G,, all’istante t all’istante  t.. Denotando con ξ  con  ξ (t) l’ascissa di G di  G,, e con ϑ con  ϑ((t)   ˙   ˙ l’angolo di rotazione del disco rispetto a un asse fisso, si ha   v (G) = ξ i,  ω  ω((t) = ϑk, quindi v (P  P )) =  ξ ˙i +  ϑ˙ k

∧ (P  −  − G) .

Poich´e il moto `e piano, piano , `e sempre rotatorio rotato rio (escludendo (esclud endo il caso  ϑ˙  = 0), quindi esiste un punto   C (t) per cui   v (C ) = 0. Essendo   ω  nella direzione di   k  e   v (G) nella direzione di   i, il centro di istantanea rotazione deve avere la stessa ascissa di G di  G,, quindi C  quindi  C    = (ξ, ( ξ, yC ). Imponendo   v (C ) =  0  si trova yC   =  R +  R  +

ξ ˙ , ϑ˙

  ϑ˙ = 0. 0.

 

Imporre il vincolo di puro rotolamento vuol dire imporre che il punto dell’asse   x  e quello del disco che si trov trovano a contatto, contatto, abbiano la stessa stessa velocit` velocit` a; a; in questo q uesto caso, poich´ poi ch´ e l’asse l ’asse x  x `  `e ferm fermo, o, anche anch e il punto di contatto del disco deve avere velocit`a nulla, ovvero deve coincidere col centro di istantanea  ˙ ˙   = Rϑ  ˙ ; integrando e ponendo   ξ  rotazione:   R  + ϑξ˙   = 0. Da quest questaa si rica ricav va  ξ  ξ   ξ    = 0 per   ϑ   = 0 si ha ha   ξ   = Rϑ Rϑ,, che `e quindi quindi la condizione condizione per il vincolo di puro rotolamento. rotolamento. Il fatto che l’equazione l’equazione differenzia differ enziale le che esprime il vincolo vincolo si possa integrare integrare,, significa significa che tale vincolo vincolo `e olonomo (pur non essendo un vincolo liscio).

 −

 −

Esercizio 3.24.   Un disco di raggio R ruota attorno al proprio centro; un secondo disco, complanare

al primo e di raggio r raggio  r  `e vincolato vincolato a restare restare a contatto contatto col bordo del primo disco. Imporre il vincolo vincolo di puro rotolamento del secondo disco attorno al primo.

28

 

Svolgimento.   Indichiamo con O con  O  il centro del primo disco e con  A  il centro del secondo. L’angolo

ϑ  misuri la rotazione del primo disco e  ϕ  la rotazione del secondo, rispetto a una retta fissa. Inoltre si indichi con  con   α  l’angolo formato dai centri dei due dischi, sempre rispetto alla stessa retta. Se P  Se  P    `e un punto sul bordo del disco di raggio R raggio  R  e  Q  un punto sul bordo del disco di raggio r raggio  r,, vale ˙ tP  ,  ∧ (P  −  − O) =  ϑR

v (P  P )) =  ω R

  v (Q) =  v (A) + ω r

( r + R)α˙ tA + ϕr ˙ tQ ,  ∧ (Q − A) = (r

  tS  `e il versore tangente al movimento del generico punto  dovedischi punto   S . Denotan Denotando do con  con   H, K   K   i punti dei due in istantaneo contatto, si ha   tH   =  t A  = tK , quindi

 −

v (H ) =  ω R

˙ tH  ,  ∧ (H  −  − O) =  ϑR

  v (K ) =  v (A) + ω r

( r + R)α˙ tH  −  ϕr ˙ tH  .  ∧ (K  −  − A) = (r ˙   = (r  + Il vincolo di puro rotolamento `e   v (H ) =   v(K ), ), quindi  ϑR  + R  R))α˙  −  ϕr ϕr; ˙ ; integrando (con le costanti nulle) si ha ϑR ha  ϑR =  = (r + R)α − ϕr. ϕr . Il vincolo di puro rotolamento, imponendo una condizione tra i tre angoli, toglie un grado di libert`a. a.

Esercizio 3.25.   Studiare Studiare il movimento movimento piano di un’asta rigida vincolata vincolata a passare per un punto

fisso  B  e incernierata all’estremo di un’asta che ruota uniformemente attorno all’altro suo estremo. fisso B Determinare la velocit`a di un punto P  punto  P    dell’asta. Svolgimento.   Sia R Sia  R   la lunghezza dell’asta uniformemente ruotante, ω ruotante,  ω  il valore della sua velocit`a

angolare,   O   l’estremo fisso e   A   quell quelloo mobile mobile.. Denoti Denotiamo amo con   ρ   la lunghezza di   AB   e con   a   la

 

  sin ϑ R  

  sin( sin(ωt ωt+ +ϑ) a   ,

lunghezza di   OB. OB . Sia Sia inol inoltr tree   ϑ   =   ABO. BO . Dal Dal Teo eore rema ma dei dei seni seni si ha =  ρ  = a2 + R2 2aR cos ωt ωt.. ϑ  = arctan a  −RRsincosωtωt  ; dal Teorema di Carnot si ha poi  ρ = Preso un punto P  punto  P ,, si ponga h ponga  h  la lunghezza di P di  P A; si ha che v che  v ρ (P ) P ) = ρ˙  e   vϑ (P ) P ) = (ρ vρ (P ) P ) =

√ 

−

  ωR( ωR(a cos ωt R)   ωaR sin ωt , vϑ (P  P )) = a2 + R2 2aR cos ωt a2 + R2 2aR cos ωt

√ 

√ 

−

−

−

 − √  1

quindi quindi

− h)ϑ ˙ , quindi



  h  . a2 + R2 2aR cos ωt

−

Notiamo che  che   vϑ  si annulla quando le due aste sono perpendicolari, mentre   vρ  si annulla quando la prima asta `e orizzontale. orizzonta le. Esercizio 3.26.   Un cono circol circolare are di apertura apertura   π3   rotola senza strisciare su un piano, compiendo

n   giri al secondo secondo attorno attorno al proprio asse. Constatare Constatare che `e un moto con punto punto fisso e calcolare calcolare la velocit` a angolare   ω. Calcolare Calcolare inoltre inoltre il modulo della velocit` a di un punto  punto   P  che P  che si trova sull’asse del cono a distanza h distanza  h  dal vertice. Svolgimento.   Si ha   ω   =   α  +  β , dove   α  ` e la velocit velo cit`a` angolare lungo l’asse del cono e   β   quella lungo l’asse l’asse per il vertice vertice e ortogonale ortogonale al piano. Indicando Indicando con   a  il versore lungo l’asse del cono, si ha  α  = 2nπa  e  β  = α2 k  = nπ k, infatti il raggio di base del cono `e la met`a dell’apotema. Quindi

 −

 −

ω  =  α + β  =

−

 √  

 1 nπ + nπ + 2nπ k + 2

3   2nπ u = 2

√ 3nπu ,

dove   u   rappr rapprese esent ntaa il versore versore lungo la retta retta di appoggio appoggio del cono cono sul piano. piano. Quindi Quindi la velocit velocit`a` angolare angola re `e orizzontal o rizzontalee e l’asse di istantane i stantaneaa rotazio ro tazione ne `e proprio pr oprio lungo   u. Per calcolare la velocit`a di di P   P  basta  basta fare v fare  v((P  P )) = ω (P  O)  = β (P  O )  =  = nπ  nπh h.

 | ∧  −  − |  | ∧  −  − |

sistema piano, piano, un’asta un’asta O  OC C D  `e piegata ad angolo retto in modo che O che  OC  C   = Esercizio 3.27.   In un sistema C D   =   L  ed il suo estremo   O   `e fisso; fisso ; un’ast un’ astaa   AB  di lunghezza      ha gli estremi  estremi   A   e   B   vincolati a scorrere rispettivamente su O su  OC  C   e  C D. Si determinino la velocit`a angolare angolare dell’asta dell’asta AB  AB  e la velocit`a del suo centro G centro  G.. 29

 

Svolgimento.   Denotiamo Denotiamo con  con   ϑ  l’angolo formato da   OC  con OC  con l’asse  l’asse   x, e con con   ϕ  quello formato da  ˙   ` OC  con OC   con l’asta AB l’asta  AB.. E evidente che la velocit` a angolare angolare dell’asta dell’asta AB  AB  `e (ϑ + ϕ˙ )k. Per calcolare  v (G),

usiamo la formula v (G) =  v (A) + ω

Prima calcoliamo   v (A):

∧ (G − A) . (A − O) = ((L ((L −  cos ϕ)cos ϑ, (L −  cos ϕ)sin ϑ), quindi

v (A) = ϕ  ˙ sin ϕ cos ϑ

Poi calcoliamo   ω ω

∧

(G

− A):

 ˙ sin ϑ, ϕ  cos ϕ)ϑ  ˙ sin ϕ sin ϑ

(L

− − − A) =

(G



  cos(ϑ ϑ 2  cos(

(L

 ˙ cos ϑ .  cos ϕ)ϑ



− −



 sin n (ϑ + ϕ) , quindi + ϕ),   2  si

 ˙ + ϕ˙ )i +     cos(  ˙ + ϕ˙ ) j . ∧ (G − A) = ( ϑ ˙ + ϕ˙ )k ∧ (G − A) = −2  sin  sin (ϑ + ϕ)(ϑ  cos(ϑ ϑ + ϕ)(ϑ 2

Svolgendo Svo lgendo le opportune opportune semplificaz semplificazioni, ioni, si ottiene ottiene v (G) =

−

 ˙ sin ϑ +    (ϕ˙ Lϑ 2

)sin(ϕ ϕ− −  ϑ˙ )sin(

 ˙ cos ϑ +    (ϕ˙ ϑ), Lϑ 2



)cos(ϕ ϕ − ϑ) −  ϑ˙ )cos(

.

Notiamo che il calcolo di   v(G) poteva poteva essere essere fatto fatto dirett direttame ament ntee con la defi definiz nizion ione, e, scriv scrivend endoo le coordinate di (G (G O) in funzione di ϑ di  ϑ  e  ϕ  ϕ..

−

Esercizio 3.28.   Data la rotazione rotazione di un corpo corpo rigido rigido con un punto punto fisso tramite tramite gli angoli angoli di Eulero, esprimere in funzione di questi il vettore di rotazione   ω. Svolgimento.   Se   ϕ  `e l’angolo di precessione,   ϑ   l’angolo di nutazione e   ψ   l’angolo di rotazione propria, tutti in funzione del tempo, allora il vettore  ω  si ottiene sommando le tre rotazioni parziali

di Eulero, ovvero

ω  = ϕ˙ k +  ϑ˙ h +  ψ˙ k ,

dove ricordo che con   h  si intende il versore della linea dei nodi. Tenendo presente che h  = cos ϕi + sin ϕ j ,   b2  =

k

sostituendo sosti tuendo si ottiene ottiene

 − sin ϕi + cos ϕ j , = − sin ϑb2  + cos ϑk  = sin ϑ sin ϕi − sin ϑ cos ϕ j  + cos ϑk ,

   

ωx  =  ϑ˙ cos ϕ +  ψ˙ sin ϑ sin ϕ , ωy   =  ϑ˙ sin ϕ  ψ˙ sin ϑ cos ϕ ,

−

ωz   = ϕ˙ +  ψ˙ cos ϑ .

Esercizio 3.29.   Un disco ` e appoggiato app oggiato con vincolo di puro rotolamento su una retta; un’asta `e

appoggiata (sempre con vincolo di puro rotolamento) al disco e ha un estremo   B   appoggiato con vincolo bilatero alla stessa retta. Esprimere la velocit`a dell’estremo B dell’estremo  B e  e la velocit`a angolare dell’asta in funzione della velocit`a angolare   ω  =  = ω  ω k  del disco e dell’angolo  α  che l’asta forma con la retta di appoggio. Svolgimento.   Si calcoli calcoli prima la la velocit` velocit`a angolare dell’asta, esprimendo la velocit`a del punto di

contatto  H  tra contatto H   tra il disco e l’asta sia tramite  ω  ch  chee tramite tramite α˙ . Per questo pu`o essere utile considerare i centri di istantanea istantanea rotazione rotazione dei due corpi. Se  Se   C   ``e il centro di rotazione istantanea dell’asta e   A quello del disco, si ha v (H ) =  ω

 − C ) ,   ⇒ ∧ (H  −  − A) =  α˙ ∧ (H  − 30

  α˙  =

ω H  A H  C    ;

 − | |  −  − − ||

 

poich´ ch´e   C  C    si trova sull’intersezione tra la perpendicolare alla retta e il prolungamento di (A (A segue  α H  A  = 2R cos   , 2

| − |

  R C   = tan   α2  sin  α2

  |A − |

Dopo opportuni calcoli risulta  α ˙  = v (B ) =  v (C ) +  α ˙

  R H  C   = tan  α2  sin  α2

⇒| − |

−

− H ),),

 cos  α2  α 2R cos   =  R 2   α cos α . 2 sin 2

−cos α  ) k . Ora si pu`o esprimere la velocit`a di di B  B :  − ω(1cos α

ωR(1 (1 + cos α)   i. ∧ (B − C ) = −α˙ |B − C |k ∧ j  =  −ωR cos α

Esercizio 3.30.   Un profilo profilo semicirc semicircolare olare di raggio raggio  R  R scorre  scorre sull’asse delle x delle  x.. Al suo interno rotola

senza strisciare una circonferenza di raggio   r < R, il cui centro   G  `e vincolato a scorrere sull’asse y. Determinare Determinare,, in funzione funzione della posizione del profilo e della sua velocit` velocit` aa,, la velocit`a angolare del disco. Svolgimento.   Denotiamo con   ξ  ξ    l’ascissa l’ascissa del centro centro   C  C    del profilo; profilo; la sua velocit` velocit` a sar`a quindi

ξ ˙. Deno Denota tand ndoo con  con   H  H    il punto di contatto tra la circonferenza e il profilo, la condizione di puro rotolamento si esprime imponendo che la velocit`a del punto del disco che si trova in   H  H    sia uguale alla velocit`a del punto punto coinciden coincidente te del profilo. profilo. Poich´ Poich´ e la velocit` velocit` a della guida ha solo componente orizzonta orizz ontale, le, possiamo limitarci a calcolare calcolare   v (H ) i. Per il disco si ha v (H ) i  = [v (G) + ω (H  G)] i  =  = ω  ωrr cos ϑ ,

· · ∧  −  − · dove   ϑ   indica l’angolo formato dal vettore (H  (H  −  −  C )  C ) con la verti vertical cale, e, mentre mentre per il profilo profilo val valee   ξ˙ v (H ) · i  =  ξ ˙. Uguagliando le due si ottiene ω ottiene  ω =  = r cos ϑ . Volendo ricavare l’angolo ϑ l’angolo  ϑ,, da considerazioni geometric geomet riche he si ha ξ ˙(R − r )   ξ   .  ,   quindi   ω  = sin ϑ  = R−r r (R − r)2 − ξ 2

 

Naturalmente, la direzione di   ω  `e quella quel la del versore verso re   k, trattandosi di un moto piano.

Esercizio 3.31.   In un sistema sistema piano, piano, si consideri consideri un disco disco di raggio raggio  R con  R  con il centro fissato, attorno

a cui rotola senza strisciare strisciare un filo inestensib inestensibile. ile. Detto filo passa attorno a un altro disco di raggio R+r finisce arrotolato arrotolato ad un disco disco di raggio raggio  r  concentrico al primo e solidale con esso. In funzione 2   e finisce della velocit`a dell’estrem dell’estremoo libero A libero A  del filo, si calcolino le velocit`a angolari dei dischi. Svolgimento.   Naturalmen Naturalmente te le velocit` velocit` a angolari hanno tutte direzione ortogonale al piano dei dischi; inoltre le velocit`a angolari del disco di raggio raggio R  R  e di raggio r raggio  r  coinci  coincidono, dono, poich´ poi ch´ e i dischi sono solidali. Inoltre, imponendo imponendo le Denotando con  con   ω1  il modulo della velocit`a del primo disco, si ha  ha   ω1   =   v(RA)  . Inoltre, opportunee uguaglianze opportun uguaglianze dei moduli delle velocit` velocit` a, a, grazie all’inestensibilit`a del filo, si ottiene ω ottiene  ω 2  =  = ω  ω1 , quindi anche il terzo disco ha la stessa velocit`a angolare. Esercizio 3.32.   In un sistema sistema piano, piano, un disco disco di raggio  raggio   R   rotola senza strisciare su una retta

orizzontale; orizzonta le; un filo inestensibi inestensibile le `e avvolto avvolto attorno attorno al disco, disco, passa per p er un punto punto   B  fisso a quota   R e scende in verticale verticale.. Detta  Detta   ξ  ξ  la  la distanza del centro   G   del disco dal punto fisso  fisso   B , determinare la   ˙ velocit` a dell’estrem dell’estremoo libero A libero A  del filo in funzione di ξ di  ξ , ξ . Svolgimento.   Sia   C  C    il pu punt ntoo in cui il fil filoo si stacca stacca dal di disc sco: o: la veloci velocit` t` a di   A  ha ovviamente

direzione verticale, e il suo modulo sar`a dato dalla componente di   v (C ) lungo la direzione del filo, 31

 

 

che `e la direzione di tangenza in in   C  C  al  al disco. disco. Denotan Denotando do con  con   α   l’angolo  l’angolo   GBC   BC   e con   β  β  l’angolo  l’angolo tra  α Poich´ h´e   β  `   `e pur puree l’ango l’a ngolo lo   H C G, si ha che la tangente e   v (C ), ), si pu`o verificare la relazione  relazione   β   = 2 . Poic  π l’angolo l’ango lo alla circonfere circonferenza nza della corda H corda  H C  vale   vale 2 β , quindi C  H   = 2R cos β . Allora la velocit`a di C  di  C    `e ξ ˙  α v (C )  =  = ω  ω C  H   = 2R cos   , R 2 e, proiettando proiettando sulla tangente, tangente, v (A)  = 2ξ  ξ cos  ˙ cos2  α   . 2

 −

|

|

 | − |

 

|  −  − |

|

|

Po Poic ich´ h´e sin si n α  =   Rξ , si ricava

|v(A)| = 2ξ  ˙ 1 + 2cos  α =  ξ ˙

  −  1+

1

 R 2 ξ 2

 .

Esercizio 3.33.   In un sistema sistema piano, determin determinare are la velocit` velocit` a angolare e quella del centro G centro  G di  di un

disco di raggio R raggio  R  che rotoli senza strisciare su un’asta mobile attorno ad un suo estremo fisso  O.  O . Studiare poi il caso in cui l’asta ruoti uniformemente attorno ad O ad  O   con velocit`a angolare   γ . Scegliamo amo come gradi gradi di libert` liberta` la distanza   ξ  ξ    di   K  K    da   O, dove   K  K    `e il punto di Svolgimento.   Scegli contatto tra asta e disco, e l’angolo   ϑ  che l’asta forma con l’asse   x   di un riferimento opportuno. Abbiamo due vie tra cui scegliere: o scrivere la posizione di  G  e poi derivare, oppure componendo i due stati cinetici rigidi del disco e dell’asta. Nel primo modo si ha (G ( G  O  O)) = (ξ  ξ cos cos ϑ  +  R sin ϑ, ξ  ξ sin sin ϑ  R cos ϑ), e quindi si pu`o calcolare facilmente   v (G); dal fatto poi che   v (G) =   v (K ) +  ω  (  (G G  K   K )) e che v (K )   =   ξ  ˙ϑ, si calcola la velocit` a angolare del disco. Nel secondo modo, mo do, si studiano separatamente i due stati cinetici: quello del disco `e rotatorio attorno  ˙ a   K  K    e ha una velocit`a angolar angolaree che che vale  ale   ω1   = Rξ ; quello quello dell’a dell’asta sta `e di nuovo nuovo rotatorio rotatorio e ha   ˙ velocit` a angolare  angolare   ω2   =  ϑ˙ . Quindi Quindi la velocit velocit``a angolare totale del disco `e   ω   = ξ   +  ϑ˙ . Dalla Dalla formula formula

 −

 −  ∧  −

 |

|

 −

v (G) =  v (K ) + ω

R

∧ (G − K ) stavolta si pu`o trovare   v(G).

Il caso in cui l’asta ruoti uniformemente attorno ad   O   `e solo un caso particolare, particolare, dove dove si pone ˙ ϑ  =  = γ   γ .

3.3 3. 3

Mot Moto o rela relati tiv vo e mo moti ti rigid rigidii par parti tico cola lari ri..

Richiamiamo brevemente alcune formule: data una terna ortonormale i1 , i2 , i3  con origine O origine  O,, che chiameremo terna chiameremo  terna fissa , e una terna ortonormale in movimento rispetto alla prima  j 1 , j 2 , j 3   con origine   Q, che chiame chiameremo remo   terna mobile , la velocit`a di un punto   P   P   rispetto alla terna fissa, che indicheremo con   v x (P  P ), ), si pu`o esprimere come

 {

}

 {

}

v x (P  P )) =  v τ (P  P )) + v y (P ) P ) ,

dove  v τ   =  v (Q) + ω (P  Q) `e la cosiddetta cosidde tta velocit` velocit a` di trascinamento, e rappresenta la velocit`a che avrebbe P  avrebbe  P  se  se fosse solidale col sistema mobile,   ω  `e la vel veloc ocit it`a` angolare del sistema mobile,   v y (P ) P ) `e la velocit` velocit` a di P  di  P  rispetto  rispetto al sistema mobile. Per l’accelerazione vale la formula

∧ −

a (P  P )) =  a (P  P )) + a (P  P )) + a (P ) P ) , x

τ 

y

32

c

 

dove   aτ (P  P )) `e  l’accelerazione di trascinamento (l’accelerazione trascinamento  (l’accelerazione che avrebbe P  avrebbe  P  se  se fosse solidale col sistema mobile),  a y (P  P )) `e l’accelerazione relativa  al   al sistema mobile e ac (P ) P ) `e la cosidde cos iddetta tta accelerazione   accelerazione  di Coriolis  e   e vale 2ω v y (P  P ). ).

∧

Esercizio 3.34.   Ripercorrer Ripercorreree l’Esercizio l’Esercizio 12 con i metodi della cinematica cinematica relativ relativa. a.

 {

}

Svolgimento.   Ponendo il sistema  j 1 , j 2 , j 3  solidale con la retta in modo che  j 1  giaccia lungo la

retta, si ha

v y (P  β sin sin ωti2  + s˙ cos β i3 , β cos ωti1  + s˙ sin β  P )) = s˙ j 1  = s˙ sin β cos vτ (P  P )) =  ω

β sin ωti1 + ωs sin β  β cos cos ωti2 ; ∧ (P  −  − O) = −ωs sin β sin

eseguendo la somma   v y (P  P )) + v τ (P  P )) si ritrova   v(P  P ). ). Esercizio 3.35.   Ripercorrer Ripercorreree l’Esercizio l’Esercizio 10 con i metodi della cinematica cinematica relativ relativa. a. Svolgimento.   Poniamo Poniamo il sistema sistema solidale con la circonfere circonferenza nza ruotante ruotante con l’origine l’origine nel centro della circonferenza, l’asse  j 3  coincidente con  i 3  e l’asse  j 2  ortogonale al piano della circonferenza. circonferenza. Si

ha

−

v τ (P  P )) = ( Rω1 sin ϕ sin ϑ)i1  + (Rω ( Rω1 cos ϕ sin ϑ)i2 ,

(P 

  −− O) = R sin ϑ j 1 + R cos ϑ j 3   ⇒

  vy (P ) P ) =  Rω 2 cos ϑ j 1

− Rω2 sin ϑ j 2 .

Esprimendo i versori j k  in funzione dei versori  i k  si ottiene l’espressione della velocit`a. a. In particolar particolare, e, 2 2 y τ  ortogonali, si v  + v . accelerazioni:   ay  si ottiene derivando  v y  supponendo

poich´ ch´e   v τ   e   v y  sono

ha  v x  = ha v

 

Per le i versori  j k  fissi, e  a τ  si ottiene derivando v τ   supponendo ϑ supponendo  ϑ   costante. L’accelerazione di Coriolis   ac  si ottiene calcolando 2 ω1 v y .

∧

Esercizio 3.36.   Ripercorrer Ripercorreree l’Esercizio l’Esercizio 15 con i metodi della cinematica cinematica relativ relativa. a.

sistema di riferimento riferimento solidale con l’asta, centrato centrato sull’asse sull’asse di rotazione Svolgimento.   Si fissa un sistema e in modo che   j 3  coincida con  i 3 . Si denota con s con  s  la distanza del punto P  punto  P  dall’estremo  dall’estremo dell’asta e si procede come negli esercizi precedenti. Esercizio 3.37.   Un punto si muove muove di moto rettilineo rettilineo uniforme; uniforme; determinarne determinarne la traiettoria traiettoria se-

condo un sistema ruotante con velocit`a uniforme nel piano del sistema fisso attorno a un punto  punto   O. Determinare poi   vy (P  ),   v τ (P  ),   ay (P  ). P ), P ), P ). Svolgimento.   Fissia Fissiamo mo un sistema sistema di rif riferi erimen mento to in modo che la retta retta sia paral parallel lelaa all’as all’asse se   i 1

e l’origine sia nel punto   O. Oper Operand andoo con la matric matricee del cambia cambiamen mento to di base base dal sis sistem temaa fisso fisso a quello mobile, ed indicando con ω con  ω t  l’angolo di rotazione, si trova P  P ((t) = ((s ((s + vt)cos vt )cos ωt + d sin ωt) ωt) j 1  + ( (s + vt vt)sin )sin ωt + d cos ωt ωt)) j 2 ,

−

dove  j 1 , j 2  `e la base ruotante, ruotante ,   d  `e la distanza della retta del moto dall’asse   i1 ,  v  `e la vel veloc ocit it`a` del punto nel sistema fisso e s e  s  `e la distanz dist anzaa di di P   P    dall’asse   i2  all’istante iniziale. Nel sistema sistema ruotante ruotante quindi quindi la traiettoria traiettoria `e una spirale; spirale; nel caso  caso   d   = 0 `e proprio una   spirale di  Archimede , ovvero ovvero la distanza distanza dall’origine dall’origine aumenta in modo proporzionale proporzionale all’angolo all’angolo percorso. Si trova vx (P  P )) =  v i1  =  = v  v cos ωt j 1 v sin ωt j 2 ,

 {

}

−

v y (P  P )) = ((v ((v + ωd ωd)cos )cos ωt

vt )sin ωt) ωt) j 1 − ((v ((v + ωd ωd)sin )sin ωt + ω(s + vt vt)cos )cos ωt ωt)) j 2 , − ω(s + vt)sin v τ (P  P )) =  ω ∧ (P  − ((s + vt) vt )i1  + di2 ) = −ωd i1  + ω(s + vt vt))i2 ;  − O) = ω i3 ∧ ((s

si pu`o verificare che   v τ    =   v x  v y . Pe Perr trov trovar aree   ay (P ) P ) basta derivare   v y (P ) P ) rispetto al tempo, considerando i vettori   j 1 , j 2  costanti.

 −

33

 

3.4 3. 4

Ba Base se e rull rullet etta ta..

Per determinare determinare la base e la rulletta rulletta di un movimen movimento to rigido piano `e sufficiente sufficiente conoscere, conoscere, istante istante per istante, la velocit`a di due punti distinti. Per determinarne le equazioni analitiche, si pu`o esprimere il centro di istantanea rotazione di un generico istante in funzione di un parametro che descriva la posizione del corpo, sia nel sistema fisso che in quello mobile; eliminando il parametro tra le due coordinate, si ottiene l’equazione implicita della traiettoria. Esercizio 3.38.   Trovare rovare base e rulletta del movimento movimento piano di un’asta di lunghezza lunghezza     che abbia

gli estremi A estremi  A  e  B   vincolati a scorrere, rispettivamente, sull’asse x sull’asse  x  e sull’asse y sull’asse  y . Svolgimento.   Il centro di istantanea istantanea rotazione rotazione sta sulle perpendicolari perpendicolari agli assi condotte per gli

estremi dell’asta. Quindi la base `e una circonferenza di raggio  raggio    centrata nell’origine. Per trovare la rulletta rulle tta possiamo procedere procedere in modo analitico: denotato denotato con   ϑ  l’angolo che l’asta forma con l’asse x, e messo un sistema di riferimento solidale con l’asta centrato in   B   con   j 1   lungo l’asta, si ha x =  = 0. Essa Ess a `e (C  O  ) =   cos2 ϑ j 1  +  cos ϑ sin ϑ j 2 , quindi la rulletta `e la circonferenza x circonferenza  x 2 + y2 x   tangente internamente alla base e ha raggio 2 .

−

  −−

Esercizio 3.39.   Determinare Determinare la base e la rulletta del moto piano di una semir semiretta, etta, supposto supposto che

la sua origine A origine  A  percorra una circonferenza del piano e che la semiretta passi sempre per un punto fisso B fisso  B   della circonferenza. Svolgimento.   Il centro di istantanea istantanea rotazione sta sulla perpendicolare perpendicolare alla semiretta semiretta condotta

da da   B   e sulla normale alla circonferenza condotta da   A. Poich´e l’angol l’ angoloo in   A   e` retto e la normale in B in  B  sta lungo il diametro che passa per B per  B , si ottiene che il centro di istantanea rotazione sta sulla circonferenza. circonf erenza. Si verifica che la base `e proprio la circonferen circ onferenza, za, mentre me ntre la rulletta rul letta `e una ccirconfe irconferenza renza di raggio doppio e tangente alla prima. Esercizio 3.40.   Trovare rovare base e rulletta rulletta del moto piano ottenuto ottenuto facendo muovere muovere una retta in

modo che passi per un punto fisso  B  e un suo punto K  punto  K  si  si muova lungo un asse fisso. Svolgimento.   Assumiamo   i2   lungo l’asse fisso e mettiamo il sistema di riferimento solidale in modo che l’origine sia in K  in  K    e  j 1  abbia la direzione della retta. Denotando con ϑ con  ϑ l’angolo  l’angolo che la retta forma con   i1  e con  con   b  la distanza di  di   B  dall’origine del sistema fisso, si ha che la base ha coordinate   b , cos2 ϑ

  b cos ϑ ,

−b tan ϑ , mentre la rulletta ha coordinate

− bcostanϑϑ

. Eliminando il parametro si ottiene

che la base `e una un a parab p arabola ola mentre la rullett r ullettaa `e una u na quartic q uartica. a.









Esercizio 3.41.   Dato un sistema piano mobile rispetto rispetto ad uno fisso, trovare trovare in generale le equazioni

di base e rulletta del movimento.

Svolgimento.   Denotiamo Denotiamo con (ξ (t), η (t)) le coordinate coordinate dell’origin dell’originee  O  (t) del sistema mobile, e con ϑ(t) l’angolo tra   i1   e   j 1 (t). Se C  Se  C  =  = (ξ c , ηc ) `e il centro di istantanea rotazione del movimento, si ha v (O ) + ω

∧ (C  −  − O ) = 0   ⇒

  ξ ˙  ϑ˙ (ηc

−

− η) = 0 ,

  η˙  +  ϑ˙ (ξ c

− ξ ) = 0 .

dξ ˙ dη ˙ Essendo  ξ ˙  = =   dϑ ϑ  e η˙  =   dϑ ϑ, ricavando le coordinate di C  di  C  si  si ottiene l’espressione della base:

 

x  =  = ξ   ξ 

dη −   dϑ

y  =  = η  η +  +

34

  dξ   . dϑ

 

Per trovare l’equazione della rulletta `e sufficiente esprimere le coordinate di di   C  C    rispetto al sistema mobile, ovvero   xc  = (ξ c ξ )cos ) cos ϑ + (η (ηc η )sin ϑ  ) sin ϑ + (η (ηc η )cos ϑ , yc  = (ξ x ξ )sin



−

− −

 − −

da cui si ottiene l’espressione della rulletta:



  dξ    dη x  = dϑ dϑ sin  sin ϑ dϑ dϑ cos  cos ϑ   dξ    dη y   =  cos ϑ +  sin ϑ . dϑ dϑ

−

35

 

Capitolo 4

Meccanica del punto. Principali tipi di forze: 1. Forza peso:   P   = mgk, dove m dove  m `  `e la massa del punto e  g  `e la costante di gravit`aa.. Il versore   k `e diretto verticalmente verticalme nte verso l’alto. l’alto . Il potenziale pote nziale `e  U (  U (x,y ,z) ,z) = mgz mgz..

 −

 −

2. Forza elastica:   F e   = k (P  A), dove   P  P    `e il punto di applicazione,   A   `e un punto fisso nel sistema di riferimento, k riferimento,  k  `e una costante positiva posi tiva detta d etta coefficiente  coefficiente di elasticit`a  a.  Il potenziale pot enziale `e 1 2 U ( U (P  P )) = 2 k P  A .

 −  −  −

 − |   −− |

3. Forza newtoniana: newtoniana:   F N   =

dove   ρ  `e la distanza del punto di applicazione  applicazione   P   P   dal centro  −  ρk r, dove  2

 −  − O) e  k  `e una costante costa nte positiva. posi tiva. Il potenziale pot enziale `e  U (  U (ρ) =   kρ  . 4. Forza di resistenza resistenza viscosa:   F r   = −hv , dove   v  `e la velocit velo cit`a` del punto di applicazione e   h   `e O ,   r  `e il versore verso re di (P 

una costante positiva. Questa forza non ammette potenziale.

Postulato delle reazioni vincolari : indicando con   F  la risultante delle forze applicate ad un punto e con   Φ  la risultante delle reazioni vincolari, allora l’equazione vettoriale fondamentale per lo studio della meccanica del punto `e data da F   + Φ  =  = m  m a .

4.1

Po Posiz sizion ionii di equil equilibr ibrio io e reazi reazioni oni v vinc incola olari ri

Per determinare le posizioni di equilibrio di un punto abbiamo a disposizione essenzialmente tre metodi: 1) mediante il postulato delle reazioni vincolari, `e sufficiente risolvere l’equazione vettoriale F   + Φ  =  0 ,

in cui in generale il vettore   Φ  `e incognito incognito ma soddisfa la condizione condizione di vincolo vincolo liscio, liscio, che fornisce condizioni aggiuntive. 2) Nel caso particolare di punto vincolato ad una superficie in  R 3 (o a una curva in  R 2 ), si pu`o usare il metodo dei moltiplicatori dei  moltiplicatori di Lagrange , che consiste nel risolver risolveree l’equ l’equazione azione

∇

F   + λ ϕ  =  0 ,

dove  ϕ = dove ϕ  = 0 rappresen rappresenta ta l’equazione l’equazione implicita del vincolo. In questo caso, il vettore vettore λ  λ ϕ  rappresenta la reazione reazione vincolare vincolare   Φ.

∇

36

 

3) Se le forze in gioco ammettono potenziale U  potenziale  U ,, le posizioni di equilibrio possono essere determinate mediante la ricerca dei punti critici del potenziale, ovvero risolvendo ∂ U    ∂ U  = 0, =0, ∂ q 1 ∂ q 2 dove   q 1 , q 2   rappres rappresen entan tanoo le coordin coordinate ate (locali (locali)) della della superfic superficie ie di vincol vincolo. o. Que Questo sto metodo non fornisce per`o le reazioni vincolari nelle posizioni di equilibrio, anche se sar`a molto utile nello studio della stabilit`a. a. Esercizio 4.1.   Una guida semicircolare di diametro AB diametro  AB =  = 2R `e p posta osta in un piano orizzontale. Un

punto materiale  materiale   P  P    di massa  massa   m  scorre senza attrito su di essa ed `e soggetto soggetto a due forze elastiche elastiche di costanti k costanti  k A, kB   >  0 dai punti A, punti  A, B   rispettivamente. rispettivamente. Trovare rovare le posizioni p osizioni di equilibrio del punto P  punto  P    e le rispettive reazioni vincolari. Svolgimento.   Ponendo la guida lungo la curva curva y =  y  =

 −√ R2 − x2, denotiamo con ϑ con  ϑ l’angolo  l’angolo formato

dal diametro diametro AB  AB  con il segmento O segmento  OP  P    (0  ϑ  π ). Reazioni vincolari: si ha  ϑ  ϑ  ϑ  ϑ  ϑ  ϑ F   = kA 2R sin2   i   + kA 2R sin  cos   j   + kB 2R cos2   i   + kB 2R sin  cos   j   , 2 2 2 2 2 2 Φ  = Φ co coss ϑ i  + Φsin ϑ j   .

 −

Da   F   + Φ  =  0  si ottiene il sistema

−

kA 2R sin2   ϑ2   + kB 2R cos2   ϑ2  + Φcos ϑ  = 0 (kA + kB )R sin ϑ + Φ sin sin ϑ  = 0

Si ha sin ϑ  = 0  ϑ  ϑ =  = 0, π : per ϑ per  ϑ =  = 0 si ha   Φ  = si ha Φ = R(kA + kB ) e dunque

 −

 ⇒

.

per  ϑ  =  = π  π  si ha   Φ  = 2kA R i . Altrimenti  −2kB R i , per ϑ

−RkA(1 − cos ϑ) + RkB (1 + cos ϑ) − R(kA + kB )cos ϑ = 0 , che ha soluzione solo se  k A  =  = k  k B ; in questo caso, tutte le posizioni sono di equilibrio. Moltip Mol tiplic licator atorii di Lagran Lagrange: ge: il vincol vincoloo ha equazi equazione one   ϕ(x, y ) =   x2 +  y 2  R 2 = 0, quindi 2x i   + 2y 2y j . Si ha allora

−

− 

  ∇ϕ   =

2λx =  = 0 kA 2R sin2   ϑ2   + kB 2R cos2   ϑ2   + 2λx (kA + kB )R sin ϑ + 2λy 2λy =  = 0 2

dove

tan ϑ  =   xy .

2

2

x +y Risolvendo si ottiene

−R

=0

tan ϑ(kA

 −

− kB ) = 0 ,

da cui: se  se   ϑ  = 0, 0,   x  = R   e   λ  =  = k  k B ; se  se   ϑ  =  = π  π,,   x  =  = R  R   e   λ  =  = k  k A ; se k se  k A  =  k B , tutte le posizioni sono  ϑ  ϑ  1 2 2 di equilibrio e λ e  λ =  = 2x kA 2R sin 2 kB 2R cos 2 . Potenziale Pote nziale:: ricordando ricordando l’espressione l’espressione del potenziale, potenziale, si ottiene ottiene



 −

U (ϑ) =

 −



 − 

 ϑ 1 kA 2R sin2 2 2

2

 ϑ  1 kB 2R cos2 2 2



2

,

ricavano le stesse stesse conclusioni conclusioni viste in precedenza precedenza.. Notiamo da cui   ∂∂U  ϑ   = kA R sin ϑ + kB R sin ϑ, e si ricav che con questo metodo meto do non `e possibile p ossibile dedurre le reazioni vincolari.

 −

Esercizio 4.2.   Ripercorrere Ripercorrere il medesimo medesimo esercizio esercizio supponendo stavolt stavoltaa che la guida giaccia in un

piano verticale. 37

 

Svolgimento.   Ripercorrend Ripercorrendoo conti simili a quelli svolti svolti nell’Esercizio nell’Esercizio 1, si ottiene ottiene la posizione posizione di

equilibrio



ϑ  = arctan R (kAmg −kB )   kA = kB ϑ  =   π2

 

 

kA  =  = k  k B .

e si ricava la relativa reazione vincolare. ax2 ,  a >  0, scorre senza attrito un punto P  punto  P  di massa m massa  m,, il quale `e sottoposto, sottop osto, oltre che alla forza peso, ad a d una forza elastica di costante k costante  k >  0 e di polo il punto O punto  O.. Determinare le posizioni di equilibrio di P  di  P    mediante mediante il metodo dei moltiplicator moltiplicatorii di Lagran Lagrange. ge. guida vertic verticale ale di profilo profilo y  y  = Esercizio 4.3.   Su una guida

 −

Risulta (x   = 0, y   = 0, λ   =   mg) mg) oppure (x (x   = Svolgimento.   Risulta Quest’ulti Ques t’ultima ma posizione posizione esiste esiste soltanto soltanto se k se  k



2mga mga..

   ±  − m mg g ka

 1 , y   =   21a 2a2

 −   mgk   , λ   =   2ka ).

Esercizio 4.4.   In un piano vertic verticale, ale, un punto punto   P  P    di massa   m   scorre senza attrito su una guida

√ 

iperbolica di equazione  equazione   y   = a2 + x2 (l’asse (l’asse   y   `e orientato o rientato verso il basso) ed `e sottop so ttoposto osto alla forza peso e a una forza elastica di costante  costante   k >  0 con polo nel punto   A, anch’esso di massa   m, il quale scorre senza attrito sull’asse   x   e subisce una forza elastica di polo   O   e costante   k. Si tr trov ovin inoo le posizioni di equilibrio di P  di  P  e  e le relative reazioni vincolari. Svolgimento.   Denotiamo Denotiamo con  con   ξ  l’ascissa   l’ascissa di  di   A  e con (x, (x, y ) le coordinate di  di   P . P . Imponendo Imponendo l’equil’equi-

librio di  di   A, poich´e la reazione reazion e vincolare vincola re `e ortogonale ortogo nale all’asse all’as se   x, mediante il postulato delle reazioni vincolari si ha kξ  i   + k (x ξ ) i   = 0 ,

−

−

Per  P  usiamo  usiamo il moltiplicatore di Lagrange:   λ ϕ  = da cui ξ  cui  ξ  =  =   x2  . Per P 

2λy j   e dunque ∇  −2λx i   + 2λy

2λy j   =  0 .  − k x2  i  − ky  j  − 2λx i   + 2λy cui  y  =   23mg oppure  λ =  =  − k4 , da cui y Proiettando su   i  si ottiene x ottiene  x =  = 0, da cui y cui  y  =  = a  a e  e  λ =  λ  =   21 k −   mg k e a , oppure λ g x  =  ± 4m a2 . Queste posizioni esistono solo se k se  k    23mg a . 9k   − mg j

 

2

    | − |

2

2

Impostiamo il medesimo esercizio col metodo del potenziale: si ha U (x, ξ ) =  mgy P   + mgyA

−  12 k|P  −  − A|2 −  12 k O

A 2 =  mg

a2 + x2

−  12 k

− (ξ 



x)2 + x2 + ξ 2 ,

dove si sono tralasciati i termini costanti. I punti critici di U  di  U  si  si trovano risolvendo



  mgx ∂ U  ∂ x   = a2 +x2   + k (ξ  x) ∂ U  kξ  =  = 0 ∂ ξ   = k(ξ  x)

√ 

 − − −

kx =  = 0 − − kx

e si ritrovano i risultati precedenti. sistemaa di riferim riferimen ento to   Oxyz, Oxyz , disposto in modo che l’asse   z   sia verticale verticale Esercizi Eser cizio o 4.5.   In un sistem e punti verso il basso, un punto materiale   P  P    di massa   m   scorre senza attrito sulla superficie del 2 2 paraboloide z paraboloide  z  =  a(  a(x + y ), con a con  a >  0. Inoltre P  Inoltre  P  `  `e sottoposto sotto posto ad una forza elastica centrata in O in  O   e di costante k costante  k >  0. Determinare le posizioni di equilibrio di P  di  P .. Svolgimento.   Si ottiene ottiene la posizion posizionee (0, (0, 0, 0); nel caso in cui   k <   2mga   si ottengono anche le

infinite posizioni sulla circonferenza x2 + y 2 =   2mga 2a2 k k  ,

−

38

z  =   2mga 2ak  k .

−

 

I calcoli sono standard. Esercizio 4.6.   Nello spazio tridimensi tridimensionale, onale, dotato di un riferimen riferimento to cartesiano cartesiano ortogonale Oxyz ortogonale Oxyz

con l’asse z l’asse  z  verticale ascendente, un punto materiale P  materiale  P  di  di massa m massa  m `  `e libero l ibero di muoversi nello ne llo spazio ed `e soggetto, oltre che alla forza di gravit` aa,, a tre forze di tipo elastico con coefficienti strettamente positivi k positivi  k1 ,  k2 ,  k3  e poli rispettivamente i punti O punti  O(0 (0,, 0, 0), A 0),  A((a, 0, 0), B 0),  B(0 (0,, b, 0), dove a, dove a, b sono costanti positive. Si calcolino le posizioni di equilibrio del punto P  punto  P .. Svolgimento.   Calcoliamo: (P  A) = (P  ( P  O )+( )+(O O A) = (x ( x a) i +y j +  +zz k ,   (P  B ) = (P  O)+( )+(O O B ) =  x i +(y +(y b) j +  +zz k ,

−

−

−

−

−

−

−

−

quindi il potenziale pot enziale `e  1  −12 k1(x2 + y2 + z2) −  12 k2((x ((x − a)2 + y2 + z 2 ) − k3 (x2 + (y (y − b)2 + z 2 ) − mgz . 2

U (x,y ,z) ,z) =

Annullando le derivate parziali di U  di  U  si  si ottiene x  =

 

ak2 , k1  + k2  + k3

y  =

 

bk3 , k1 + k2 + k3

z  =

 

mg , k1  + k2  + k3

che `e l’unica l’u nica posizione posi zione di equilibri eq uilibrio. o. Esercizi Eser cizio o 4.7.   In un sistema di riferimento riferimento tridimens tridimensionale ionale   Oxyz   con l’asse   z   verticale diretto verso l’alto, tre punti materiali   A A,, B,C   di massa   m, che possono scorrere senza attrito sugli assi x,y ,z  ,z   rispettivamente, si trovano nelle posizioni (a, (a, 0, 0), (0, (0, a, 0) e (0, (0, 0, a). Essi sono mut mutuamen uamente te collegati mediante tre molle di costante elastica   k >   0. Calcol Calcolare are il valore valore di tre forze   F A ,   F B , F C   dirette come   i ,   j ,   k  rispettivamente, da applicare ai punti  A,  A, B,C , affinch´ e il sistema sia in equilibrio. Calcolare poi le reazioni vincolari sui tre punti. Svolgimento.   Si ha

− k(A − C ) − k(A − B) =  0 , mg  + F B  + ΦB − k (B − A) − k (B − C ) =  0 , mg  + F C  + ΦC  − k(C  −  − A) − k(C  −  − B) = 0 . Poich´e i vincoli sono lisci, si ha h a Φ A · i   = 0,  Φ B ·  j   = 0 e  Φ C · k  = 0, quindi  F A  = 2ka i ,  F B   = 2ka 2 ka j , mg  + F A + ΦA

F C   = (2 (2ka ka + mg mg)) k . Le reazioni vincolari si ricavano immediatamente da queste.

4.2

Stabilit` a dell’equilibrio

Per un sistema sistema meccanico meccanico che ammette ammette potenziale, potenziale, una posizione di equilibrio equilibrio `e stabile stabile se essa `e ¯  n un punto di massimo massimo per il potenziale (Teorem (Teoremaa di DirichletDirichlet-Lagran Lagrange). ge). Se una posizione posizione   q  noon `e un massimo per il potenziale, in generale non si pu`o dire nulla sulla sua stabilit`a. a . Se per`o   q¯  n  noon `e un massimo e l’hessiano del potenziale `e non degenere (cio`e ha determinante non nullo), allora allo ra   q¯   `e certamente instabile (primo teorema di Ljapunov). Esercizio 4.8.   Discutere, Discutere, mediante mediante i teoremi di Dirichlet-Lagr Dirichlet-Lagrange ange e Ljapunov, la stabilit` a delle

posizioni di equilibrio del pendolo semplice.

39

 

Svolgimento.   Denotan Denotando do al solito con  con   ϑ   l’angolo del raggio vettore del punto con la verticale

discendente, si ha U  ha  U ((ϑ) =  mgR cos ϑ), quindi U  (ϑ) = 0

 ⇒

  sin ϑ  = 0

 ⇒

  ϑ  = 0, π.

Poich´ ch ´e U  (ϑ) = instabile.

ha  U  (0) = −mgR  0, >  0, quindi q uindi 0 `e stabil stabilee e  π  `e  −mgR cos ϑ, si ha U 

Esercizio 4.9.   (T (Tema ema esame 21.3.2002, prima parte). In un sistema di riferimento Oxyz riferimento Oxyz con  con l’asse

z  orientato verso l’alto, un punto materiale  P    P   di massa massa m  m  `e vincolato a muoversi muoversi sulla superficie di un paraboloide di equazione  y 2 2 z  =  = x  x +  . 4 Su tale punto agisce, oltre alla forza peso, una forza elastica di coefficiente   k >  0 e polo il punto (0 (0,, 0, 1). Supposti tutti i vincoli lisci, si chiede di determinare: 1. le posizioni di equilibr equilibrio io di P  di  P ;; 2. la stabili stabilit` t` a di tali posizioni; 3. la reazione vincolare vincolare nelle posizioni di equilibrio. equilibrio. Svolgimento.   1. Usiamo il il metodo dei moltipl moltiplicator icatorii di Lagrange Lagrange con ϕ con ϕ((x, y) =  x 2 + y 2 /4

forze agenti su P  su  P    sono il peso mg k   e la forza elastica con (x,y (x,y ,z) ,z) le coordinate di  di   P  P ,, si ha

 −

z . Le

dove  A  = (0, (0, 0, 1). Denotando −  −k(P  −  − A), dove A

 −  − A) = (P  ( P  −  − O) + (O ( O − A) =  x i   + y j   + (z (z − 1) k , e dunque, scomponendo l’equazione vettoriale   F   + λ∇ϕ  = 0, il sistema da risolvere `e −kx + 2λx 2λx =  = 0 −ky ky +  +   λ2 y  = 0 −mg − k(z − 1) − λ = 0 x2 +   y4   − z  = 0. Una soluzione soluzio ne immediata immedi ata `e   x   = 0, y   = 0, z   = 0, λ   =   k − mg mg.. In Inol oltr tre: e: se  se   x  = 0, dalla prima si ha λ   =   k/ k/2, 2, dunque   y   = 0, z   = 1/2 − mg/k   e quindi   x   =  ± 1/2 − mg/k mg/k.. Questa Questa posizion posizionee esiste esiste soltanto quando 1/ 1/2 − mg/k > 0, >  0, ovvero  ovvero   k >  2  2mg mg (se  (se fosse 1/ 1/2 − mg/k mg/k =  = 0 avremmo la posizione nulla nul la trovata trovata in precedenza precedenza). ). Se invece invece   y   = 0, dalla seconda si ottiene   λ   = 2k , dunque   x   = 0 e z  =  −1 − mg/k mg/k,, ma questa contrasta con l’equazione del vincolo, quindi non `e accettabile. In sintesi, se   k      2mg   c’`e solo la posizione posi zione   P 1 (0 (0,, 0, 0); se  se   k >   2mg mg,, oltre alla posizione  posizione   P 1  ci sono anche le posizioni P  posizioni  P 2,3  = (± 1/2 − mg/k, 0, 1/2 − mg/k mg/k). ). (P 

  

2

 

 

2. Per lo studio della stabilit` a, a, `e opportuno opp ortuno ricorrere allo a llo studio della funzione potenziale, scegliendo x, y  come gradi di libert`a. a . Si ha U ( U (x, y) =

 −mg

 −  2

x +

 y 2 4

 1 2

2

2



2

x +y + x +

   −

 y 2 4

2

1

,

e dunque, con facili calcoli, si trova la matrice hessiana 2mg mg +  + k

H

(x, y ) =

−

2

2k 3x2 +   y4



−kxy

  40

kxy

 −   − −−  1 mg 2

 1k 2

 1 2

x2 +   34 y2



.

 

In particolare, H(P 1 )

=

−

2mg mg +  + k 0

 

  −



0 , 1 ( mg + mg  + k ) 2





4mg 2k   0 . H(P 2,3 ) = 3 k 0 4

 

−

  −

Se  Se   k <  2  2mg mg,,   P 1  `e stabile sta bile;; se k se  k >  2  2mg mg,,   P 1  `e instabi inst abile le e   P 2,3   sono stabili. Il caso  caso   k  = 2mg mg   per  P 1   va trattato tratta to a parte: parte: conviene conviene riscrivere riscrivere la funzione funzione potenziale, potenziale, che diventa diventa

 −mg

U (x, y ) =





 5  y 2 2x2 + y 2 + x2 + 4 4

 2

 − 1

.

Si verifica facilmente che U  che  U ((x, y )  U ((0, 0, 0) = mg mg,, quindi il punto P  punto  P 1  `e st stabile abile anche in questo caso. Riassumend Riass umendo: o: se se   k      2mg mg,,   P 1  `e stabil sta bile; e; se   k >   2mg mg,,   P 1  `e inst instabi abile le e   P 2,3   sono sono stabili. stabili. Si ha una tipicaa situazione tipic situazione di biforcazione biforcazione della stabilit` stabilit` a dell’equilibrio.

 −

3. Ricordando che la reazione vincolare `e proprio λ proprio  λ ϕ, si ha:

∇

Φ( Φ(P  P 1 ) = (mg ( mg

4.3 4. 3

   ±  −

− k) k ,   Φ(P  Φ(P 2,3 ) =

1 2

k

 mg   i + k

  −  mg 2

 k  k . 4

Ese Eserc rciz izii su suii v var arii ti tipi pi d dii fo forz rze. e.

Esercizio 4.10.   In un piano verticale, verticale, un punto materiale P  materiale P  di  di massa m massa  m subisce  subisce una forza elastica

di costante k costante  k dal  dal punto fisso O fisso  O ed  ed `e soggetto alla forza fo rza peso. p eso. Inizialmente P  Inizialmente P    `e fermo f ermo alla stessa quota di O di  O  a distanza  distanza    da esso. Si trovi la traiettoria di  P  e  P  e la legge oraria. Svolgimento.   Nel sistema sistema di riferime riferimento nto xy  xy  centrato in O in  O   con x con  x  nella direzione orizzontale e y e  y   in quella verticale ascendente, si ha  F  p mg j   e  F  e  = k (P  O). Poich´e non no n ci sono vincoli  Φ  =  0 ,  p  =

 −

 −  −  −

 −mg j − k(P  −  − O)   ⇒



quindi le equazioni del moto diventano ma =

  mx ¨  =

 −kx my¨ =  −mg − ky.

k mt +

     

La prima prima ha soluzi soluzione one genera generale le   x   =   A cos α , do dov ve   A   e   α   vengono vengono dalle dalle costan costanti ti di integrazione; dalle condizioni iniziali x iniziali  x(0) (0) =  =   e  e x˙ (0) = 0 si ha A ha  A  =  =   ,,  α  α =  = 0, quindi x  =  =    cos

 k t . m

 − mgk   ;

La seconda non `e omogen o mogenea, ea, ma una soluzione soluzi one particolare partico lare `e immedia i mmediata, ta, ed `e la l a costante c ostante   y   = dopo opportuni calcoli, si ottiene y  =

  mg k

    −   k t m

cos

1 .

Queste rappresentano la legge oraria di  P   P ;; la traiettoria si ottiene eliminando t eliminando  t  tra le due, quindi y  =   mg k

  −    − x

1 , 41

  x  .

 

Esercizio 4.11.   Calcolare Calcolare le equazioni equazioni del moto di un punto materiale materiale di massa massa   m  in un piano

verticale, vincolato a scorrere su una retta orizzontale e sottoposto a una forza elastica di costante k  e polo il punto A punto  A  esterno alla retta e pi`u in alto di essa, supponendo che inizialmente il punto sia fermo a distanza  distanza    da  A.  A . Calcolare inoltre la reazione vincolare in ogni istante. Svolgimento.   Poniamo Poniamo il sistema di riferimento riferimento con l’asse  l’asse   x   sulla retta del punto materiale   P 

 |  − |

e l’asse l’asse   y   ascendente e passante per il centro   A   della forza elastica; poniamo   d   = O A . Si ha ha F   =   P   +  F  e   = mg j  k  k((P   A).  A ). Poich Poich´´e il vincolo `e bilatero, la reazione vincolare `e sempre ortogonale al vincolo, quindi   Φ  = Φ j . Quindi l’equazione del moto `e

 −

 −

ma =

 −  −



 −mg j − k(P  −  − A) + Φ j   ⇒

 −kx  = kd  + Φ(t Φ( t) . my¨ =  kd − mg mg +

  mx ¨  =

Poich´e l’ordin l’o rdinata ata di   P  P    `e sempre sempre nulla, nulla, dalla prima si ottiene ottiene il moto di   P , P , tramite la condizione 2 2 iniziale x iniziale  x(0) (0) =  d :  k t , x(t) = 2 d2 cos m

√  −

  −   

mentre la seconda fornisce direttamente la reazione vincolare:   Φ(t) = (mg ( mg vincola vinc olare re `e cost c ostante ante..

− kd kd)) j , quindi la reazione

Esercizio 4.12.   Un punto materiale P  materiale P  di  di massa m massa  m `  ` e vincolato vinc olato a muoversi su una retta re tta inclinat i nclinataa di un angolo α angolo  α sull’orizzontale,  sull’orizzontale, e subisce una forza di resistenza viscosa  F r  = hv ,  h >  0. Determinare

 −

il moto del punto a partire dalla quiete.

Mettiamo l’asse l’asse   x  lungo la retta e l’asse  l’asse   y   di conseguenza. conseguenza. Poniamo Poniamo l’origine nel Svolgimento.   Mettiamo punto di partenza di   P  P ;; in questo modo   P  P    ha sempre componente nulla lungo   j   e le condizioni iniziali divengono x divengono  x(0) (0) = 0, x˙ (0) = 0. Dal postulato delle reazioni vincolari si ha ma =  = m  mg



− hv + Φ   ⇒

− hx˙ my¨ =  −mg cos α − hy˙  + Φ ,

  mx ¨  =  = mg  mg sin α

ricordando che   Φ  = Φ j . Poic Poich´ h´e   y (t) = 0 in ogni istante, la seconda equazione fornisce immediatamente   Φ(t) =  mg cos α j . Per  risolvere la prima equazione, troviamo le radici di   mλ2 +  hλ   = 0 e la soluzione particolare m x  = h gt sin α, da cui h  m  = c x  =  c1  + c2 e− m t +  gt sin α ; h dalle condizioni iniziali segue che c che  c 2  =

2

 −c1  =   mh  g sin α, quindi 2



 m m −ht x  =  g sin α  e m + t h h x˙   =   m h g sin α

In partico particolar lare, e, valore   m h g sin α.

−  1

−



 m  . h

h

e− m t , da cui si vede che la velocit`a cresce asintoticamente al h

Un altro modo possibile per p er risolvere l’equazione `e di moltiplicare ambo i membri p per er e  e m t , ottenendo d dt

h

h

 = e  e m t g sin α , xe ˙ m t  =

 

42

 

h

− m t ; poi si trova la costante c da cui x˙  =   m costante  c  e si procede integrando un’altra volta. h g sin α + ce Esercizio 4.13.   Lungo una guida guida circolare circolare orizzontal orizzontalee di raggio R raggio  R,, scorre senza attrito un punto materiale   P  P    di massa   m; il mezzo mezzo cir circos costan tante te eserci esercita ta una resist resistenz enzaa vis viscos cosaa   F r   = hv , con   h

 −

h 6πR πR,, modulo  v 0   =   m modulo v

determinare costante positiva. Supponendo che la velocit`a iniziale di di P   P    abbia il moto di P  di  P ,, calcolando in particolare il numero di giri compiuti da P  da  P  prima  prima di arrestarsi e il tempo impiegato per percorrere il primo giro. Determinare poi la reazione vincolare dinamica. Svolgimento.   Mettia Mettiamo mo l’orig l’origine ine del sistem sistemaa di rif riferi erimen mento to nel centro centro della della circon circonfer ferenz enzaa e in

modo che la posizione iniziale di   P  P    sia in (R, (R, 0); usando le coordinate polari, dal postulato delle reazioni vincolari si ha maρ  = Φ , maϑ  = hv ,

 −

dove abbiamo usato il fatto che   Φ   e` sempre normale alla guida. Visto che   ρ  =  R  in ogni istante e h  ˙ h, la seconda equazione diventa m  ˙ , con le condizioni 6π . v  =  = R diventa  mϑ¨ = hϑ condizioni iniziali ϑ iniziali ϑ(0) (0) = 0 e  ϑ˙ (0) =   m  R ϑ Risolvendola si ottiene h  h (6π π ϑ) , ϑ(t) = 6π 6 π (1 e− m t ) . ϑ˙ (t) = (6 m In partic particola olare, re, lim ϑ(t) = 6π 6 π , quindi il punto compie esattamente 3 giri prima di arrestarsi (impiega

 −

−

−

t

→+∞

per`o un tempo infinito a farlo). Per conoscere il tempo impiegato a percorrere il primo giro si pone  (log 3 lo logg 2). ϑ(t) = 2π 2 π , e risulta t risulta  t =  =   m h (log  ˙ 2 , quindi Per quanto riguarda la reazione vincolare, dalla prima equazione si ha Φ = mRϑ quin di essa `e negativa, ovvero diretta verso l‘interno della circonferenza. Calcolando  ϑ˙  si ottiene

−

Φ =

 −

h2 R(6 (6π π m

 −

− ϑ)2r ,

quindi la reazione esiste durante tutto il moto di  P  e  P  e tende a 0. Esercizio 4.14.   Un punto materiale P  materiale P  di  di massa m massa  m si  si muove sull’asse x sull’asse x di  di un sistema di riferimento

in un piano verticale e subisce una forza elastica di costante  k >  0 dal polo O polo  O.. Un punto Q punto  Q,, sempre di massa  massa   m, `e collegato tramite un filo inestensibile di lunghezza  lunghezza      a   P  e P  e si muove lungo una retta verticale ver ticale.. Determinar Determinaree il moto di P  di  P    e  Q,  Q , sapendo sap endo che il filo `e costretto sempre a passare per p er il punto d’incontro tra l’asse  l’asse   x  e la retta verticale lungo cui si muove  Q  Q.. Svolgimento.   Orientiamo l’asse   y   v vers ersoo il basso. basso. Indica Indicando ndo con  con   T  T    la tensione del filo, con   x

 −

−

l’ascissa di P  di  P    e con y con  y  l’ordinata di Q di  Q  si ha P  ha  P    si ha m ha  m x ¨  = kx kx +  + T   T ,,   my¨  =  mg T  T .. Denotan Denotando do con d   la distanza della retta di   Q   da da   O, dall’inestensibilit`a del filo segue  segue   d x  +  + y  y   =   , quind quindii y˙   = x˙  1 mg +  + kx  kx). ). Sostituendo Sostituendo nella nella prima e y¨  = x ¨; per cui si pu`o dedurre il valore della tensione:   T  T    = 2 (mg equazione si ha

−

mx ¨  =

 1 mg +  + kx kx)) kx + (mg 2

 −

 ⇒

  x  =  = A  A cos

    k t+α 2m

+

 mg  , k

e ponendo le condizioni iniziali x iniziali  x(0 (0)) = x˙ (0) = 0 si ottiene   mg x  = k

 −    1

cos

 k t 2m

,

quindi il moto di P  di  P    `e armonico. arm onico. Il moto mo to di d i  Q  `e simi si mile le.. Esercizio 4.15.   Un punto punto materiale materiale   P  P    di massa   m   e` appoggiato sulla cima di una semicircon-

ferenza di raggio   R  in un piano piano ve verti rticale cale.. Suppone Supponendo ndo che la veloci velocit` t` a iniziale sia orizzontale con modulo v modulo  v 0 , calcolare dove P  dove  P    si stacca dalla semicirconferenza. 43

 

Svolgimento.   Ci mettiamo in coordinate coordinate polari, centrate centrate nel centro  centro   O   della semicirconferenza. Su Su   P  P    agisce la forza peso  peso   mg   = mg sin ϑr mg cos ϑh  e la reazione della guida   Φ  = Φr , Φ     0.

 −

 −

Poich Poich´´e ment me ntre re   P  P  `  `e appoggiato alla guida si ha ha ρ  ρ =  = R  R,, le equazioni del moto divengono

−mRϑ ˙ 2 = −mg sin ϑ + Φ , mRϑ¨ = −mg cos ϑ . Semplificando   m, la seconda diventa   Rϑ¨   =  − g cos ϑ   da cui, moltiplicando i due membri per  ϑ˙   e integrando,

ϑ˙ 2  = 2

 −Rg  sin ϑ + c1 .

La costante  costante   c1  si calcola imponendo le condizioni iniziali  ϑ˙ (0) = vR   e   ϑ(0) =   π2  (il segno negativo della prima condizione viene dal fatto che supponiamo la velocit`a iniziale nel verso dell’asse x dell’asse  x): ):

 −

0

 g   v02 c1  =   +  . R 2 R2 Sostituendo nella prima equazione e ricavando Φ, si ottiene



Φ =  m 3g sin ϑ 2 0

−   vR

All’is All ’istan tante te ini inizia ziale le si ha Φ =   m g

− 2g −



 v 02  . R

, quindi quindi la reazione reazione vincolare vincolare `e gi` a nulla se   v02      gR; gR ; 2

 − −

altrimenti la reazione si annulla se 3g 3g sin ϑ

2g

ϑ  = arcsin

  vR0  =

0, ovvero

2   v02  + 3 3gR



.

verticale, e, un punto punto materiale materiale   P   massa   m  scorre senza attrito su Esercizio 4.16.   In un piano vertical P   di massa  una guida cicloidale (con la concavit`a rivolta verso l’alto). Determinare il moto di  P .  P . Consideriamoo l’Esempio 3 del capitolo 2; per avere avere la concavit` concavit` a verso l’alto ribalSvolgimento.   Consideriam tiamo le ordinate, quindi una parametrizzazione della cicloide `e   f (ϑ) =   R(ϑ sin ϑ, cos ϑ 1). 1). Il

−

versore verso re tangent tan gentee `e   f  (ϑ)   1 t  =  = (1   ϑ f  (ϑ)

 ϑ sin , 2

− cos ϑ, − sin ϑ) =

− cos ϑ2

,





−

2sin 2 e l’ascissa curvilinea, calcolata a partire dal punto di minimo della cicloide (che si ottiene per  ϑ  ϑ =  = π  π), ), risulta essere  ϑ s(t) = 4R cos  . 2 Per impostare lo studio del moto di P   sulla cicloide useremo l’espressione intrinseca dell’accelerazione, proiettando l’equazione  F  + Φ  =  = m  m a lungo  t  e  n . Poich´e la l a reazione reazion e vincola v incolare re `e ssempre empre normale normal e alla a lla cicloide, si ha   Φ   = Φn; inoltre, l’unica forza agente su  su   P  ` P  `e la forza peso   F   = mg j ; le equazioni del moto diventano





 −

 −

 ϑ mg j t  =  = mg  mg cos  , 2

 · ·  −

ms¨ =  F  t  =

 ·

 ˙s2 m   = Φ + F  n . ρ

 · ·

Dalla prima equazione si ha, sostituendo l’ascissa curvilinea al posto di cos  ϑ2 , s¨ +   g s  = 0 , 4R 44

 

 

g Poich´e la pulsazione, e quindi da cui si vede che il moto di   P  P    `e armonico armoni co con R . Poich´ il periodo delle oscillazioni, oscillazioni, `e indipendent indipendentee dal punto punto di partenza partenza di   P , P , si dice che la cicloide ha la propriet`a della   tautocronia . Dalla Dalla seconda seconda equazio equazione ne si pu` o poi ricavare la reazione vincolare dinamica.

pulsazione pulsazi one   12

Esercizio 4.17.   Studiare Studiare il moto di un punt puntoo materiale materiale P   P  di  di massa m massa  m vincolato  vincolato ad una superficie

cilindrica liscia di raggio   R   posta in verticale, sottoposto alla forza di gravit`a e con una velocit`a iniziale orizzontale di modulo  modulo   v0 , supponendo che parta dalla quota   h. Calcolare Calcolare anche la reazione reazione vincolare vinco lare dinamica dinamica su su P   P .. cilindriche, si ha ha ρ  ρ =  = R  R,,  F   = Svolgimento.   Ponendoci in coordinate cilindriche, Usiamo il postulato delle reazioni vincolari:   ma  =  F   + Φ, ovvero

=  v 0 h.  −mgk, Φ  = Φr e v(0) = v

−mRϑ ˙ 2 = Φ , Dall’ultima segue  segue   z  =

mRϑ¨ = 0 ,

mz¨ =

 −mg .

imponendo  z (0) = h =  h e  e z˙ (0) = 0, si ha  −g2 t2 + c1t + c2, da cui, imponendo z g z (t) = − t2 + h . 2

Dalla seconda segue ϑ segue  ϑ =  = c  c 1 t + c2 ; ponendo il sistema di riferimento in modo che  ϑ  ϑ(0) (0) = 0 e ricordando  v   ˙ che ϑ(0) = R , risulta  v ϑ(t) = R0 t . 0

Per lo studio di   Φ  si sfrutta la prima equazione, da cui risulta che Φ  =

 −

mv02  r, R

ovvero la reazione vincolare ha modulo costante. Esercizi Eser cizio o 4.18. 4.18.   In un piano piano orizzon orizzontal tale, e, un punto punto materia materiale le   P   P   di massa   m   `e soggetto a una

forza di direzione costante e modulo proporzionale alla velocit`a del punto tramite la costante   k. Dimostrare che la traiettoria di P  di  P  `  `e una catenar cat enaria. ia. Svolgimento.   Supponiamo Supponiamo che la direzione direzione della forza forza sia   j  e che per semplicit`a imponiamo che il punto parta dall’origine con velocit`a   v(0) = v =  v 0 i. Non ci sono vincoli, quindi l’equazione del moto 2 2 `e  m a  =  = k  k x˙ + y˙  j , ovvero

 

mx ¨  = 0 ,

my¨ =  = k  k

 

x˙ 2 + y˙ 2 .

Dalla prima, imponendo imponendo le condizioni iniziali, iniziali, si ottiene subito x˙  =  = v  v 0  e dunque x dunque  x =  = v  v 0 t; sostituendo nella seconda si ottiene l’equazione  k y¨ =  . m v02 + y˙ 2

 

k t + c1 L’equazione pu`o essere integrata integrata tramite la sostituzione sostituzione y˙  =  = v  v 0 sinh τ  τ ,, da cui si ottiene  τ   τ    =   m e dunque  k  = v y˙  =  v 0 sinh t + c1 . m

 

La condizio condizione ne iniziale iniziale su y˙  fornisce sinh c1   = 0, da cui   c1   = 0. In Integr tegrand andoo di nuovo nuovo e imponen imponendo do y(0) = 0, abbiamo  k  m t 1  , y  =  v cosh 0 m k

  −  45

 

da cui si vede che la traiettoria `e una catenaria. Esercizi Eser cizio o 4.19. 4.19.   Studia Studiare re il moto moto di un punto punto material materialee   P   P   di massa   m   vincolato vincolato a muover muoversi si

all’interno di una superficie conica liscia di semiapertura   α  e asse verticale, sottoposto alla forza di gravit` a e con una velocit`a iniziale orizzontale di modulo   v0 , supponendo che parta a quota   h  al di sopra del vertice. Calcolare anche la reazione vincolare dinamica su P  su  P .. Svolgimento.   Ponendoci Ponendoci in coordinate coordinate cilindrich cilindriche, e, si ha ρ ha  ρ =  = z  z tan α,   F   = Φsin αk  e   v 0  =  = v  v 0 h. Quindi dal postulato delle reazioni vincolari segue

mgk,   Φ  = Φ cos cos αr

 −

m(ρ¨

− ρϑ ˙ 2) = Φ co coss α ,

 ˙ + ρϑ¨) = 0 , m(2ρ˙ ϑ

mz¨ =

−

 −mg − Φsin α .

Po Poic ich´ h´e ρ˙  = z˙ tan α  e ρ¨ = z¨ tan α, segue m tan α(¨z

coss α ,   2z˙  ˙ϑ + z ϑ¨ = 0 , − z ˙ϑ2) = Φ co

mz¨ =

 −mg − Φsin α .

d  ˙   =   c1 ; con le condizioni iniziali cui   z 2 ϑ (z 2  ˙ϑ) = 0, da cui  Moltiplicando la seconda per   z , si ottiene   dt v z (0) = h =  h e  e  ϑ˙ (0) = h  tan α  si ottiene   hv0 ϑ˙  = 2  . z tan α In particolare la velocit`a angolar angolaree `e sempre sempre positiv positiva. Ora eliminia eliminiamo mo Φ tra la prima prima e la terza, terza, ottenendo 2  ˙ 2 z¨ = g tan α(z¨ z ϑ ) , da cui, sostituendo  ϑ˙ , si ha  1 2 2 z¨ + g cos2 α   (4.1) h v0 cos2 α  = 0 . 3 z Per integrare integrare questa questa equazione, equazione, moltiplichi moltiplichiamo amo tutto per z˙ ; risulta 0

 − − −

−

1 2  1  = c  c 2 ,  ˙z + gz cos2 α + 2 h2 v02 cos2 α  = 2 2z 2 gh), ), quindi e imponendo le condizioni iniziali si ha c ha  c 2  =   21  cos 2 α(v02 + 2gh z˙ 2 + 2gz 2gz cos2 α +

 1 2 2 2 gh)) , h v0 cos2 α  = cos2 α(v02 + 2gh 2 z

da cui, tramite tramite opportuni opportuni raccoglimen raccoglimenti, ti, si ricav ricava z˙ 2 = (h (h

− z)



2g



−  vz022 (h + z )

cos2 α .

Analizziamo il risultato: Analizziamo risultato: per  per   z   =  h  si ha giustamen giustamente te z˙  = 0, ma nel caso in cui   z   =  h  `e un unaa radi ra dice ce 2 do dopp ppia ia di z˙ , cio cio``e pe perr   v0   =  g  gh h, allora anche z¨ = 0: in questo caso il moto di   P   P   `e ccirco ircolar laree unif u niforme orme lungo la circonferenza orizzontale a quota  h  h.. 2 gh,, allora il punto sale fino a una certa quota ˆz , che si ottien ottienee ponendo ponendo z˙   = 0 e Se invece   v0   > gh scegliendo la soluzione pi` u grande di h di  h;; si ottiene   v0 zˆ = 4g

    v0  +

v02 + 8gh 8 gh  .

Da qui in poi scende di nuovo fino ad  h  e co coss`ı via. via . 2 ad  h.. Infine, se v se  v 0   < g h, il punto scende fino ad una quota z˜ espressa ancora da zˆ e risale fino ad h Esercizio 4.20.   Un punto materiale P  materiale  P  di  di massa m massa  m `  `e vincolato vincol ato a muoversi su un piano. piano . Ad esso `e

collegato, mediante un filo inestensibile di massa trascurabile e lunghezza    ,, un punto materiale  materiale   Q, 46

 

anch’esso di massa m massa m,, vincolato a muoversi su una semiretta verticale sotto il piano. Il filo `e vincolato a passare passare sempre sempre per l’origine della semiretta, che si trova trova sul piano. Supponendo Supponendo che inizialmen inizialmente te il punto  punto   Q  si trovi fermo a quota   h  e il punto  punto   P  P  abbia  abbia velocit`a tangenziale  tangenziale   v0 , determinare il moto di P  di  P    e  Q  e la tensione sul filo. Svolgimento.   Ci mettiamo in coordinate cilindriche, con l’asse k  lungo la semiretta e diretto verso

il basso, e centro nell’origine della semiretta. Se   z  `e la quota quo ta di di   Q  e   ρ  la distanza di  di   P   P   dall’origine, per il vincolo del filo si ha   z  +  ρ   =   , quind quindii ρ˙   = z˙   e ρ¨   = z¨. Poich´ Poi ch´e   P   P   `e vincolato vincola to al piano orizzontale, si avr`a  Φ P   = mgk  e  P   P    potr`a avere accelerazione soltanto lungo  r  e   h. Denotando con T   T   il valore della tensione del filo e con Φ il valore della reazione vincolare del piano, che `e sempre sempre ortogonale al piano stesso, dal postulato delle reazioni vincolari applicato a P  a  P    e  Q  otteniamo

 −

 −

m(ρ¨

− ρϑ ˙ 2) = −T ,

 −

 ˙ + ρϑ¨) = 0 , m(2ρ˙ ϑ

mz¨ =  = mg  mg

−T .

Ragionando come nell’Esercizio 19, dalla seconda equazione troviamo che la velocit` a areolare ρ areolare  ρ 2  ˙ϑ  `e h)   . Ricavando Ricavando T   T  dalla  dalla terza e sostituendo nella prima, si ottiene costante, quindi  ϑ˙  =   v((−− z) 0

2

 v 02 ( h)2 2¨z + (l z )3

−   − g  = 0, −

equazione equaz ione che assomigli assomigliaa molto a (4.1). Moltiplican Moltiplicando do tutto per z˙  e integrando, si ottiene z˙ 2 +

 (  ( 

− h)2v02 2

z˙

(

gz =  = c,  c, − z)2 − gz

dove   c   pu`o essere dove  essere determinato determinato mediante mediante le condizioni condizioni iniziali. Si ottengono risultati simili all’Esercizio 19. Naturalmen Natur almente te lo stesso stesso esercizio esercizio pu`o essere risolto col Teorema dell’energia. Esercizio 4.21.   Studiare Studiare il moto moto di un un punto punto

4.4 4. 4

Me Mecc ccan anic ica a re rela lati tiv va

Lavoriamo ora su sistemi meccanici che sono posti in rotazione uniforme rispetto a un asse fisso. Se ci mettiamo in un sistema di riferimento solidale con la rotazione, dobbiamo “correggere” l’accelerazione con il termine di trascinamen trascinamento to e quello quello di Coriolis. Coriolis. Se   ω   `e il vettore (costante) (costa nte) velocit` velocit a` angolare, l’accelerazione di trascinamento `e data da   aτ (P  P )) = ω2 (P  O)⊥ , dove (P  (P  O)⊥  `e la compone comp onente nte di (P  O ) ortogonale a  ω  (ovvero all’asse di rotazione). Infatti: in generale si ha  a τ (P ) P ) =  ω (ω (P  O )), dunque   aτ (P  P )) ω  = 0; quindi, denotando con     la direzione di (P  (P  O)⊥  si ha

 −

 −  − ∧ ∧   −− ·  −  − aτ (P  P )) = ( aτ (P  P )) · )  = ([ω · (P  −  − O)]ω ·  − ω2(P  −  − O) · ) = −ω2(P  −  − O)⊥. In particolare, la forza la  forza di trascinamento   F τ   = −maτ   =  mω 2 (P  −  − O)⊥   ammette potenziale   −−

 −  −

 1 U τ τ   = mω2 (P  2

  −  − O)⊥2.

Si noti che (P  O)⊥ 2 `e la distanza al quadrato di di P   P  dall’asse  dall’asse di rotazione. Per quanto riguarda l’accelerazione di Coriolis  a c , ricordiamo soltanto che si ha  a c  =  ω v y , dove  v y `e la vel veloc ocit it``a nel sistema di riferimento relativo. Una situazione particolare, ma piuttosto frequente, si ha quando quando un punto punto materiale materiale si muov muovee in un piano piano che che ruota ruota attorn attornoo a una propr propria ia retta. retta. In questo caso   ω   e   v y   giacciono entrambe in quel piano, quindi   ac   `e ortogon ortogonale ale a tale piano e non

    −−



∧

47

 

influisce sul moto (viene influisce (viene equilibrata equilibrata dalla reazione reazione vincolare). vincolare). In tale caso, il termine termine di Coriolis Coriolis pu`o essere tralasciato per lo studio del moto (bisogna invece considerarlo per le reazioni vincolari). Un concetto concetto importante importante nella Meccanica Meccanica relativ relativa `e quello quello di   eequilibrio quilibrio relativo: relativo: signifi significa ca trovare trovare le posizioni di equilibrio equilibrio per un sistema sistema solidale con la rotazi rotazione. one. Tali posizioni chiaramen chiaramente te non saranno saran no di equilibrio equilibrio per il sistema di riferimento riferimento fisso. Allo stesso modo, potr`a essere richiesto di calcolare le equazioni del moto nel sistema relativo. In questo caso, l’accelerazione di Coriolis `e nulla, essendo   v y   = 0. Esercizio 4.22.   Una guida guida liscia circol circolare are di raggio raggio R  R  `e p posta osta in un piano verticale. Un punto P  punto  P 

di massa m massa  m scorre  scorre su tale guida. Il piano verticale `e sottoposto ad una rotazione uniforme di modulo mo dulo ω  attorno all’asse all’asse verticale verticale passante per il centro centro della guida. Si calcolino le posizi p osizioni oni di equilibrio equilibrio relativo di P  di  P  e  e si determini la stabilit`aa.. Svolgimento.   Denotando Denotando con ϑ con  ϑ  l’angolo formato dall’asse di rotazione col vettore (P  ( P 

 −  − O), si ha

 1 U ( U (ϑ) =  mgR cos ϑ + mω2 R2 sin2 ϑ. 2 Risolvendo l’equazione U  l’equazione  U  (ϑ) = 0 si ottiene ottiene mR sin ϑ( g + ω2 R cos ϑ) = 0, 0,

−

2

equilibrio   ϑ1   = equilibrio 

da cui si  ϑ trovano di, dove posizioni ϑ posizioni  = α  α  ele ϑposizioni α 3  = 4  = 2π

−

0

e   ϑ2   =  π  π..

α  = arccos

Inoltr Inoltre, e, se  se   ω > g/R, g/R, ci sono anche le

 g . ω2 R

Si noti che la posizioni ϑ posizioni  ϑ 3,4 , quando esistono, stanno nel primo e nel quarto quadrante, ovvero, per comee `e stat com s tatoo scelto scel to ϑ  ϑ,, nella parte “bassa” della circonferenza. Per studiarne la stabilit` a calcoliamo calcoliamo

 −mgR cos ϑ + mω2R2 cos2 ϑ − mω2R2 sin2 ϑ, da cui immediatamente U  immediatamente  U  (π )  >  > 0,  0, quindi ϑ quindi  ϑ 2  `e instabil in stabile. e. Poi si s i ha U  ha  U  (0) = −mgR + mω2 R2 , ovvero U  (ϑ) =

ϑ1  `e stab st abil ilee se se ω  ω 2 < g/R, g/R, mentre m entre `e insta in stabil bilee se s e  ω 2 > g/R. g/R. (Il caso ω caso  ω 2 =  g/R  g/R verr`  verr`a trattato fra poco.) 2 Nel caso ω caso  ω > g/R si g/R  si ha poi U  (ϑ3 ) =  U  (ϑ4 ) =  m g 2 ω 2

 0 ,  − mω2R2 g/R: g/R:   ϑ1 , ϑ2  instabili,  instabili, ϑ  ϑ 3 , ϑ4  stabili. Esercizio 4.23.   In un piano piano vertic verticale ale   Oxy  sia data una guida liscia di profilo   y   =   y (x), su cui

scorre un punto materiale P  materiale  P  di  di massa m massa  m.. Il piano `e posto p osto in rotazione uniforme di modulo  ω  ω attorno  attorno all’asse verticale  verticale   y . Supposto Supposto   y (0) = 0, si calcoli  calcoli   y(x) affinch´e ogni posizione posi zione di di   P  sia P  sia di equilibrio relativo. Svolgimento.   Si ha ha subito subito

U ( U (x) =

 1 mgy((x) + mω2 x2 , mgy 2

 −

48

 

da cui, imponendo U  imponendo  U  (x) = 0 per ogni x ogni  x,, si ottiene ottiene l’equazione l’equazione differenziale differenziale y  (x) =

  ω2   x, g

che che viene viene facilm facilmen ente te risolt risolta. a. La soluzi soluzione one,, imponen imponendo do anche anche la con condiz dizion ionee inizia iniziale, le, `e il profilo profilo parabolico 2

y (x) =   ω x2 . 2g Esercizio 4.24.   Su una guida rettilinea rettilinea orizzontal orizzontalee liscia, scorre scorre un punto  punto   P   P   di massa  massa   m, sotto-

posto ad una forza elastica di coefficiente   k  e polo un punto   B   sulla guida. Tale guida g uida `e posta p osta in rotazione uniforme con velocit`a angolare di modulo  modulo   ω   attorno ad un asse verticale passante per il suo punto O punto  O  distante  distante b  b  0 da da   B . Si calcolino le posizioni di equilibrio equilibrio relativo relativo di   P  e P  e le equazioni finite del moto relativo. Svolgimento.   Chiamiamo Chiamiamo con  con   x   l’ascissa di   P  P    in un sistema di riferimento lungo la retta con

origine in O in  O.. Si ha

 − O|2 = −12 k(x − b)2 +  12 mω2x2.  − B|2 +  12 mω2|P  −  − 12 k|P  −

U ( U (x) =

Ponendo   U  (x) = 0 si ottiene l’equazione k(x b) + mω Ponendo  +  mω 2 x  = 0. Quindi Quindi le posizio posizioni ni di equili equilibri brioo relativo sono: x1  = k  −bk   se k se  k =  mω 2 , mω x   se k se  k  =  = mω  mω 2 , b  = 0.

 

 −



−

 

2

∀ sic siccom comee   U  (x) = −k  +  + mω  mω 2 ,   x1  `e stabile sta bile se   k > mω2 , instabile se k se  k < mω 2 .

Per la stabilit`a: a: Se 2 k  =  = mω  mω e  b  = 0, il potenziale p otenziale `e costante, quindi tutte le posizioni p osizioni sono stabili. Facciamo acciamo poi un’osserv un’osservazione azione:: nel caso   b >   0 e   ω      0, si ha il seguente comportamento di   x1 : ± ω = 0   x1   =   b, 0   < ω < k/m   x >   0,   ω > k/m   x <   0,   ω k/m  x , ω  +  x  0. Restano ora da calcolare le equazioni del moto relativo: l’accelerazione di Coriolis `e sempre ortogonale alla guida, quindi viene assorbita assorbita dalla reazione vincolare. vincolare. Impostando Impostando l’equazione l’equazione  F e + F τ   =  may lungo la guida, si ottiene l’equazione differenziale

 ⇒  → ∞ ⇒  →

 

 

 ⇒

x ¨+

  −  −  k m

ω2 x

 ⇒

 →

 

 ⇒  → ∓∞

 k b  = 0, m

che pu`o essere essere facilmente facilmente risolta. In particolare, particolare, se k se  k > mω 2 il moto `e armonico, armonic o, mentre se k se  k < mω 2 il moto `e esponenzial espon enziale. e.

49

 

Capitolo 5

Meccanica del corpo rigido. 5.1 5. 1

Ba Bari rice cen ntri tri

Ricordiamo che, dato un sistema di forze parallele  F s  =  = F   F s a su un sistema finito di punti P  punti  P 1 , . . . , PN   , si dice centro dice  centro delle forze parallele  il   il punto C  punto  C  tale  tale che N 

F s (C 

 −  − P s) = 0

s=1



e in questo caso si ha, indicando con   F  la risultante delle forze,

 ∧  ∧ (A − C ) ,

M A  =  F 

ovvero il momento delle forze rispetto a un punto   A   pu` o essere calcolato supponendo che tutte le forze siano applicate al centro delle forze parallele. Nel caso in cui le forze siano le forze peso, il centro delle forze parallele prende il nome di  baricentro  baricentro,, si denota con G con  G  e la sua espressione `e data da (G

−

N 



 1 O) = M 

ms (P s

s=1

− O) ,

 

(5.1)

dove M  dove  M  indica  indica la massa totale del sistema di punti. Nel caso di distribuzioni di massa volumetriche V , V , superficiali superficiali S   S  o  o lineari L lineari  L  si hanno le espressioni  1 (G O) = ρV  (  (P  P  O )d M  V   1 (G O) = ρS (P  O)d M  S   1 (G O) = ρL (P  O )d M  L

−

−

−

5.2 5. 2

     

 −  −

L3(P ) P ) ,

 −  −

P ) , H2(P )

 −  −

P ) . H1(P )

St Stat atic ica a del del corpo corpo ri rigi gido do

Ricordiamo brevemente le  le   equazioni cardinali della statica : F (e) + Φ(e) =  0 ,

 

50

(e)

(e)

M O   + ΨO   =  0 ,

 

dove N 

(e)

F 

=



N 

F (se ) ,

(e)

  Φ

=

s=1



Φ(se ) ,

 

(e) M O  

N 

=



F (se)

s=1

s=1

  ∧ (O − P s),  

(e) ΨO  

N 

=

 s=1

Φ(se)

  ∧ (O − P s).

Nel caso delle forze peso, dalla (5.1) l’espressione del momento diventa (e)  p M O   =  F  p

∧ (O − G) .

omogenee  AB e  e M  M D, entrambe di lunghezza Esercizio 5.1.   Un corpo rigido `e formato da due aste omogenee AB 2  e massa  massa   m, saldate ad angolo retto in modo che l’estremo  l’estremo   M  coincida M  coincida col punto medio dell’asta AB.. Tale corpo rigido giace in un piano in modo che l’asta  AB  sia disposta AB dispo sta in verticale, verti cale, ed `e tenuto te nuto in equilibrio da un filo ancorato all’estremo  B  e ad un punto O punto  O  giacente da parte opposta dell’asta M D  alla stessa altezza di  A  e distante d distante  d  da esso. Si determinino le reazioni vincolari in A in  A  e   B . Svolgimento.   Fissiamo Fissiamo un sistema si riferimento riferimento centrato centrato in O in  O  con l’asse  l’asse   y  verticale ascendente.

Calcoliamo la prima equazione cardinale della statica: si ha F (e) =

 −2mg j ,   Φ(e) = (ΦAx + ΦBx ) i   + (ΦAy + ΦBy ) j ,

da cui subito ΦAx + ΦBx  = 0 e Φ Ay + Φ By   = 2mg 2 mg.. Ora calcoliamo la seconda equazione cardinale della statica nel punto A punto  A:: posso supporre che le masse delle due aste siano concentrate nei rispettivi baricentri, quindi, indicando con   G   il baricentro di M D, (e)

M A   =

 −mg j  ∧ (A − G) = −mg j  ∧ (− i −  j ) = −mg k , (e) ΨA   =  Φ B ∧ (A − B ) = (ΦBx i   + ΦBy  j ) ∧ (−2 j ) = −2ΦBx  k . Quindi −mg − 2ΦBx   = 0, da cui Φ Bx  =  −mg/ mg/22 e ΦAx  =  = mg/  mg/2. 2. Manca ancora una condizione, che

`e la l a direzione direzio ne (nota) (nota ) di  Φ B ; essa infatti `e parallela alla direzione del filo, quindi Φ By  : ΦBx  = 2  : d  :  d,, da cui   1  1 1  + 2 mg j . mgl j ,   ΦA  = mg i   + mg i ΦB   = d 2 d 2

 −

 

 −

verticale, un’asta omogenea OA omogenea  OA di  di massa m massa m e  e lunghezza 2 2 pu`o ruotare Esercizio 5.2.   In un piano verticale, attorno al suo estremo O estremo O.. Sul punto B punto  B dell’asta  dell’asta distante b distante b da  da O  O (0  (0 <  < b <  2  2 ) agisce una forza elastica di coefficiente k coefficiente  k  e polo il punto  C    C   sull’orizzontale passante per O per  O  e distante a distante  a  da esso. Si determinino le posizioni di equilibrio del sistema. Svolgimento.   Fissiamo Fissiamo un sistema sistema di riferimen riferimento to con l’asse   x   sulla retta   OC   OC   e l’origine in   O.

Scegliamo Scegl iamo come parametro parametro lagrangiano lagrangiano l’angolo l’angolo  ϑ  che l’asta forma con l’asse x l’asse  x.. Si ha (B

− O) = b cos ϑ i + b sin ϑ j ,   (B − C ) = (b cos ϑ − a) i + b sin ϑ j ,   (G − O) =  cos ϑ i +  sin ϑ j ,

dove   G   denota dove  denota il baricentro baricentro dell’asta. Usiamo Usiamo le equazioni cardinali cardinali della statica statica (l’unica (l’unica reazione vincolare si trova in O in  O  e la denotiamo con   Φ): F (e) =  F  p  p  + F e  =

 −k(b cos ϑ − a) i − (mg mg +  + kb sin ϑ) j   = −Φ(e) , (e) ( mg cos ϑ − k(b cos ϑ − a)b sin ϑ + kb2 sin ϑ cos ϑ) k , M O   =  F  p  p ∧ (G − O ) + F e ∧ (B − O ) = (mg Ψ(Oe)  =  0 .

51

 

(e)

(e)

 segue mg  mg cos ϑ + kab sin ϑ  = 0, ovvero Da   M O   + ΨO   =  0  segue tan ϑ  =

.  −mgl kab

l Ponendo   α  = arctan  mg Ponendo  α e kab   (α  sta nel I quadrante), si hanno le posizioni di equilibrio   ϑ1   =   π ϑ2  = 2π α, che stanno rispettivamen rispettivamente te nel II I I e IV quadrante. quadrante. Nei casi degeneri degeneri  a  a =  = 0 oppure b oppure  b =  = 0 si hanno le due posizioni (ovvie)  ϑ 1  =  π/  π/22 e  ϑ 2  = 3π/2. π/ 2.

 −

−

Esercizio 5.3.   In un piano verticale, verticale, un’asta un’asta omogenea AD omogenea AD di  di massa m massa m e  e lunghezza 2 2  ha l’estremo

A  vincolato a stare su una guida semicircolare (con concavit`a verso l’alto) di raggio   R <    e si appoggia appo ggia ad uno degli estremi estremi della della guida. guida. Supposti Supposti i vincol vincolii lis lisci, ci, si determ determini inino no le posizio posizioni ni di equilibrio e le reazioni vincolari in tali posizioni. Mettiamo l’origine del sistema sistema di riferimento riferimento in un estremo della della guida, in modo Svolgimento.   Mettiamo che essa giaccia nel semipiano delle ascisse positive, e usiamo come parametro lagrangiano l’angolo ϑ  che l’asta forma con l’asse x l’asse  x:: si ha ϑ ha  ϑ  (0  (0,, π/ π/2). 2). Sia B Sia  B  l’altro estremo estremo della guida, C  guida, C  il  il suo centro, G   il punto medio dell’asta. dell’asta. Indicando Indicando con   n  il versore della reazione vincolare in  in   A  e con   e  quello della reazione in O in  O,, si ha

 ∈

n  =

 − cos2 cos2ϑ ϑ i  + sin2ϑ sin2ϑ j ,

 

e  = sin ϑ i  + cos ϑ j .

L’unica forza attiva e` il peso, quindi dalla prima equazione cardinale ca rdinale della statica otteniamo ΦA c  cos os 2ϑ + ΦO sin ϑ  = 0, mg + mg  + ΦA s  sin in 2ϑ + ΦO cos ϑ  = 0. Dall prima segue ΦO  = ΦA co  coss 2ϑ/ sin ϑ, da cui, dopo alcuni conti,

−

 −

ΦA  =  mg tan ϑ,   ΦO  =  mg

cos2ϑ cos2ϑ  . cos ϑ

Scriviamo ora l’equazione dei momenti: si ha (O

(2R cos ϑ − )(− cos ϑ i  + sin ϑ j ),   (O − A) = 2R 2 R cos ϑ(− cos ϑ i  + sin ϑ j ), − G) = (2R

e dunque (e)

(e)  −mg j ∧(O − G) = −mg mg(2 (2R R cos ϑ − )cos ϑ k ,   ΨO   = ΦA n ∧ (O − A) = Φ A2R sin ϑ cos ϑ k .

M O   =

Uguagliando a 0, si ottiene facilmente 4R cos2 ϑ

−  cos ϑ − 2R = 0.

Risolvendo l’equazione e considerando che ϑ che  ϑ  sta nel primo quadrante, si ha   +

√ 2 + 32R 32R2

  , 8R che ha senso quando  quando    <  2  2R R. Quind Quindii si ha una posizione di equilibri equilibrioo per  R <  a   e rotola senza strisciare. strisciare. Si determin determinii che velocit` a angolare deve avere il disco nella posizione pi` u bassa per poter compiere un giro completo. Svolgimento.   Denotiamo Denotiamo con ϑ con  ϑ  l’angolo (antiorario) formato dal vettore (G (G O) con il semiasse positivo delle ascisse, dove G dove  G `  `e il centro del disco e  O  quello della guida. Se   r, h  sono i versori delle  ˙ h. Imponiamo il vincolo coordinate polari, si ha   v G   = (b a)ϑ vincolo di puro rotolamento: rotolamento: chiamando chiamando   C  il punto di contatto tra disco e guida e   ω  la velocit`a angolare del disco, si ha

−

−

0 =  v C   =  v G  + ω

 ˙ + ωa [(b − a)ϑ ωa]]h, ∧ (C  −  − G) = [(b

 ˙ . Decomponiamo la reazione vincolare   ΦC  nelle componenti Φr r   e Φh h. e dunque ω dunque  ω  = (b a)ϑ/a ϑ/a.  1 2 ˙ k , la seconda equazione cardinale, calcolata in   G, G Poich´ ch ´e   M G   = 0,   ΨG   =   aΦh k   e   dΓ  dt   = 2 ma ω diventa Φh  =   1 maω˙   Φh  = 1 m(b a)ϑ. ¨   (5.4) 2 2

 − −

 ⇒

 −

57

−

 

Ora scriviamo la prima equazione cardinale: si ha   aG  =

−

 −(b − a)ϑ ˙ 2r + (b(b − a)ϑ¨h, quindi

 ˙ 2 = Φ r mg sin ϑ m(b a)ϑ m(b a)ϑ¨ = Φh mg cos ϑ.

− −

−

 −

Sostituendo Sostit uendo l’equazione l’equazione (5.4) nella seconda seconda delle precedenti, precedenti, si ottien ottienee (b

− a)ϑ¨ = − 12 (b − a)ϑ¨ − g cos ϑ   ⇒

  ϑ¨ =

  2g  cos ϑ,  −3(b 3(b − a)

 − a a))/2.

che `e come l’equazione l’equazione di un pendolo di lunghezza lunghezza 3(b 3(b ϑ  = π/2 π/ 2 e integrando l’equazione, si perviene a

 −

ϑ˙ 2 =  Ω 2

Pone Ponend ndoo  ϑ˙   =   Ω  Ω    nella posizione

  4g − 3(b (1 + sin ϑ). 3(b − a)

quindi si pu`o trovare il valore di Φr  in funzione di Ω di  Ω , ϑ. Imponendo infine Φr   <  0 per ϑ per  ϑ =  = π  π//2, che `e la condizione condizione per p er cui il disco sia ancora ancora vincolato vincolato alla guida nell’estre nell’estremo mo superiore, superiore, si ottiene ottiene Φr

 

ϑ= π 2

  11   mg 3

=

− m(b − a)Ω 2

−

Se invece il disco fosse stato sottoposto ad un vincolo bilatero e non semplicemente appoggiato, sempre in condizioni di puro rotolamento, la condizione da imporre alla reazione vincolare sarebbe   8g stata Φr   < mg, mg , che fornisce Ω  fornisce  Ω 2 > 3(b 3(b−a) .

5.5 5. 5

Di Dina nami mica ca de deii ssis iste temi mi

26.5.99) In un piano orizzon orizzontale tale   Oxy, Oxy , un’asta O un’asta  OA A  omogenea, di massa m massa  m  e Esercizio 5.12.   (TE 26.5.99) lunghezza      pu`o ruotare senza attrito attorno ad  lunghezza  ad   O. Sull’a Sull’asta sta si muov muove, e, sempre sempre senza senza attrito, attrito, un punto materiale  materiale   P  P    di massa   m. Su tale tale punto punto   P  P  agisce  agisce una forza elastica di polo il punto  punto   C (, 0) e coefficiente  coefficiente   k >   0. Inoltre, Inoltre, il baricentro baricentro   G  dell’as  dell’asta ta `e sottoposto sottoposto ad una forza elastica di polo il punto   B (0 (0,, 2) e costante  costante   αk, αk , con  con   α >   0,   α = 1. Si trovin trovinoo le posizioni posizioni di equilibri equilibrioo ordina ordinarie rie del sistema e se ne discuta la stabilit`a. a. Si trovino poi le posizioni di equilibrio di confine e le equazioni differenzia differ enziali li del moto. Si determini determini infine la reazione reazione vincolare vincolare dinamica in O in  O e  e in in P   P  all’istante  all’istante t  t =  = 0,

 

supponendo che P  che  P    sia in O in  O,,  A  sia in C  in  C  e  e l’atto di moto sia nullo. Svolgimento.   Il sistema sistema ha due gradi gradi di libert` liberta. `a. Denoti Denotiamo amo con con   ξ  ξ    la distanza di   P   P   da da   O   e con

 ∈  ∈

 ∈   [0, [0, 2π [.

ϑ  l’angolo che l’asta forma con l’asse  l’asse   x. Si ha  ha   ξ   [0  [0,, ] e   ϑ ordinarie, ordin arie, supponiamo 0  < ξ < . . Si ha (P 

( ξ cos cos ϑ − ) i   + ξ  ξ sin sin ϑ j ,   −− C ) = (ξ 

quindi

 −12 k

U (ξ, ϑ) = Cerchiamo i punti critici di U  di  U ::



∂ U  ∂ξ   = ∂ U   = ∂ϑ



k(ξ 

ξ 2

  (G

−

  B ) =  cos ϑ i   + 2



ξ cos ϑ − 2α2 sin ϑ − 2ξ cos

 cos ϑ) = 0

 −k(ξ sin ξ −sin ϑ − α2 cos ϑ) = 0; 58

Per le posizioni posizioni di equilibrio equilibrio

.



  sin ϑ 2



− 2

 j ,

 

 −

dalla prima si ha   ξ   ξ   =    cos ϑ, e sostituendo nella seconda si ottiene cos ϑ(sin ϑ  α  α)) = 0, da cui ϑ  =  π  π/ /2,  2,   ϑ  = 3π/2 π/ 2 e, per  per   α <  1,   ϑ  = arcsin α,   ϑ  =  π arcsin α. Ma per  per   ϑ  =  π  π//2, 3π/2 π/ 2 si avrebbe ξ   ξ   = 0, entrambe non accettabili, e per   ϑ   =   π  arcsin α   si avrebbe   ξ <   0, per cui resta solo la posizionee ordinaria posizion ordinaria ( (  1 α2 , arcsin α), che esiste per α per  α <  1. Dallo studio della matrice hessiana in tale posizione, risulta che `e stabile. Per vedere se sul confine ci sono altre posizioni di equilibrio, usiamo il metodo delle potenze virtuali. Sia ξ  Sia  ξ  =  = 0; poich´e in questa posizione la variazione variazione di di ξ   ξ    pu`o solo essere positive, mentre quella per  ϑ restaa arbitraria, rest arbitraria, si ottiene ottiene ∂ U    ∂ U     0,   = 0, 0, ∂ ξ  ∂ϑ da cui   ϑ   =   π/2 π/ 2 e   ϑ   = 3π/2. π/ 2. Quindi Quindi trovia troviamo mo le due posizioni posizioni di equili equilibri brioo di confine (0, (0, π/ π/2) 2) e (0 (0,, 3π/2). π/ 2). Se invece ξ  invece  ξ  =  =   ,, seguendo lo stesso ragionamento si ha

 −

 −

√  −

 

∂ U     0, ∂ ξ 

∂ U    = 0, 0, ∂ϑ

che non ammette soluzioni. Per trovare le equazioni del moto, determiniamo la lagrangiana: l’energia cinetica dell’asta, avendo un punto fisso, `e tutta di rotazione, quindi   1 2  ˙ 2  1 2 K asta asta  = J O ω = m ϑ . 6 2  ˙  ˙  ˙  ˙  v i  j P  Inolt Ino ltre, re, p oich´ oi ch´e   = ( ξ  ξ cos cos ϑ ξ ϑ sin ϑ)   1  + (ξ  ξ sin sin  ϑ1 + ξ ϑ cos ϑ) , si ha 2  ˙2 + ξ 2  ˙ϑ2 ). K PP    = mvP   = m(ξ  2 2 Quindi la lagrangiana si esprime come  1  1  1 2 ˙  ϑ˙ ) =  K   + (ξ,ϑ,  ξ, + U   = m2  ˙ϑ2 + m( ˙ξ 2 + ξ 2  ˙ϑ2 ) kξ  + ξ cos ξ cos ϑ + α2 sin ϑ , 6 2 2 da cui si trovano le equazioni differenziali del moto

−

L

−



¨ mξ  ˙ϑ2 + kξ  k cos ϑ  = 0 mξ  1 2 2  ¨ 2mξ  ˙ξ  ˙ϑ + kξ  kξ sin sin ϑ 3 m + mξ  ϑ + 2mξ 

−



−

− kα2 cos ϑ = 0.

Per quanto riguarda l’ultimo punto, utilizzeremo il postulato delle reazioni vincolari. Applichiamolo al punto P  punto  P    e all’asta separatamente: F P   + ΦP   =  maP ,

F asta  + ΦO   =  m aG .

 

Le condizioni iniziali date forniscono   ξ (0) ( 0) = 0,   ϑ(0) = 0,  ξ ˙(0) ( 0) = 0 e  ϑ˙ (0) = 0, inoltre si ha pure   ¨   ¨ Poic ich´ h´e aP (0) = ξ i   e   aG (0) = 2 ϑ j . Po F P   =

 −k(O − C ) = k i ,

si ottiene ¨ ΦP   = (m ( mξ 

−

 

F asta  =

k

  i 2

− 2k



 −k(G − B) =



  k) k ) i ,   ΦO   =  k  i   + m ϑ¨ 2 2

¨(0) Ricaviamo ora  ξ  (0) e  ϑ¨(0) dalle equazioni del moto: si ha   k ¨(0) ξ  (0) = , m

  −

  ϑ¨(0) =   3kα  , m

quindi risulta ΦP (0) =  0 ,

 

ΦO  =

  k   i   + k 2

59

3 α 2

−2

 

 j .

 − 2 j

 j .



,