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Appunti di Meccanica razionale
Corso da 6 CFU
Anno accademico 2009/2010
Indice 1. Concetti di base della meccanica razionale ..................................................................................6
Grandezze scalari e grandezze vettoriali ..........................................................................................6 Proiezione di un vettore su una retta ................................................................................................6 Lunghezza o modulo di un vettore ...................................................................................................7 Somma tra vettori .............................................................................................................................7 Prodotto di un vettore per uno scalare..............................................................................................8 Prodotto scalare ................................................................................................................................8
Proprietà del prodotto scalare.......................................................................................................8 Prodotto vettoriale ............................................................................................................................9
Proprietà del prodotto vettoriale...................................................................................................9 Calcolo analitico del prodotto vettoriale ....................................................................................10
Doppio prodotto vettoriale .............................................................................................................10 Prodotto misto ................................................................................................................................11 Momento polare .............................................................................................................................11 Momento assiale.............................................................................................................................12 Sistema di vettori applicati .............................................................................................................12
Legge di variazione del momento risultante al variare del polo ................................................12 Teorema di Varignon......................................................................................................................14 Invariante scalare e invariante vettoriale........................................................................................15 Asse centrale di un sistema ............................................................................................................16 Sistemi di vettori applicati paralleli................................................................................................19
2. Cinematica ....................................................................................................................................21
Moto del punto materiale ...............................................................................................................21 Velocità scalare ..........................................................................................................................22 Velocità vettoriale ......................................................................................................................23 Legame tra velocità scalare e velocità vettoriale........................................................................23 Accelerazione scalare .................................................................................................................23 Accelerazione vettoriale .............................................................................................................24 Legame tra accelerazione scalare e accelerazione vettoriale .....................................................24
Studio di un moto ...........................................................................................................................24 Moto piano .....................................................................................................................................26 Velocità angolare............................................................................................................................26 Moto piano circolare ......................................................................................................................26 Moto piano circolare uniforme.......................................................................................................27 Moto armonico ...............................................................................................................................27 Moto rigido.....................................................................................................................................27
Proprietà caratteristiche del moto rigido ....................................................................................27 Formula fondamentale della cinematica dei rigidi .....................................................................28
Moto rigido traslatorio....................................................................................................................30 Moto rigido rotatorio ......................................................................................................................30 Moto rigido elicoidale ....................................................................................................................31 Teorema di Mozzi ..........................................................................................................................31
4
Centro istantaneo di rotazione........................................................................................................31 Teorema di Chasles ........................................................................................................................31 Moto relativo ..................................................................................................................................32 Sistemi vincolati .............................................................................................................................33
Regole utili per determinare il grado di libertà ..........................................................................34 3. Dinamica........................................................................................................................................36
Primo assioma della dinamica (principio d’inerzia).......................................................................36 Secondo assioma della dinamica....................................................................................................36 Terzo assioma della dinamica ........................................................................................................36 Quarto assioma della dinamica.......................................................................................................36 Legge di Newton ............................................................................................................................37 Principio di azione e reazione ........................................................................................................37 Classificazione delle forze..............................................................................................................37
Forza elastica..............................................................................................................................37 Forza gravitazionale ...................................................................................................................37 Forza di resistenza viscosa .........................................................................................................38 Forza peso...................................................................................................................................38
Statica .............................................................................................................................................38 Equazioni fondamentali o cardinali della meccanica razionale .....................................................40 Baricentro .......................................................................................................................................41
Teoria dei baricentri dei fori.......................................................................................................42 Teoremi di Pappo-Guldino.........................................................................................................43
Equazioni fondamentali della meccanica razionale nella seconda forma ......................................43 Equazioni fondamentali della meccanica razionale nella terza forma ...........................................44 Statica di un sistema.......................................................................................................................44 Classificazione delle reazioni vincolari..........................................................................................45
Carrello.......................................................................................................................................45 Cerniera ......................................................................................................................................46 Carrello con cerniera ..................................................................................................................46
Energia cinetica ..............................................................................................................................46 Teorema di König...........................................................................................................................47 Lavoro elementare di un sistema....................................................................................................47 Potenziale .......................................................................................................................................49 Calcolo di alcuni potenziali............................................................................................................49
Forza peso...................................................................................................................................49 Forza elastica..............................................................................................................................50 Forza costante generica ..............................................................................................................50 Coppia di forze agente in un punto ............................................................................................50
Teorema delle forze vive................................................................................................................50 Principio di conservazione dell’energia meccanica .......................................................................50 Momento d’inerzia per un sistema di punti....................................................................................51 Teorema di Huygens ......................................................................................................................53 Relazione tra il momento d’inerzia e il momento della quantità di moto ......................................54 Ellissoide d’inerzia .........................................................................................................................54 Energia cinetica rotazionale ...........................................................................................................55 Lavoro virtuale ...............................................................................................................................56 Equazioni di Lagrange....................................................................................................................58 Lagrangiana di un sistema..............................................................................................................60 Equivalenza tra le equazioni di Lagrange e le equazioni della meccanica ....................................60 Energia cinetica generalizzata ........................................................................................................62
5
Teorema di Lagrange......................................................................................................................62 Principio dei lavori virtuali.............................................................................................................63 Principio di Torricelli .....................................................................................................................63 Stabilità...........................................................................................................................................65
Criterio di Dirichlet ....................................................................................................................65 Stereomeccanica.............................................................................................................................66
Solido con punto fisso ................................................................................................................66 Solido con asse fisso...................................................................................................................69 Solido libero ...............................................................................................................................70 Equilibrio per un solido con punto fisso ....................................................................................71 Equilibrio per un solido con asse fisso.......................................................................................71
Equazioni dei piccoli moti..............................................................................................................72 Pendolo semplice........................................................................................................................72
4. Supplementi ..................................................................................................................................75
1. Concetti di base della meccanica razionale La meccanica razionale classica si divide in: • Cinematica
• Dinamica La meccanica razionale cinematica studia il moto dei corpi senza interessarsi delle cause che lo hanno generato. La meccanica razionale dinamica, invece, studia le cause che danno luogo ai moti. Definiamo due entità: • Il continuo temporale: è un sistema i cui elementi si chiamano istanti e vale una relazione
d’ordine: 21 tt < e 3132 tttt <⇒<
• Il continuo spaziale:
Gli elementi del continuo spaziale sono gli spostamenti, i segmenti orientati che vanno da P a Q (o anche da Q a P )
Grandezze scalari e grandezze vettoriali
Si definisce vettore applicato AB quell’ente geometrico caratterizzato dall’avere un modulo, una direzione e un verso.
ABABAB == è la lunghezza del segmento AB
è la direzione della retta passante per A e B AB
Verso
Direzione
Modulo
è il verso della retta [ ]BAr ,
Proiezione di un vettore su una retta
'r è parallela a r
αcos' ABAB =
A
B 3E
P Q r
A
B
'B α 'r
r
7
Lunghezza o modulo di un vettore
AByy
xx
AB
AB vettoredel componenti
−
−
Per il teorema di Pitagora si ha:
( ) ( )22ABAB yyxxAB −+−=
Analogamente si ragiona in 3E :
( ) ( ) ( )222ABABAB zzyyxxABOxyz −+−+−=
Definizione
Si definisce versore un vettore con modulo unitario e lo si indica con: eee ==r
. Si preferiscono le
notazioni: ( )evers oppure e .
Si dimostra che: ( )e
eevers = .
( )( ) jyy
ixx
AB
AB
AB
−
−
Somma tra vettori
CDAB +
In definitiva:
( ) ( ) jyyixxAB ABAB −+−=
B
C D + =
A
CB ≡ D
CDAB + A
A
B
O x
y
Ax Bx
By
Ay AB xx −
AB yy −
A
B
O x
y
i
j
AB xx −
AB yy −
8
Analogamente si ragiona in 3E :
( ) ( ) ( )kzzjyyixxAB ABABAB −+−+−=
Prodotto di un vettore per uno scalare
ABRm∈
Modulo ABm ⋅
Direzione quella di AB ABm
Verso quello di AB se 0>m , quello di AB− se 0<m Prodotto scalare
uCDvABrr
==
uvrr
⋅ (altre notazioni sono uvrr
∧ e uvrr
). Da leggersi “ v scalare u ”.
αcos⋅⋅=⋅ uvuvrrrr
Un altro metodo per il calcolo del prodotto scalare è il seguente:
( )( )
zzyyxx
zyxzyx
zyxzyx
zyxzyx
uvuvuvuv
uuukujuiuu
vvvkvjvivv
uuuvvvOxyz
++=⋅
=++=
=++=
rr
,,
,,
,,,,
Proprietà del prodotto scalare
1) Commutatività vuuvrrrr
⋅=⋅ 2) Distributività
( ) rvuvruvruvrrrrrrrrrr
⋅+⋅=+⋅:,,
3) Rmuv ∈rr
,
( ) ( ) ( )umvuvmuvmrrrrrr
⋅=⋅=⋅⋅ 4) Annullamento del prodotto scalare
uvrr
,
uv
uuuv
vv
rr
rrrr
rr
⊥=
==⇔=⋅
==
cioè0cos3)
0cioè02)0
0cioè01)
α
9
Esempi 1) jiu += 2
jiv 3+=
5323112 =+=⋅+⋅=⋅vu
°=⇒=⋅
=⋅⋅
= 452
2
105
5cos αα
vu
vu
2) jiu 3+=
jiv 65 −=
13185 −=−=⋅vu
°≈
−=⇒−=
⋅
−=
⋅⋅
= 76,121610
61013arccos
610
61013
6110
13cos αα
vu
vu
3) kjiu −+= 32
kjiv 4+−=
5432 −=−−=⋅vu
°≈
−=⇒−=
⋅
−=
⋅⋅
= 36,10842
75arccos
42
75
1814
5cos αα
vu
vu
Prodotto vettoriale
vu,
Modulo αsin⋅⋅ vu
Direzione u⊥ e v⊥ ω=×vu
Verso tale che ( )vuvu ×,, sia una terna levogira Proprietà del prodotto vettoriale
1) Anticommutatività uvvu ×−=×
2) Distributività ( ) wuvuwvuwvu ×+×=+×:,,
3) Rmvu ∈,
( ) ( ) ( )vmuvumvum ×=×=×⋅ 4) Annullamento del prodotto vettoriale
vu,
vu
vvvu
uu
//cioè0sin3)
0cioè02)0
0cioè01)
=
==⇔=×
==
α
10
Esempi 1) kjiu 2++=
kjiv 422 ++=
0//2 =×⇒⇒= uvuvuv
Calcolo analitico del prodotto vettoriale
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )321
321
321
123322133131221
322332311331211221
32233113
32322112
31312121
333323231313
323222221212
313121211111
3
1,
3
1,
3
1
3
1
3
1332211321
3
1332211321
321321
0
0
0
,,
,,
,,,,
vvv
uuu
eee
evuvuevuvuevuvu
eevuvueevuvueevuvu
eevueevu
eevueevu
eevueevu
eevueevueevu
eevueevueevu
eevueevueevu
eevueveueveuvu
evevevevvvvv
eueueueuuuuu
vvvuuuOxyz
ji
jiji
ji
jjii
j
jj
i
ii
j
jj
i
ii
=−+−−−=
=×−+×−+×−=
=+×−×−
+×++×−
+×+×+=
=×+×+×+
+×+×+×+
+×+×+×=
=×=×=×=×
=++==
=++==
∑∑∑∑
∑
∑
====
=
=
Doppio prodotto vettoriale
( ) ( ) ( )uwvvwuwvu
wvu
⋅−⋅=××
,,
11
Prodotto misto
( ) . e , vettoridai formato idoparallelep del volume
,,
wvuwvu
wvu
=⋅×
( ) VHAwAwvuwvu
Ahvvuvu
=⋅=⋅⋅=⋅⋅×=⋅×
=⋅=⋅⋅=×
ββ
α
coscos
sin
Il prodotto misto gode della seguente proprietà: ( ) ( ) ( ) uwvvuwwvu ⋅×=⋅×=⋅× Proprietà ciclica del prodotto misto Momento polare
Convenzione: ( )vP, indica il vettore v applicato in P ( ) vTPM T ×−=
( ) vAPMrA A ×−=⇒∈
( ) ( ) ( ) vTAvAPvTPMM AT ×−=×−−×−=− Legge di variazione del momento
rispetto al polo
u
v
w
vu×
α
β
h
T
P v
12
Momento assiale
( )vP,
( ) vTPM T ×−=
Si definisce momento assiale la proiezione del momento polare sulla retta:
( )[ ] evTPeMM Tr ⋅×−=⋅=
rArT ∈∈ ,
( )( )[ ] ( )[ ] eMvTAeeMevTAeMeM
vTAMM
AAAT
AT
⋅=⋅−×+⋅=⋅×−+⋅=⋅
×−+=
Quindi rAT MeMeM =⋅=⋅ : il momento assiale è unico. Sistema di vettori applicati
( ) niii vPS ,...,1, ==
Definizione
Si definisce risultante del sistema il vettore: ∑=
=n
i
ivR1
.
Definizione
Si definisce momento risultante del sistema rispetto al polo T il vettore:
( )∑=
×−=n
i
iiT vTPM1
Legge di variazione del momento risultante al variare del polo
( ) RTAMM AT ×−+= Dimostrazione
( )∑=
×−=n
i
iiA vAPM1
T e
T
r
13
( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( )
( ) ( ) RTAvTA
vTAvAPTPvAPvTPMM
n
i
i
n
i
i
n
i
iii
n
i
ii
n
i
iiAT
×−=×−=
=×−=×−−−=×−−×−=−
∑
∑∑∑∑
=
====
1
1111
Definizione
Due sistemi di vettori applicati si dicono equivalenti se hanno lo stesso risultante e lo stesso momento risultante rispetto ad un polo qualsiasi:
( ) ( )
∀=
=⇔
=
=
=
=
TMM
RRSS
uBS
vAS
TTmjjj
niii
'
''~
,'
,
,...,1
,...,1
Esempi 1) kjiu −+= 32
kjiv 4+−=
( ) ( ) ( ) kjikji
kji
vu 59113218112
411
132 −−=−−++−−=
−
−=×
2) kiu 3−=
kjv +=
kjiw −+= 22
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) kjikikjuwvvwuwvu
kjikjikji
kji
wvu
85315
312622322
110
301
++−=−⋅−+⋅=⋅−⋅=××
=−−=−+⋅+−=−+⋅−=⋅×
3) jiu +=1 ( )0,2,51 −P
jiu 432 −= ( )0,0,32P
jiu 623 +−= ( )0,3,13 −P
( )0,1,1A
( )
( )
( ) k
kji
uOP
k
kji
uOP
uOPMi
iiO
12
043
003
7
011
025
22
11
3
1
−=
−
=×−
=−=×−
×−=∑=
14
( )
( ) kkk
kji
kRAOMM
jiuuuuR
kkkkM
kji
uOP
OA
i
i
O
65
032
0115
32
50127
0
062
031
321
3
1
33
−=−−=−−+−=×−+=
+=++==
−=+−=
=
−
−=×−
∑=
4) kjiv −+= 21 ( )1,1,11P
kiv 732 +−= ( )3,2,02 −P
kjv 23 −= ( )1,0,53P
( ) ( )3,2,11,0,0 −QP
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) kjikjiji
kji
jiRQPMM
kjivvvvR
jikjkjikjiM
kj
kji
vPP
kji
kji
vPP
kji
kji
vPP
vPPM
PQ
i
i
P
i
iiP
++−=+−−++−=
−−
−−++−=×−+=
−+−=++==
+−=++−−−++−=
+=
−
=×−
−−−=
−
−=×−
++−=
−
=×−
×−=
∑
∑
=
=
25410515
832
221515
832
5155106614
510
210
005
6614
703
220
121
011
321
3
1
33
22
11
3
1
Teorema di Varignon
Dato un sistema di vettori che concorrono in un punto, esso è equivalente al sistema formato da un unico vettore R applicato in O :
( ) ( ) ROSvOSnii ,'~, ,...,1 == = con ∑
=
=n
i
ivR1
15
Dimostrazione
( ) ( ) ( ) ( ) RTOMRTOvTOvTOM
RRvR
T
n
i
i
n
i
iT
n
i
i
×−=×−=×−=×−=
==
∑∑
∑
==
=
'
'
11
1
Definizione
( ) niii vAS ,...,1, == si dice equivalente a zero se
∀=
=
TM
R
T 0
0
Definizione di coppia
( ) ( ) vQvP −,;,
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) vQPvTQTPvTQvTPM
vvR
T ×−=×−−−=−×−+×−=
=−+= 0
Si vede quindi che una coppia è un sistema equivalente a zero soltanto se i due vettori sono applicati nello stesso punto. Invariante scalare e invariante vettoriale
( ) niii vPS ,...,1, ==
( ) RABMMBA
vR
BA
n
i
i
×−+=∀
=∑=
,1
( )[ ] ( )[ ] RMRRABRMRRABMRM BBBA ⋅=⋅×−+⋅=⋅×−+=⋅
E quindi: BARMRM BA ,∀⋅=⋅
ARM A ∀⋅=I Invariante scalare
( )∑=
×−=n
i
iiT vTPM1
TTT SNM +=
R
TM
TS
TN
16
2
220
:
RRRRRRNRM
RNMR
TT
TT
II =⇒=+=⇒⋅+⋅=⋅
+=∈
λλλλ
λλ
RR
NM TT 2
I+=
RR
2
I=P Invariante vettoriale
Asse centrale di un sistema
Si definisce asse centrale di un sistema il luogo geometrico tale che la componente normale del momento si annulla.
RR
RMN
RNMA
AA
AA
20
:
I==⇒=
+=
λ
λ
( ) ( )
( ) 43421
321
b
T
ay
TTA
RR
MRTA
TRATMRR
RATMM
2
2
I
I
−=×−
∀×−+=⇒×−+=
Risulta 0=⋅ba :
022
=−=⋅−⋅=
−⋅ II
IIRR
RRMR
RMR TT
Essendo i vettori a e b ortogonali, la soluzione dell’equazione è data da:
( ) RR
RR
MR
TA
T
λ+
−×
=−2
2
I
( ) TRR
MRTA T ∀+
×=− λ2 Equazione dell’asse centrale
Risoluzione delle equazioni vettoriali
bay =×
1) 00 == ba :
y∀
2) 00 ≠= ba :
Impossibile
3) 00 =≠ ba :
Rcon ∈= λλay
4) baba ⊥≠≠ 00 :
Rcon 2
∈+×
= λλaa
bay
17
Esempi 1) jiv +=1 ( )0,0,11A
kv =2 ( )2,0,02A
( )jiv −=2
13 ( )0,1,13A
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
71
4
1
4
9
0
02
1
2
10
2
1
2
3
2
1
2
1
2
1001
02
1
2
1010
100
2010
2
1
2
3
2
11
2
11
2
1
2
1
2
2
313212111
3
11
3
1
1
1
=++=⋅=
==
=−+=
++⋅
−=⋅=
−=
−+−−−=
−
+−+=
=×−+×−+×−=×−=
++=+
−+
+=
−+++==
∑
∑
=
=
RRR
RR
kjikjRM
kjkj
kjikji
vAAvAAvAAvAAM
kjikjijikjivR
A
i
iiA
i
i
I
I
P
( ) ( ) ( )
+=
+=
+=
⇒++−=−=−
++
++
+−=
+++
++−=
=
+++
−
=+×
=−
λ
λ
λ
λλλλλλ
λλ
7
32
1
14
32
3
14
9
10,0,1,,
7
3
2
1
14
3
2
3
14
5
2
1
2
3
2
3
4
3
4
5
7
2
2
1
2
3
2
110
12
1
2
3
7
2
1
211
z
y
x
kzjyixzyxAA
kjikjikji
kji
kji
RR
MRAA
A
2) Il sistema precedente è equivalente al seguente sistema?
( )
( ) ( )0,0,02
10,1,1
22
11
Bkjiu
Bjiu
+−=
+=
=
=⇔
11'
''~
AA MM
RRSS
18
( )
( ) ( ) ( )
1
1
2
1
2
1
12
1
2
1001
011
010
'
2
1
2
3
2
1
2
1'
212111
2
11
2
1
A
i
iiA
i
i
Mkjkjk
kjikji
uABuABuABM
RkjikjijiuR
=−=
++−=
−
−+=
=×−+×−=×−=
=++=
+−++==
∑
∑
=
=
I due sistemi sono quindi equivalenti
3) Verificare che il seguente sistema è equivalente a zero: ( )( )( )0,1,1
1,1,0
1,0,1
33
22
11
Akiv
Akjv
Ajiv
+−=
−=
−=
∀=
=⇔
TM
RS
T 0
0 zero a eequivalent è
( ) ( ) ( ) 00003
1
=++=+−+−+−==∑=
kjikikjjivRi
i
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )[ ] ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )
0000
1111121
1112111
101
11
110
11
011
11
,,
332211
3
1
=++=
=−+−++−+−++−−+−+++−−=
=−+−++−+−−++−+++−+−+−=
=
−
−−−+
−
−−−+
−
−−−=
=×−+×−+×−=×−=∑=
kji
kyxyxjzxxziyzyz
kyjzxiykxjxizykyxjziz
zyx
kji
zyx
kji
zyx
kji
vTAvTAvTAvTAM
zyxT
i
iiT
Il sistema assegnato è quindi equivalente a zero
19
Sistemi di vettori applicati paralleli
( ) niii vPS ,...,1, ==
( ) niii efPS ,...,1, ==
efefvRn
i
i
n
i
i === ∑∑== 11
con ∑=
=n
i
iff1
Definizione
Si definisce centro di un sistema di vettori applicati paralleli il punto C tale che:
( ) OOPff
OCn
i
ii ∀−=− ∑=1
1
Proprietà
1) Il centro di un sistema di vettori applicati paralleli è indipendente dal particolare punto O scelto:
( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )∑∑
∑∑∑
∑∑
==
===
==
−=−⇒−+=
=−−−+−+=−−−+−+=
=−+−+−+=−+=
n
i
ii
n
i
ii
n
i
ii
n
i
i
n
i
ii
n
i
ii
n
i
ii
OPff
OCOPff
O
OOff
OPff
OOOOOff
OPff
OOO
OOOPff
OOOOPff
OC
11
111
11
'1
''1
'
'1
'1
'''1
'1
''
''1
''1
2) ( ) ( )RCefPS
niii ,~, ,...,1==
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) OO
n
i
ii
n
i
iiO
MROCM
ROCefOCeOCfeOPfefOPM
=×−=
×−=×−=×−=×
−=×−= ∑∑
==
'11
3) Proprietà distributiva:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )OCOCOPff
OPff
OPff
OCn
mi
ii
m
i
ii
n
i
ii −+−=−+−=−=− ∑∑∑+===
'''111
111
e 1v
1P
2v
2P
3v
3P
nv
nP
...
20
Esempi 1) ev =1 ( )0,0,01A
ev 22 = ( )0,0,12A
ev 33 = ( )0,1,03A
( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ] ( )
eefR
OAfOAfOAfOAff
OC
ff
i
ii
n
i
i
6
0,2
1,
3
10,3,2
6
10,1,030,0,120,0,0
6
1
6
11
6321
332211
3
1
1
==
==++=
=−+−+−=−=−
=++==
∑
∑
=
=
2) ( )0,0,12 11 Ajiv +=
( )0,1,042 22 Ajiv +=
( )1,0,02
133 Ajiv −−=
Ponendo jie 2+= si ottiene:
evevev2
12 321 −===
( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )
eefR
OAfOAfOAfOAff
OC
ff
i
ii
n
i
i
2
5
5
1,
5
4,
5
2
2
1,2,1
5
21,0,0
2
10,1,020,0,1
5
2
5
21
2
5
2
121
332211
3
1
1
==
−=
−=
−+=
=−+−+−=−=−
=−+==
∑
∑
=
=
2. Cinematica La cinematica spesso viene anche chiamata “geometria del movimento”. I concetti di moto e quiete non sono assoluti, bensì relativi.
Continuo spaziale e continuo temporale
I moti che analizzeremo sono di quattro tipi: 1) Moto del punto materiale:
( )mP, 2) Moto di un sistema di punti materiali:
( ) niii mPS ,...,1, ==
3) Moto di un sistema rigido 4) Moto di un sistema continuo:
( )Pρ funzione densità di massa Moto del punto materiale
( )mP, Si dice che è noto il moto se si conosce un’applicazione:
( ) 3: EtPtp ∈→∈I
( ) I∈∀= ttPP
( ) ( ) ( ) ( )ktzjtyitxOtPOxyz +++=: Equazione finita vettoriale del moto
x
y
z
O
1P 2P
( )
IOxyz
tE
↓↓
,3
22
La forma parametrica della traiettoria (spesso indicata con γ ) sarà:
( )( )( )
I∈∀
=
=
=
t
tzz
tyy
txx
:γ
( ) 3: Etsts ∈→∈I
Spesso diremo che è data la legge oraria del moto. Definizione Si definisce ascissa curvilinea la lunghezza dell’arco percorso. Definizione
Un moto si definisce progressivo se la funzione ( )ts è una funzione crescente: 0' >==dt
dsss& .
Definizione
Un moto si definisce retrogrado se la funzione ( )ts è una funzione decrescente: 0<s& . Velocità scalare
[ ] ( ) ( )ttststtt ∆+∆+,
La velocità scalare media è data da: ( ) ( )
t
tstts
∆−∆+
. La velocità scalare istantanea è definita
come: ( ) ( )
st
tstts
t&=
∆−∆+
→∆ 0lim .
Definizione
Gli istanti di tempo per cui risulta ( ) 0=ts& si definiscono istanti di arresto. Definizione
Un moto si definisce uniforme quando la sua velocità scalare istantanea è costante: ( ) ( ) 00cost. ststs &&& ===
Integrando si ha:
( ) ( ) ( ) ( ) 000
0
0
0
0 stststsstsdtsdtts
tt
+=⇒=−⇒= ∫∫ &&&&
x
y
z
γ 1P
2P
23
Il moto uniforme è quindi rappresentato da una retta. Velocità vettoriale
( ) ( ) [ ]tttOtPtPP ∆+−= ,
La velocità vettoriale media è data da: ( ) ( )
t
tPttP
∆−∆+
. La velocità vettoriale istantanea è
definita come: ( ) ( ) ( )
dt
dPtP
t
tPttP
t==
∆−∆+
→∆
&0
lim .
Legame tra velocità scalare e velocità vettoriale
( ) ( )( )τs
ds
dPs
dt
ds
ds
dP
dt
stdP
dt
tdP&& ==== con τ tangente alla traiettoria.
τsv &=
ssv && == τ perché τ è un versore
Accelerazione scalare
[ ] ( ) ( )ttststtt ∆+∆+ &&,
L’accelerazione scalare media è data da: ( ) ( )
t
tstts
∆−∆+ &&
. L’accelerazione scalare istantanea è
definita come: ( ) ( ) ( )ts
t
tstts
t&&
&&=
∆−∆+
→∆ 0lim .
Definizione
Un moto si definisce accelerato se: 0>⋅ ss &&& . Definizione
Un moto si definisce ritardato se: 0<⋅ ss &&& . Definizione
Si definisce moto uniformemente accelerato un moto per cui risulta: ( ) ats == cost.&&
Integrando si ha:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 002
02
0
0
0
0
00
2
1
2
10
0
stsattstsatstsdtsatdtts
sattsatstsadtdtts
tt
tt
++=⇒+=−⇒+=
+=⇒=−⇒=
∫∫
∫∫
&&&&
&&&&&&
( )tP τ
24
Accelerazione vettoriale
( ) ( )tvtP =&
L’accelerazione vettoriale media è data da: ( ) ( )
t
tvttv
∆−∆+
. L’accelerazione vettoriale
istantanea è definita come: ( ) ( ) ( )ta
t
tvttv
t=
∆−∆+
→∆ 0lim .
Legame tra accelerazione scalare e accelerazione vettoriale
( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )ds
dtsts
dt
ds
ds
dtsts
dt
stdtststs
dt
d
dt
vdta
ττ
ττ
τττ
ˆˆ
ˆˆ
ˆˆˆ 2&&&&&&&&&& +=+=+===
Si dimostra che: nrds
dˆ
1ˆ=
τ con r raggio di curvatura e n normale al moto. Sostituendo si ha:
nr
ssa ˆˆ
2&&& += τ .
Studio di un moto
Lo studio di un moto si articola in tre fasi: 1) Calcolare gli istanti di arresto:
( ) 0=ts& 2) Verificare se il moto è progressivo o retrogrado:
( ) ( ) 00 <> tsts && 3) Verificare se il moto è accelerato o ritardato:
00 <⋅>⋅ ssss &&&&&& Esempi
1) ( ) jttittOtPtty
ttxsincos
sin
cos+=−⇔
=
=
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )2222222
22
1cossin2cossincossin2sincos
cossinsincos
cossinsincossincos
ttttttttttttt
ttttttts
jtttitttjttdt
ditt
dt
dtP
tPvts
+=+++−+=
=++−=
++−=+=
==
&
&
&&
n
τ
r
25
Istanti di arresto:
( ) ttts ∀/⇒=+⇒= 010 2& non ci sono istanti di arresto Moto progressivo o retrogrado:
( ) ttts ∀⇒>+⇒> 010 2& moto sempre progressivo Moto accelerato o ritardato:
( )
tt
ttss
t
tt
tts
=+
⋅+=⋅
+=⋅
+=
2
2
22
11
12
12
1
&&&
&&
00 >⇒>⋅ tss &&& moto sempre accelerato
2) ( ) tets t sin−=& Istanti di arresto: ( ) π=∨=⇒=⇒=⇒= − ttttets t 00sin0sin0&
Moto progressivo o retrogrado: ( )
( )( ) retrogrado Moto:2,
oprogressiv Moto:,0
00sin0sin0
πππ
π
∈
∈
<<⇒>⇒>⇒> −
t
t
tttets t&
Moto accelerato o ritardato:
( )( )tttess
ttetetes
t
ttt
sincossin
sincoscossin2 −=⋅
−=+−=−
−−−
&&&
&&
<<∨<<
<<⇒
>−
>⇒>⋅
ππππ
24
5
40
0
0sincos
0sin0
tt
t
tt
tss &&&
0 4
π π π
4
5 π2
+ +
A R R A
RitardatoAccelerato == RA
26
3) ( ) ( ) ktjtittP cossin1 +++=
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) 2sincos1
sincoscossin1
22 =++==
−+=+++=
tttPts
ktjtiktdt
djt
dt
dit
dt
dtP
&&
&
Istanti di arresto:
( ) imp.020 ⇒=⇒=ts& non ci sono istanti di arresto Moto progressivo o retrogrado:
( ) tts ∀⇒>⇒> 020& moto sempre progressivo Moto accelerato o ritardato:
Essendo ( ) cost.2 ==ts& , il moto è uniforme Moto piano
Un moto si definisce piano se esiste un piano che contiene la traiettoria: ( )( )
=
=
tyy
txx:γ
E’ anche possibile introdurre le coordinate polari nel piano:
( ) ( )( ) ( )
=
=
tty
ttx
ϑρϑρ
sin
cos
Velocità angolare
( ) ( ) ( )tt
ttt
tϑ
ϑϑ &=∆
−∆+→∆ 0
lim
ϑω &=
kϑω &= Vettore velocità angolare Moto piano circolare
( ) Rt =ρ
( )( )
( ) ( ) 2222222 sincossin
cosRtRtRyx
tRy
tRx=+=+⇒
=
=ϑϑ
ϑϑ
Equazione della circonferenza
centrata nell’origine e di raggio R
( )tρ
( )tϑ x
y
27
Sapendo che ( )tRs ϑ= si ha:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )ntRtRnR
tRtRn
r
ssatRs
tRvtRs
ˆˆˆˆˆˆ
ˆ
2222
ϑτϑϑ
τϑτϑ
τϑϑ
&&&&
&&&&&&&&&
&&&
+=+=+=⇒=
=⇒=
Moto piano circolare uniforme
( )
( ) ( ) ( ) ( ) 000
0
0
0
0
0
cost.
ϑϑϑϑϑϑϑϑ
ϑϑ
+=⇒=−⇒=
==
∫∫ ttttdtdtt
t
tt
&&&&
&&
( )( )
+=
+=
00
00
sin
cos
ϑϑ
ϑϑ
tRy
tRx
&
& Equazioni di un moto piano circolare uniforme
Moto armonico
Preso un punto P che si muove su una circonferenza con velocità costante, si definisce moto armonico la proiezione del moto di P lungo un diametro.
( )00cos ϑϑ += tRx & Legge matematica del moto armonico
( ) ( )( ) ( )00
20
000
cos
sin
ϑϑϑ
ϑϑϑ
+−=
+−=
tRtx
tRtx
&&&&
&&&
E quindi:
( ) ( ) 020
20
20 =+⇒−=⇒−= xxxxtxtx ωωϑ &&&&&&& Equazione del moto armonico
Moto rigido
Un moto si definisce rigido se sussiste la seguente relazione: ( ) ( ) cost., =−∀ tQtPQP
Proprietà caratteristiche del moto rigido
1) ( ) ( ) QPtQtP ,cost. ∀=−
2) ( ) ( )( ) ( ) QPvvtQtP QP ,0 ∀=−⋅−
Dimostrazione
( ) ( ) ( ) ( )( ) cost.cost. 2 =−⇒=− tQtPtQtP
Derivando rispetto al tempo si ottiene:
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 002 =−⋅−⇒=−⋅− QP vvtQtPtQtPtQtP &&
28
3) Si ha un moto rigido se e solo se esiste un riferimento Oxyz in cui le coordinate dei punti non variano al variare del tempo. Dimostrazione
321 ,,, PPPO
Dalla prima proprietà segue immediatamente che: ( )( )( ) cost.
cost.
cost.
3
2
1
=−
=−
=−
OP
OP
OP
Dimostriamo ora l’implicazione inversa. Per fissare le idee limitiamoci al caso piano:
( ) ( ) rigido è moto Il cost.212
212 ⇒=−+−=− yyxxQP
4) Teorema di Poisson
Preso un sistema S , se tale sistema è in moto rigido, allora ω!∃ tale che u∀ solidale al sistema
S si ha: udt
ud×=ω .
Formula fondamentale della cinematica dei rigidi
( ) ( ) ( ) ( )ktzjtyitxOtP ++=−
( )11, yxP
( )22 , yxQ
x
y
x
y
z
O
( )tP
1P
2P
3P
O
P
29
Supponiamo di trovarci in un sistema di riferimento solidale. Si ha: ( ) kzjyixOtP ++=−
Deriviamo ambo i membri rispetto al tempo:
dt
kdz
dt
jdy
dt
idxvv OP ++=−
Applichiamo il teorema di Poisson:
( ) ( ) ( )( )( ) POPvv
kzjyixvv
kzjyixvv
OP
OP
OP
∀−×=−
++×=−
×+×+×=−
ω
ω
ωωω
Dato che il punto P è generico, possiamo scegliere un altro punto Q:
( )OQvv OQ −×=− ω
Sottraendo membro a membro si ottiene:
( ) QPQPvv QP ,∀−×=− ω Formula fondamentale della cinematica dei rigidi
Esempi 1) Dato il seguente sistema di vettori, determinareλ e µ affinché il moto sia rigido e calcolare ω :
( )( )( )0,2,0
0,0,022
1,0,023
33
22
11
Pkjv
Pkjiv
Pkjiv
µλ +=
−+−=
−+=
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
jv
vvPP
vvPP
2
0
2
042
0222
02,2,10,2,0
02,1,31,2,0
0
0
3
2323
1313
=
=
=⇒
=−
=−−−⇒
=+−⋅
=+−−⋅−⇒
=−⋅−
=−⋅−
µλ
λµλ
µλµλ
( )( )
kji
ki
kji
ki
ji
kji
ji
PPvv
PPvv
kji
z
y
x
z
x
y
xzzyx
xyzyx
zyx
2
14
2
1
4
1
12
1
4
22
020
2
100
4
2323
1212
−+=
−=
=
=
⇒
=−
=
−=−
⇒
+−==+
+−=
−
=+−
⇒
−×=−
−×=−
++=
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ωωωωω
ωωωωω
ω
ω
ωωωω
30
2) Dato il seguente sistema di vettori, determinareλ affinché il moto sia rigido: ( )( )1,3,13
1,2,15
22
2
11
−+−=
+=
Pkjiv
Pkiv
λ
( ) ( ) ( ) ( )
kjiv
vvPP
+−=
±=⇒=⇒=−⇒=−−⋅−⇒=−⋅−
43
240400,,20,1,20
2
2221212 λλλλ
Moto rigido traslatorio
Un moto rigido si definisce traslatorio quando la velocità angolare è nulla.
QPvv
vv
QP
QP
,
00
∀=
=−⇒=ω
Integrando ambo i membri si ha:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 00
00
00
00
QPtQtP
QPtQtP
QtQPtP
dttQdttP
tt
−=−
−=−
−=−
= ∫∫ &&
Moto rigido rotatorio
Un moto rigido si definisce rotatorio quando esiste un’asse di punti fissi. 0: =∈∀ AvrA
Applicando la formula fondamentale della cinematica dei rigidi, si deduce che:
( ) ( )APvAPvvPrA PAP −×=⇒−×=−∀∈ ωω
0P
0Q
( )tP
r
A
31
Moto rigido elicoidale
Un moto rigido si definisce elicoidale se esiste una retta di punti fissi che trasla e il sistema ruota.
( )tvrA A τ=∈∀
( ) ( ) PrAAPtvP ∀∈∀−×=− ,ωτ
Teorema di Mozzi Ogni moto rigido è elicoidale. Centro istantaneo di rotazione
Si definisce centro istantaneo di rotazione l’intersezione dell’asse di rotazione con il piano in cui avviene il moto in ogni istante. Teorema di Chasles
Se un moto rigido è piano, il centro istantaneo di rotazione appartiene alla retta passante per un punto P ortogonale a Pv .
Dimostrazione
Chiamiamo C il centro istantaneo di rotazione. Applicando la formula fondamentale della cinematica dei rigidi, si ha:
( )( )
( ) ( )[ ] ( )( ) ( )CPvCPv
CPCPCPv
CPv
CPvv
PP
P
P
CP
−⊥⇒=−⋅
−⋅−×=−⋅
−×=
−×=−
0
ω
ω
ω
r
A
Asse di Mozzi
32
Moto relativo
Definizione
Si definisce velocità (rispettivamente accelerazione) di trascinamento la velocità tv
(rispettivamente l’accelerazione ta ) di quel punto solidale al sistema relativo in moto nel sistema
assoluto. Vediamo di trovare una relazione tra av , rv e tv :
( ) kzjyixOtP ++=−
kdt
dzj
dt
dyi
dt
dxv r ++=
dt
kdz
dt
jdy
dt
idxk
dt
dzj
dt
dyi
dt
dx
dt
kdzk
dt
dz
dt
jdyj
dt
dy
dt
idxi
dt
dxva +++++=+++++=
Secondo la definizione di velocità di trascinamento risulta:
dt
kdz
dt
jdy
dt
idxv t ++=
Quindi si ha:
tra vvv += Principio dei moti relativi
Vediamo di trovare una relazione tra aa , ra e ta :
kdt
zdj
dt
ydi
dt
xda r 2
2
2
2
2
2
++=
2
2
2
2
2
2
dt
kdz
dt
jdy
dt
idxa t ++=
'x
'y
'z
'O P
S
x
y z
O
j
i 'i
'j
k
'k
Sistema relativo Sistema assoluto
r
r
a
v
a
a
a
v
33
++++=
=++++++++=
=+++++++++++=
dt
kd
dt
dz
dt
jd
dt
dy
dt
id
dt
dxaa
td
kdz
dt
jdy
dt
idx
dt
kd
dt
dz
dt
jd
dt
dy
dt
id
dt
dxk
dt
zdj
dt
ydi
dt
xd
td
kdz
dt
kd
dt
dz
dt
jdy
dt
jd
dt
dy
dt
idx
dt
id
dt
dx
dt
kd
dt
dzk
dt
zd
dt
jd
dt
dyj
dt
yd
dt
id
dt
dxi
dt
xda
tr
a
2
2222
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Per la formula di Poisson si ha:
( ) ( ) ( )
( )rtr
trtra
vaa
kdt
dzj
dt
dyi
dt
dxaak
dt
dzj
dt
dyi
dt
dxaaa
×++=
=
++×++=
×+×+×++=
ω
ωωωω
2
22
Il termine ( )rv×ω2 si chiama accelerazione di Coriolis. In definitiva si ha:
ctra aaaa ++=
Sistemi vincolati
Definizione
Un sistema si definisce libero quando può assumere qualunque configurazione. Con il termine configurazione si indica una qualsiasi combinazione di posizione, velocità e accelerazione prefissate. Definizione
Un sistema si definisce vincolato quando esistono delle limitazioni per i caratteri cinematici (cioè posizione, velocità e accelerazione). Chiameremo tali limitazioni vincoli. Dato un punto ( )zyxP ,, , un vincolo agirà su ( )tzyxzyx ,,,,,, &&& . La rappresentazione matematica dei vincoli è:
( ) mjtzyxzyxf j ,...,10,,,,,, =≥&&&
Definizione
Un vincolo si definisce bilaterale quando è rappresentato da un’equazione: ( ) mjtzyxzyxf j ,...,10,,,,,, ==&&&
Definizione
Un vincolo si definisce unilaterale quando è rappresentato da una disequazione: ( ) mjtzyxzyxf j ,...,10,,,,,, =≥&&&
Definizione
Un vincolo si definisce olonomo se agisce solo sulla posizione: ( ) mjzyxf j ,...,10,, =≥
Definizione
Un vincolo si definisce anolonomo se agisce su posizione e velocità: ( ) mjtzyxzyxf j ,...,10,,,,,, =≥&&&
34
Esempi 1)
2)
3)
4)
Definizione
Si definisce grado di libertà di un sistema il numero di parametri indipendenti che descrivono il moto del sistema. Esempi 1) Per un punto ( )zyxP ,, libero, il grado di libertà è 3=n 2) Per un punto che si muove su una circonferenza, il grado di libertà è 1=n 3) Per un punto vincolato a muoversi nel primo quadrante, il grado di libertà è 2=n Regole utili per determinare il grado di libertà
1) Punto libero: 3=n 2) N punti: mNn −= 3 3) Solido: 6=n
x
y
R
P
=
=+
0
222
z
Ryx sono vincoli bilaterali
x
y
=
≥
≥
0
0
0
z
y
x
sono vincoli unilaterali
baxy +=
P
=
+<
0z
baxy sono vincoli olonomi
x
y
P x
y
=
=
=
1
0
0
kx
z
y
&
sono vincoli anolonomi
35
4) N solidi: mNn −= 6 Definizione
Un sistema si definisce labile se 0>n , si definisce isostatico se 0=n e si definisce iperstatico se 0<n .
3. Dinamica La dinamica si interessa dello studio delle cause che danno luogo ai moti dei corpi. Definizione
Un punto ( )mP, si definisce libero se può assumere qualunque configurazione (cioè non ha vincoli). Definizione
Un punto ( )mP, si definisce isolato se si muove in assenza di altri punti. Primo assioma della dinamica (principio d’inerzia)
Esiste un sistema spazio-tempo, che chiameremo sistema di riferimento inerziale, in cui un punto isolato o è in quiete o si muove di moto rettilineo uniforme. Attualmente il miglior sistema inerziale conosciuto è quello centrato sul Sole e con i tre assi nella direzione di tre stelle fisse. Secondo assioma della dinamica
Presi un sistema inerziale 3E , n punti nPP ,...,1 e un punto P con una certa accelerazione ( )ta
risulta che: se si considerano solo i punti P e 1P si avrà un’accelerazione ( )ta01 , se si considerano
solo i punti P e 2P si avrà un’accelerazione ( )ta02 , ecc. L’assioma afferma che: ( ) ( )∑=
=n
i
i tata1
0 .
Terzo assioma della dinamica
Considerati due punti iP e jP , si ha ovviamente un’accelerazione ija . Tuttavia, anche il punto jP
ha un’accelerazione rispetto a iP , che indichiamo con jia . L’assioma afferma che:
i
j
ji
ij
m
m
a
a= dove im e jm sono le masse inerziali.
Quarto assioma della dinamica
Le accelerazioni ija e jia hanno come direzione quella della retta congiungente iP e jP e verso
opposto.
iP
ija
jP
jia iP
ija
jP
jia
37
Legge di Newton
Preso un punto P di massa inerziale m che si muove in un sistema inerziale 3E , si può
considerare: ( )tPPFam ,, &= . La relazione precedente può essere vista come un’equazione differenziale in forma normale:
( )( )( )
=
=
=
0
0
0
0
,,
xx
xx
txxFxm x
&&
&&&
Principio di azione e reazione
Dal quarto assioma si sa che ijF e jiF hanno stessa direzione e verso opposto. Il terzo assioma
invece dice che queste forze hanno lo stesso modulo. Classificazione delle forze
In questa trattazione ci limiteremo a considerare quattro forze particolari: la forza elastica, la forza gravitazionale, la forza di resistenza viscosa e la forza peso. Forza elastica
( )OPkam
Fam
−−=
=
Preso un sistema di riferimento centrato in O , si ha:
Considerando la proiezione sull’asse x, si ottiene:
kxxm −=&& 0=+ kxxm && Equazione di un moto armonico
Forza gravitazionale
( )OPversr
mMkF T −−=
2 Legge di gravitazione universale
O
P x
y
ii mP , ijiijij amFa =→
jj mP , jijjiji amFa =→
O P ( )OPkF −−= con k costante elastica
38
Forza di resistenza viscosa
xxxmxm
vmF
&&&&&& λλλ
−=⇒−=
−=
Nel caso in cui ci sia anche una forza elastica avremo:
xmkxxm &&& λ−−= Forza peso
gmP =
Statica
La statica è la parte della dinamica che si occupa dei corpi in quiete. Definizione
Consideriamo un sistema inerziale 3E e un punto P di massa m sul quale agisce la forza F .
All’istante t il punto ha posizione P .
( )( )
( ) ttPtPtP
PtP≥∀=⇒
=
=
0&
Quindi il punto P è in equilibrio se all’istante t assume posizione P e velocità nulla e poi rimane in quella posizione. Proprietà
( ) 0,0, equilibrioin è =⇔ tPFP Dimostrazione
( )( )
equilibrioin è cost.0cost.0
0
0
PPPPPPP
tP
PtP
Pm
FPm
⇒=⇒=⇒=⇒=⇒=⇒
=
=
=
=
&&&&
&
&&
&&
Dimostriamo ora l’implicazione inversa:
( ) ( ) ( ) 000 =⇒≥∀=⇒≥∀=⇒≥∀=
=
FtttPtttPttPtP
FPm
&&&
&&
Supponiamo ora di trovarci in un sistema di riferimento 3E non inerziale. Per il primo assioma
possiamo scegliere '3E inerziale ( FamE =← '3 ). Prendiamo 3E relativo e '3E assoluto:
FamaE
aE
aa
r
='3
3
ctr
ctar
ctra
ctra
amamFam
amamamam
amamamam
aaaa
−−=
−−=
++=
++=
39
Definizione (equilibrio relativo)
( ) ( ) ttPtPv
PtP
FPE
r
≥∀=⇒
=
=
0
3
Proprietà
0 relativo equilibrioin è =−⇔ tamFP
Dimostrazione
( ) 02
00
=×=
=⇒=
−−=
rc
rr
ctr
va
av
amamFam
ω
Quindi 0=− tamF . Dimostriamo ora l’implicazione inversa:
( )PPPvvam
vmam
amamFam
rrr
rr
ctr
=⇒=⇒=⇒=⇒=
×−=
−−=
cost.0cost.0
20 ω
Definizione
Si definisce forza peso l’opposto che bisogna applicare affinché ci sia l’equilibrio rispetto alla Terra.
( )( ) 0
02*
2
=−++
=−+
PPmAF
PPmF
ω
ω
Ma ( )OPversR
mMhA
T
T −−=2
. Quindi si ha:
( ) ( )PPmOPversR
mMhF
T
T −−−= 22
* ω
Ricordando che *FP −= , si ottiene:
x
y
z
O
P P
( )PPa
amF
t
t
−−=
=−2
0
ω
40
( ) ( )
( ) ( )
gmP
PPOPversR
MhmP
PPmOPversR
mMhP
T
T
T
T
=
−+−−=
−+−−=
22
22
ω
ω
Equazioni fondamentali o cardinali della meccanica razionale
( ) niii mPS ,...,1, == Sistema di punti materiali
Preso un sistema di riferimento inerziale, si può scrivere:
∑∑∑===
+=
+=n
i
ext
i
n
i
int
i
n
i
ii
ext
i
int
iii
FFam
FFam
111
Per il principio di azione e reazione risulta 01
=∑=
n
i
int
iF , mentre extn
i
ext
i RF =∑=1
. In definitiva si ha:
extn
i
ii Ram =∑=1
Prima equazione fondamentale della meccanica razionale nella prima forma
Fissiamo ora un punto O :
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )∑∑∑===
×−+×−=×−
×−+×−=×−
+=
n
i
ext
ii
n
i
int
ii
n
i
iii
ext
ii
int
iiiii
ext
i
int
iii
FOPFOPamOP
FOPFOPamOP
FFam
111
E quindi:
( ) ext
O
n
i
iii MamOP =×−∑=1
Riepilogando:
( )
∀=×−
=
∑
∑
=
=
OMamOP
Ram
ext
O
n
i
iii
extn
i
ii
1
1 Equazioni fondamentali della meccanica razionale nella
prima forma
Queste equazioni sono necessarie ma non sufficienti per descrivere un moto.
int
iF ext
iF
iii Fam = ( )ii mP ,
41
Definizione
Si definisce integrale primo una funzione ( )tPPf ii ,, & che si mantiene costante lungo il moto, cioè:
( ) cost.,, =tPPf ii&
Baricentro
Definizione
Dato un sistema di punti materiali ( ) niii mPS ,...,1, == , si definisce baricentro del sistema S e si
indica con G il punto tale che: ( )∑=
−=−n
i
ii OPmM
OG1
1 con ∑
=
=n
i
imM1
.
Il baricentro non è altro che un particolare centro e quindi valgono le stesse proprietà come l’indipendenza da O e la proprietà distributiva.
( )( )( )
=
=
=
∑
∑
∑
=
=
=
n
i
iiG
n
i
iiG
n
i
iiG
iiii
GGG
zmM
z
ymM
y
xmM
x
zyxP
O
zyxG
Oxyz
1
1
1
1
1
1
,,
0,0,0
,,
Sistema continuo
Preso un corpo C e indicata con ρ la densità di massa, si ha che: ∫=C
dCM ρ .
Definizione
Se cost.=ρ il corpo si dice omogeneo. Nel caso monodimensionale si ha lm ⋅= ρ , nel caso di una superficie si ha Am ⋅= ρ e nel caso tridimensionale si ha Vm ⋅= ρ . In questa trattazione ci limiteremo solo a densità costanti o funzioni della sola posizione, cioè
( )Pρρ = .
( )
=
=
=
−=−
∫
∫
∫
∫
C
G
C
G
C
G
C
zdzM
z
ydyM
y
xdxM
x
dCOPM
OG
ρ
ρ
ρ
ρ
1
1
1
1
42
Proprietà grafiche
Teoria dei baricentri dei fori
1G 2G
x
y
Lamina forata
1G 2G
x
y
( ) ( )21
2211
222
111
mm
OGmOGmOG
AmG
AmG
−
−−−=−
⋅=
⋅=
ρρ
Lamina
G
Rettangolo
1G 2G
x
y
( )
( )
( ) ( )21
2211
2
1
1
222
111
1
1
mm
OGmOGmOG
OGmM
OG
OPmM
OG
AmG
AmG
i
ii
n
i
ii
+
−+−=−
−=−
−=−
⋅=
⋅=
∑
∑
=
=
ρρ
43
Teoremi di Pappo-Guldino
1) Se si ha una linea e la si fa ruotare lungo un asse (per esempio l’asse x) risulta che:
Nel caso di una semicirconferenza si ha: πππ
π r
r
ryG
2
2
4 2
=⋅
= .
2) Se si ha una superficie e la si ha fa ruotare lungo un asse (per esempio l’asse x) risulta che:
Equazioni fondamentali della meccanica razionale nella seconda forma Definizione
Dato il sistema ( ) niii mPS ,...,1, == , si definisce quantità di moto il vettore: ∑
=
=n
i
ii vmQ1
.
Definizione
Dato il sistema ( ) niii mPS ,...,1, == , si definisce momento della quantità di moto il vettore:
( )∑=
×−=n
i
iiiO vmOPK1
.
Deriviamo rispetto al tempo le due espressioni precedenti:
∑∑==
==n
i
ii
n
i
ii amdt
vdmQ
11
&
( ) ( ) ( ) ( )
( ) QvMMvmvamOPvmvvmv
amOPvmvvdt
vdmOPvmOP
dt
dK
O
ext
O
ext
O
n
i
iiO
n
i
iii
n
i
iiO
n
i
iii
n
i
iii
n
i
iiOi
n
i
iiiiiiO
×−=+×−=×−+×−×=
=×−+×−=
×−+×−=
∑∑∑∑
∑∑∑
====
===
1111
111
&
In definitiva:
∀×−=
=
OQvMK
RQ
O
ext
OO
ext
&
& Equazioni fondamentali della meccanica razionale nella
seconda forma
Se si volesse eliminare il termine QvO × , dovrebbe verificarsi una delle seguenti condizioni:
1) fisso 0 OvO =
2) 001
== ∑=
n
i
ii vmQ
x
( )( )superficie della area2
generato solido del volume
xassesull' giace
⋅=
πG
G
y
x
x
( )( )curva della lunghezza2
generata superficie della area
xassesull' giace
⋅=
πG
G
y
x
44
3) QvO //
Equazioni fondamentali della meccanica razionale nella terza forma Vediamo di ricavare una relazione tra la quantità di moto e il baricentro di un sistema:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
G
O
OG
n
i
iO
n
i
iiOG
n
i
OiiOG
n
i
iiOG
n
i
ii
n
i
ii
vMQMM
vQ
Mvvm
M
vvm
Mvv
vvmM
vvOPdt
dm
Mvv
OPmMdt
dOG
dt
dOPm
MOG
=⇒−=−⇒−=−⇒
⇒−=−⇒−=−⇒
⇒
−=−⇒−=−
∑∑
∑∑
∑∑
==
==
==
11
11
11
11
11
11
Le condizioni per l’annullamento di QvO × diventano quindi:
1) fisso 0 OvO =
2) 00001
=⇒=⇒== ∑=
GG
n
i
ii vvMvmQ
3) GOO vvQv ////
In definitiva si ha:
autonomo GMK
RaM
ext
GG
ext
G
=
=
& Equazioni fondamentali della meccanica razionale nella
terza forma
Statica di un sistema
Consideriamo un sistema ( ) niii mPS ,...,1, == e un insieme di forze iF . Le equazioni fondamentali
della meccanica razionale nella prima forza affermano che:
( )
∀=×−
=
∑
∑
=
=
OMamOP
Ram
ext
O
n
i
iii
extn
i
ii
1
1
00equilibrioin è Statica =⇔=⇔⇔ iii avP
Con queste considerazioni, le equazioni precedenti diventano:
∀=
=
OM
R
ext
O
ext
0
0 Equazioni della statica
Le forze esterne si dividono in forze attive e reazioni vincolari, quindi si può scrivere:
( ) ( )
( ) ( )
∀=+
=+
OMM
RR
v
O
a
O
va
0
0
Le forze attive sono per esempio la forza peso, la forza elastica oppure una data forza assegnata. Le reazioni vincolari sono le equazioni dei vincoli.
45
Definizione
Un vincolo si definisce fisso se non dipende dal tempo. Definizione
Un vincolo si definisce liscio se può essere rappresentato come una forza applicata al punto di contatto ed ortogonale ad esso.
Classificazione delle reazioni vincolari
In questa trattazione considereremo solo vincoli fissi e lisci di tre tipi: 1) Carrello
2) Cerniera
3) Carrello con cerniera
Carrello
Consideriamo un’asta AB e fissiamola ad un carrello:
La reazione del carrello è sempre perpendicolare alla direzione del moto del carrello. Un’asta rigida ha 6 gradi di libertà. Trovandosi in un piano, non ci sono né traslazione né rotazione lungo l’asse z; inoltre l’asta è attaccata al carrello, quindi può solo traslare lungo l’asse x e possiede in definitiva 1 grado di libertà.
Ostacolo
ϕ
oppure ϕ A
B
ϕ
A
B
46
Cerniera
Consideriamo un’asta AB e fissiamola ad una cerniera:
La reazione della cerniera è sempre perpendicolare al corpo. Poiché l’asta si trova in un piano e la cerniera blocca ogni traslazione, l’unica possibilità di movimento è la rotazione (per esempio è possibile prendere l’angolo ϑ formato con l’asse x). Il sistema ha quindi 1 grado di libertà. Carrello con cerniera
Consideriamo un’asta AB e fissiamola ad un carrello con cerniera:
La reazione del carrello con cerniera è sempre perpendicolare al corpo. Poiché si trova in un piano, l’asta può traslare lungo l’asse x e ruotare. Il sistema ha quindi 2 gradi di libertà. Energia cinetica
Definizione
Consideriamo un punto P di massa m che si muove con velocità v . Si definisce energia cinetica
l’espressione: 2
2
1vmT = .
L’estensione ad un sistema di punti materiali è immediata:
( ) iniii vmPS ,...,1, ==
∑=
=n
i
ii vmT1
2
2
1
Nel caso di un sistema continuo si ha:
CS =
∫=C
dCvT2
2
1ρ
ϕ A
B
ϕ A
B
P
47
Teorema di König
Il teorema di König afferma che: 2
2
1' GvMTT +=
Dimostrazione
Il principio dei moti relativi afferma che: tra vvv += . Sapendo che T appartiene al sistema
assoluto e 'T a quello relativo, l’equazione precedente diventa:
Gii vvv += '
Sostituendo nell’espressione dell’energia cinetica si ha:
( ) ( )
'2
1''
2
1'
2
1
'2'2
1'
2
1
2
1
2
11
2
1
2
1
22
1
2
1
2
QvvMTvvmvmvm
vvvvmvvmvmT
GG
n
i
Gii
n
i
Gi
n
i
ii
n
i
GiGii
n
i
Gii
n
i
ii
⋅++=++=
=++=+==
∑∑∑
∑∑∑
===
===
Ma 00'' =⋅== MvMQ G , essendo il baricentro G fermo rispetto a sé stesso, e quindi si ottiene
l’asserto: 2
2
1' GvMTT += .
Lavoro elementare di un sistema
Definizione
Consideriamo un punto P di massa m sul quale agisce una forza F . Indicato con dP lo
spostamento elementare, si definisce lavoro elementare l’espressione: dPFdL ⋅= .
[ ] ∫ ⋅=2
1
21 ,
P
P
PP dPFL Lavoro da 1P a 2P (integrale di linea sulla curva γ )
'x
'y 'z
G
T 'T
iP
x
y
z
O baricentro G
1
1
P
t
2
2
P
t
γ
48
Definizione
Si definisce potenza lo scalare: vF ⋅=P .
dtvdPdt
dPv =⇒=
[ ] ∫∫∫ =⋅=⋅=2
1
2
1
2
1
21 ,
t
t
t
t
P
P
PP dtdtvFdPFL P
L’estensione ad un sistema di punti materiali è immediata:
( ) iniii FmPS ,...,1, ==
Considerando idP come lo spostamento elementare per il generico punto iP , risulta:
∑=
⋅=n
i
ii dPFdL1
Lavoro elementare per un sistema di punti materiali
∑=
⋅=n
i
ii vF1
P Potenza per un sistema di punti materiali
Nel caso di un sistema continuo si ha:
CS =
∫ ⋅=C
dPFdL
Nel caso di un sistema rigido di punti materiali si ragiona partendo dalla formula fondamentale della cinematica dei rigidi:
( ) QPQPvv QP ,∀−×=− ω
Scegliamo i punti iP e O :
( )OPvv iOi −×+= ω
dtvdPdt
dPv ii
ii =⇒=
( )[ ]
( )[ ] ( )[ ]∑∑∑∑
∑∑∑
====
===
⋅×−+⋅=−×⋅+⋅=
=−×+⋅=⋅=⋅=
n
i
ii
n
i
i
n
i
ii
n
i
Oi
n
i
iOi
n
i
ii
n
i
ii
dtFOPdOFdtOPFdtvF
dtOPvFdtvFdPFdL
1111
111
ωω
ω
E quindi, ponendo ψω =dt , si ottiene:
OMdORdL O ∀⋅+⋅= ψ
Nel caso di un sistema di forze applicate parallele si ha:
( ) efFmPS iiniii == = ,...,1,
∑∑==
⋅=⋅=n
i
ii
n
i
ii dPefdPFdL11
49
( )∑=
−=−n
i
ii OPff
OC1
1 con ∑
=
=n
i
iff1
Differenziando ambo i membri si ottiene:
( )
∑∑
∑∑∑∑
==
====
=⇒=
−=−=−=−
n
i
ii
n
i
ii
n
i
ii
n
i
i
n
i
ii
n
i
ii
dPffdCdPff
dC
dOdPff
dOff
dPff
dOdPff
dOdC
11
1111
1
1111
E quindi:
dCRdCefdPfedPefdLn
i
ii
n
i
ii ⋅=⋅=⋅=⋅= ∑∑== 11
Potenziale
Consideriamo un sistema di riferimento Oxyz :
kdzjdyidxdP
kFjFiFF zyx
++=
++=
Il lavoro elementare si può quindi esprimere come:
dzFdyFdxFdPFdL zyx ++=⋅=
Definizione
Si definisce potenziale una funzione U , se esiste, tale che: dzFdyFdxFdU zyx ++= .
Proprietà
1) UFFz
UF
y
UF
x
Uzyx ∇=⇔=
∂∂
=∂∂
=∂∂
Si può quindi affermare che U è un potenziale se è verificata questa proprietà.
2) dUdL = Segue dal confronto delle uguaglianze. È noto, inoltre, dall’Analisi che dU è un differenziale esatto perché dL è una funzione nota.
Calcolo di alcuni potenziali
In questa trattazione ci limiteremo al calcolo del potenziale per quattro forze: la forza peso, la forza elastica, una forza costante generica e una coppia di forze agente in un punto. Forza peso
( )GGG zyxGjmgP ,,−=
GGGGGzyx
zyx
mgydymgdzmgdydxdzFdyFdxFU
dzFdyFdxFdU
−=−=+−=++=
++=
∫∫∫ 00
50
Forza elastica
( ) ( ) ( ) PzyxQzyxPQPkF in applicata,,,, 222111−−=
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] 2221
221
221
221
221
221
212121212121
212121
212121
22222PQ
kzzyyxx
kzzk
yyk
xxk
zzdzzkyydyykxxdxxkdzFdyFdxFU
kzzdjyydixxdQPd
kzzkjyykixxkF
zyx
−=−+−+−−=−
−−
−−
−=
=−−−−−−−−−=++=
−+−+−=−
−−−−−−=
∫∫
Forza costante generica
( )zyxPkfjfifF ,,321 ++=
zfyfxfdzfdyfdxfdzfdyfdxfdzFdyFdxFU zyx 321321321 ++=++=++=++= ∫∫∫∫∫
Coppia di forze agente in un punto
( )kMM z ϑ= Momento della coppia
dLdU = ψ⋅+= OMdORdL con dtωψ =
La coppia ha ovviamente risultante nulla, quindi basterà calcolare:
( )∫∫∫∫∫ =⋅=⋅=⋅=⋅= ϑϑϑϑ
ωψ dMdkMdtkdt
dMdtMMU zOOOO
Definizione
Si definisce energia potenziale l’opposto del potenziale: U−=π . Teorema delle forze vive
La derivata rispetto al tempo dell’energia cinetica è uguale alla potenza: P=dt
dT.
Dimostrazione
( ) P=⋅=⋅=⋅==
=
∑∑∑∑
∑
====
=
n
i
ii
n
i
iii
n
i
iii
n
i
ii
n
i
ii
vFvamdt
vdvmv
dt
dm
dt
dT
vmT
1111
2
1
2
22
1
2
1
2
1
Definizione
Si definisce energia meccanica la somma dell’energia cinetica e dell’energia potenziale: UTTE −=+= π .
Principio di conservazione dell’energia meccanica
( ) ( )0tEtE =
51
Dimostrazione
dLdtdTdt
dT==⇒= PP
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )00000
00
tEtEtUtTtUtTtUtUtTtTdUdT
dUdTdUdL
dLdT
t
t
t
t
=⇒−=−⇒−=−⇒=
=⇒
=
=
∫∫
La relazione precedente è un esempio lampante di integrale primo e si può applicare a qualsiasi sistema. Esempio 1)
( ) ( ) ( ) ( ) ghvvmmghtUtTtUtT
vmTmgyU G
202
10
2
1
200
2
=⇒−=+⇒−=−
=−=
Momento d’inerzia per un sistema di punti
Definizione
Consideriamo un sistema ( ) niii mPS ,...,1, == e una retta r e indichiamo con iδ la generica distanza
dalla retta r del punto iP . Si definisce momento d’inerzia rispetto alla retta r lo scalare:
∑=
=n
i
iir m1
2δJ
r iP
iδ
h
52
Per un sistema continuo si ha: CS =
∫=C
r dC2ρδJ
Definizione
Il momento d’inerzia può anche essere definito in maniera alternativa:
( )[ ]∑=
×−=n
i
iir eOPm1
2ˆJ
Verifichiamo se le due definizioni sono equivalenti: ( )
( )[ ] ∑∑==
=×−=
=⋅−=⋅⋅−=×−n
i
ii
n
i
iir
iiiiii
meOPm
OPeOPeOP
1
2
1
2ˆ
sinsinˆˆ
δ
δαα
J
Definizione
Si definisce tensore un ente geometrico che ha 9 componenti. Definizione
Si definisce tensore d’inerzia quel tensore avente come prime tre componenti i momenti d’inerzia rispetto ai tre assi cartesiani xxI , yyI e zzI (spesso è utilizzata la notazione 11I , 22I e 33I ) e come
altre componenti i momenti d’inerzia centrifughi yxxy II = , zyyz II = e zxxz II = (spesso è
utilizzata la notazione 2112 II = , 3223 II = e 3113 II = ):
( )
( )
( )∑
∑
∑
=
=
=
+==
+==
+==
n
i
iiizz
n
i
iiiyy
n
i
iiixx
yxmII
zxmII
zymII
1
2233
1
2222
1
2211
zx
n
i
iiixz
zy
n
i
iiiyz
yx
n
i
iiixy
IzxmII
IzymII
IyxmII
===
===
===
∑
∑
∑
=
=
=
113
123
112
r P
δ C
r
iP
iδ
O
e
53
Teorema di Huygens
Supponiamo di avere una retta 0r passante per il baricentro e parallela ad un’altra retta r . Allora: 2Md
orr += JJ .
Dimostrazione
( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]
( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]
( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )
×
−⋅×−+×−+×−=
=×−×−+×−+×−=
=×−+×−=×−+−=×−=
∑∑∑
∑∑∑
∑∑∑
===
===
===
eGPmeOGmeOGeGPm
eOGeGPmeOGmeGPm
eOGeGPmeOGGPmeOPm
n
i
ii
n
i
i
n
i
ii
n
i
ii
n
i
i
n
i
ii
n
i
ii
n
i
ii
n
i
iir
ˆˆ2ˆˆ
ˆˆ2ˆˆ
ˆˆˆˆ
11
2
1
2
11
2
1
2
1
2
1
2
1
2J
Per definizione di baricentro si può scrivere:
( ) ( ) 011
11
=−=−⇒−=− ∑∑==
n
i
ii
n
i
ii GPmM
GGOPmM
OG
E quindi:
( )[ ] ( ) 22
00ˆ0ˆ2 MdeeOGMd rrr +=×⋅×−++= JJJ
Proprietà
( )22' 'ddMrr −=− JJ
Dimostrazione
2Mdorr += JJ
2' 'Md
orr += JJ
Sottraendo membro a membro si ha:
( ) ( ) ( )222222' ''' ddMMdMdMdMd
oooo rrrrrr −=−−+=+−+=− JJJJJJ
0r
G
r 'r
'// rr
0r
G
r
d
54
Relazione tra il momento d’inerzia e il momento della quantità di moto
Consideriamo un sistema rigido in moto rotatorio. Sappiamo che: ( )OPv ii −×=ω
( )∑=
×−=n
i
iiiO vmOPK1
Sostituendo si ottiene:
( ) ( )[ ]
( )
( ) ωδωδδωαω
δωαωω
ω
r
n
i
ii
n
i
iii
n
i
iiiiO
iiii
n
i
iiiO
mmOPOPmK
OPOP
OPmOPK
J=⋅=⋅=⋅−×⋅−=
=⋅−⋅=−×
−××−=
∑∑∑
∑
===
=
1
2
11
1
sin
sin
In definitiva:
ωrOK J=
Ellissoide d’inerzia
( )[ ]∑=
×−=n
i
iir eOPm1
2ˆJ
( ) ( ) ( ) ( )kyxjzxizyzyx
kji
eOP iiiiiiiiii αβαγβγγβα
−+−−−==×− ˆ
( ) ( ) ( )[ ]
[ ]
( ) ( ) ( )
αβαγβγγβααβαγβγ
γβα
αβαβαγαγβγβγ
αβαγβγ
xyxzyzzzyyxx
n
i
iii
n
i
iii
n
i
iii
n
i
iii
n
i
iii
n
i
iii
n
i
iiiiiiiiiiiii
n
i
iiiiiiir
IIIIIIyxmzxmzym
yxmzxmzym
yxyxzxzxzyzym
yxzxzym
222222
222
222
111
1
222
1
222
1
222
1
222222222222
1
222
−−−++=−−−
++++++=
=−++−++−+=
=−+−+−=
∑∑∑
∑∑∑
∑
∑
===
===
=
=
J
r
x
y
z
O
e
( )iiii zyxP
kjie
,,
ˆ
=
++= γβα
55
Prendiamo un punto ( )zyxR ,, tale che r
ORJ
1= :
( )
=
=
=
⇒
=
=
=
++=++
=−
z
y
x
z
y
x
kjikzjyix
eOR
r
r
r
r
r
r
r
r
J
J
J
J
J
J
J
J
γ
β
α
γ
β
α
γβα
1
1
1
1
ˆ1
Sostituendo si ha:
yzIxzIxyIzIyIxI yzrxzrxyrzzryyrxxrr JJJJJJJ 222222 −−−++=
Da cui si ottiene:
1222222 =−−−++ yzIxzIxyIzIyIxI yzxzxyzzyyxx Equazione dell’ellissoide d’inerzia
Se supponiamo che i momenti centrifughi sono nulli si ha:
1222 =++ zIyIxI zzyyxx Equazione di una sfera nello spazio
Definizione
Un sistema di riferimento in cui si verifica la relazione precedente si definisce terna principale d’inerzia. Energia cinetica rotazionale
In un moto rigido rotatorio, sapendo che vale la relazione ( )OPv ii −×=ω , l’energia cinetica è
calcolabile in questo modo:
( )[ ] 2
1
22
1
22
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1ωδωδωω r
n
i
ii
n
i
ii
n
i
ii
n
i
ii mmOPmvmT J===−×== ∑∑∑∑====
Il teorema di König ci permette di giungere a questa conclusione:
22
2
1
2
1GG vMT += ωJ
Rotazione Traslazione
56
Lavoro virtuale
Consideriamo un sistema ( ) Niii mPS ,...,1, == con n gradi di libertà. Indichiamo con hq per
nh ,...,1= le coordinate lagrangiane e assumiamo le seguenti convenzioni:
idP spostamento reale
iPδ spostamento virtuale
Definizione
Si definisce reale uno spostamento consentito dai vincoli. Definizione
Si definisce virtuale uno spostamento valutato considerando i vincoli come fissi nel tempo. In generale risulta: ( )tqqP ni ,,...,1
Differenziando si ha:
dtt
Pq
q
Pdt
t
Pq
q
Pq
q
PdP i
n
h
h
h
iin
n
iii ∂
∂+
∂
∂=
∂
∂+
∂
∂++
∂
∂= ∑
=11
1
... δδδ
Poiché lo spostamento è virtuale, scompare la dipendenza dal tempo, cioè 0=∂
∂
t
Pi .
∑=
⋅=N
i
ii dPFdL1
∑=
⋅=N
i
ii PFL1
δδ Lavoro virtuale
∑∑ ∑∑ ∑== == =
=
∂
∂⋅=
∂
∂⋅=
n
h
hh
n
h
h
N
i h
ii
N
i
n
h
h
h
ii qQq
q
PFq
q
PFL
11 11 1
δδδδ
Definizione
L’espressione ∑= ∂
∂⋅=
N
i h
iih
q
PFQ
1
si definisce componente lagrangiana della sollecitazione.
Teorema
Condizione necessaria e sufficiente affinché i vincoli siano lisci è che il lavoro virtuale delle reazioni vincolari sia maggiore o uguale a zero:
( ) PL v δδ ∀≥⇔ 0lisci Vincoli
57
Dimostrazione
Primo caso
( ) 0cos ≥⋅⋅=⋅= αδϕδϕδ PPL v poiché è sempre 2
0π
α ≤≤
Secondo caso
( ) 02211≥⋅+⋅= PPL v δϕδϕδ poiché, per quanto detto prima, 011
≥⋅ Pδϕ e 022≥⋅ Pδϕ
Dimostriamo ora l’implicazione inversa. Primo caso
PPP
Pδϕδϕ
δϕ
δϕ⊥⇒=⋅⇒
≥⋅−
≥⋅0
0
0
0cos0cos ≥⇒≥⋅⋅ ααδϕ P la reazione è diretta verso l’alto
Il vincolo è quindi liscio.
iS
Pδ Pδ− ( ) 0≥vLδ
2ϕ
'iS e 'jS sono virtuali
1ϕ iS
iS
jS 'jS jS
'iS
⇒
Ostacolo
ϕ
ϕ Reazione vincolare
iS
α
58
Equazioni di Lagrange
Consideriamo le equazioni fondamentali della meccanica razionale nella prima forma:
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
=×−−+
=−+
⇒
×−=
=
∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
0
0
1
1
1
1
N
i
iii
v
O
a
O
N
i
ii
va
N
i
iii
ext
O
N
i
ii
ext
amOPMM
amRR
amOPM
amR
Definiamo:
( )mN
i
ii Ram =−∑=1
Risultante delle forze d’inerzia
( ) ( )mN
i
iii MamOP 01
=×−−∑=
Momento delle forze d’inerzia
Quindi si ha:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
=++
=++
0
0m
O
v
O
a
O
mva
MMM
RRR
Supponiamo ora che gli spostamenti siano virtuali e che il sistema sia rigido:
( ) ( ) ( )
ψδδδδδδ⋅+⋅=
++=
O
mva
MORL
LLLL
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 000 =⋅+⋅=⋅+++⋅++=⇒
⋅+⋅=
⋅+⋅=
⋅+⋅=
ψδψδδ
ψδδ
ψδδ
ψδδ
OMMMORRRL
MORL
MORL
MORL
m
O
v
O
a
O
mva
m
O
mm
v
O
vv
a
O
aa
In definitiva:
( ) ( ) ( ) 0=++ mva LLL δδδ Equazione di D’Alambert-Lagrange Se aggiungiamo l’ipotesi che i vincoli siano lisci, cioè ( ) 0≥vLδ , si ottiene:
( ) ( ) 0≤+ ma LL δδ Relazione simbolica di D’Alambert-Lagrange Se supponiamo che gli spostamenti siano reversibili si ha:
( ) ( ) 0=+ ma LL δδ Consideriamo ora le seguenti relazioni:
( )
( ) ∑
∑
=
=
=
=
n
h
hh
m
n
h
hh
a
qL
qQL
1
1
δτδ
δδ
59
Sostituendo si ottiene:
( ) h
n
h
hhh
n
h
hh
n
h
hh
qqQ
qqQ
δδτ
δτδ
∀=+
=+
∑
∑∑
=
==
0
0
1
11
E quindi:
nhQ hh ,...,10 ==+τ Prima stesura dell’equazione di Lagrange
Alla fine, per un sistema ( )
Niii mPS ,...,1, == con n gradi di libertà e coordinate lagrangiane hq per
nh ,...,1= , si giunge al seguente risultato:
nhQq
T
q
T
dt
dh
hh
,...,1==∂∂
−∂∂&
Equazione di Lagrange
Dimostrazione
( )
( )
h
N
i h
ii
N
i h
iii
hh
h
N
i h
i
ii
N
i h
i
ii
N
i h
i
ii
N
i h
i
ii
h
N
i h
iii
h
h
in
h
h
h
i
hh
i
n
h
h
h
iin
h
h
h
ini
i
N
i h
iii
h
N
i h
iii
N
i h
iii
N
i
i
h
i
N
i
ii
hh
N
i
ii
PF
q
Pam
q
T
q
T
dt
d
q
T
q
Pam
q
vvm
q
Pam
q
Pv
dt
dm
q
T
dt
d
q
Pvm
q
T
q
Pq
q
P
v
P
t
Pq
q
P
dt
tqqdPv
q
vvm
q
T
q
vvm
q
vvmv
qmvm
T
vmT
=∂
∂⋅=
∂
∂⋅=
∂∂
−∂∂
∂∂
+∂
∂⋅=
∂
∂⋅+
∂
∂⋅=
∂
∂⋅=
∂∂
∂
∂⋅=
∂∂
∂
∂=
∂
∂
∂∂
=∂
∂
∂
∂=
∂
∂+
∂
∂==
∂
∂⋅=
∂∂
∂
∂⋅=
∂
∂⋅⋅=
∂∂
=
∂∂
=∂∂
=
∑∑
∑∑∑∑
∑
∑
∑∑
∑
∑∑∑∑
∑
==
====
=
=
==
=
====
=
11
1111
1
1
11
1
1
111
2
1
2
1
2
,,...,
22
1
2
1
2
1
2
1
&
&
&
&&&
&&
&&
Se il sistema ammette potenziale, si dimostra che vale la relazione h
hq
UQ
∂∂
= e sostituendo
nell’equazione di Lagrange si ottiene:
nhq
U
q
T
q
T
dt
d
hhh
,...,1=∂∂
=∂∂
−∂∂&
60
Proprietà
nhq
UQ
h
h ,...,1=∀∂∂
=
Dimostrazione
UL
dUdL
δδ =
=
h
h
n
h
hh
n
h
hh
UqQU
qQL
=∂∂
⇒=
=
∑
∑
=
=
1
1
δδ
δδ
Lagrangiana di un sistema
( ) 0
0
=+∂
∂−
∂
∂
=∂∂
−∂∂
−∂∂
∂∂
=∂∂
−∂∂
UTqq
T
dt
d
q
U
q
T
q
T
dt
d
q
U
q
T
q
T
dt
d
hh
hhh
hhh
&
&
&
Se supponiamo che U sia uniforme, cioè ( )hqUU = , risulta:
0=∂∂
hq
U
&
Quindi:
( )
( ) ( ) 0
0
=+∂∂
−+∂∂
=+∂∂
−
∂∂
+∂∂
UTq
UTqdt
d
UTqq
U
q
T
dt
d
hh
hhh
&
&&
Definiamo UT +=L lagrangiana del sistema. In definitiva si ha:
0=∂∂
−∂∂
hh qqdt
d LL
&
Equivalenza tra le equazioni di Lagrange e le equazioni della meccanica
Consideriamo un punto P di massa m che si muove lungo una linea γ liscia e fissa:
Il sistema ha un grado di libertà: scegliamo come coordinata lagrangiana l’ascissa curvilinea s .
sQs
T
s
T
dt
d=
∂∂
−∂∂&
γ P
61
2
22
2
2
1
ˆ
2
1
smT
svsv
vmT
&
&&
=
=⇒=
=
τ
( ) smsmdt
d
s
T
dt
dsm
s
T
s
T
&&&&
&&
==∂∂
⇒=∂∂
=∂∂
0
sQsm =&&
( )( ) ττδτδ
τδδδ
δδδFFQsFsQ
sFPFL
sQqQLss
s
n
h
hh =⋅=⇒⋅=⇒
⋅=⋅=
==∑= ˆˆ
ˆ1
E quindi:
( )tssFsm ,, &&& τ=
Ripetiamo parallelamente l’analisi usando le equazioni della meccanica:
( ) ( ) ∑=
=+N
i
ii
vaamRR
1
Non consideriamo anche la binormale dato che è superflua per la dimostrazione.
amF =+ϕ
=+
=+
r
smF
smF
nnn
2
0
:ˆ
:ˆ&
&&
ϕ
τ τ
Dopo aver proiettato l’equazione vettoriale nel sistema di riferimento che ha una direzione uguale alla tangente, si ritrova il risultato visto prima: smF &&=τ .
γ
P
τ n
ϕ
62
Energia cinetica generalizzata
t
Pq
q
Pv i
n
h
h
h
i
i ∂
∂+
∂
∂=∑
=1
&
0121
2
11,
1
2
1 11, 1
1 111
2
11
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
TTTt
Pmqbqqa
t
Pmq
t
P
q
Pmqq
q
P
q
Pm
t
Pq
q
P
t
Pq
q
Pm
t
Pq
q
PmvmT
N
i
ii
n
h
hh
n
kh
khhk
N
i
ii
n
h
h
N
i
i
h
ii
n
kh
kh
N
i k
i
h
ii
N
i
in
k
k
k
iin
h
h
h
ii
N
i
in
h
h
h
ii
N
i
ii
++=
∂
∂++=
=
∂
∂+
∂
∂⋅
∂
∂+
∂
∂⋅
∂
∂=
=
∂
∂+
∂
∂
∂
∂+
∂
∂=
∂
∂+
∂
∂==
∑∑∑
∑∑ ∑∑ ∑
∑ ∑∑∑ ∑∑
===
== == =
= === ==
&&&
&&&
&&&
Nell’espressione precedente si è posto: ∑= ∂
∂⋅
∂
∂=
N
i k
i
h
iihk
q
P
q
Pma
1
e ∑= ∂
∂⋅
∂
∂=
N
i
i
h
iih
t
P
q
Pmb
1
.
Se consideriamo solo spostamenti virtuali si ha:
∑=
==⇒==n
kh
khhk qqaTTTT1,
201 2
10 &&
Teorema di Lagrange
Dato un sistema a vincoli lisci e fissi, condizione necessaria e sufficiente affinché si abbia l’equilibrio è che 0=hQ .
0Equilibrio =⇔ hQ Condizione lagrangiana di equilibrio
Se h
hq
UQ
∂∂
= , allora per l’equilibrio si deve avere: 0=∂∂
hq
U.
Dimostrazione
Supponiamo di essere all’equilibrio: ( )( )
( ) ttqtqq
qtqhh
h
hh ≥∀=⇒
=
=
00&
022 =
∂
∂=
∂∂
⇒=
=∂∂
−∂∂
hh
h
hh
q
T
q
TTT
T
q
T
dt
d
&
Poiché T all’equilibrio è zero, anche la sua derivata rispetto al tempo sarà zero. Quindi 0=hQ .
Dimostriamo ora l’implicazione inversa:
0
00
2 =∂∂
⇒=
=∂∂
−∂∂
⇒=
h
hh
h
q
TTT
q
T
q
T
dt
dQ
&
63
Otteniamo il seguente sistema:
( )( )
=
=
=∂∂
00
0
0
0
h
hh
h
q
q
T
dt
d
&
&
Problema di Cauchy
L’unica soluzione di questo problema è 0
hh qq = . Siamo quindi all’equilibrio e il teorema è
verificato. Principio dei lavori virtuali
Condizione necessaria e sufficiente affinché una posizione sia di equilibrio per un sistema di solidi a vincoli lisci e fissi è che: ( ) 0≤aLδ Dimostrazione
( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) 0
0
0≤+⇒
≥
=++ma
v
mva
LLL
LLLδδ
δ
δδδ per ipotesi di vincoli fissi e lisci
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) 0
0
1
1
=×−−=
=−=
⋅+⋅=
∑
∑
=
=
N
i
iii
m
O
N
i
ii
m
m
O
mm
amOPM
amR
MORL ψδδ
Sostituendo si ha ( ) 0=mLδ e quindi: ( ) 0≤aLδ .
( ) PL a δδ ∀≤ 0 Se supponiamo gli spostamenti reversibili, la relazione precedente vale anche per Pδ− . Si ottiene il sistema:
( )
( )( ) 0
0
0=⇒
≤−
≤a
a
a
LL
Lδ
δ
δ
( )h
n
h
hh
a qqQL δδδ ∀== ∑=
01
L’unica possibilità è che 0=hQ e quindi, per la condizione lagrangiana di equilibrio, il teorema è
dimostrato. Principio di Torricelli
Preso un sistema di solidi a vincoli lisci e fissi, e supposto questo sistema pesante (cioè sul quale agiscono solo le forze peso), si ha l’equilibrio se e soltanto se non esistono spostamenti che facciano abbassare il baricentro.
64
Dimostrazione
( ) niii GPS ,...,1, ==
gmP ii =
( )
( ) ∑∑==
⋅=⋅=
≤n
i
ii
n
i
ii
a
a
GmgGgmL
L
11
0
δδδ
δ
Per la definizione di baricentro si può scrivere:
( )
( )
∑
∑
∑∑
∑
∑
=
=
==
=
=
=
−=−
−=−
−=−
−=−
n
i
ii
n
i
ii
n
i
i
n
i
ii
n
i
ii
n
i
ii
GmGM
OMM
GmM
OG
OmM
GmM
OG
OGmM
OG
OGmM
OG
1
1
11
1
1
11
11
1
1
δδ
δδδδ
δδδδ
δδδδ
Sostituendo si ha:
( ) GgML a δδ ⋅=
0≤⋅ GgM δ per il principio dei lavori virtuali
0cos ≤α
Non esistendo alcuno spostamento verso il basso, il teorema è verificato.
G
gMP =
1G
1P
2G
2P
3G
3P
4G
4P
5G
5P
65
Stabilità
Un corpo è stabile se, quando assume una posizione, rimane sempre in quella posizione. Il moto di un punto *P è stabile se:
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) 0*
*
0*
0*
00
00
00
:0,0,
ttPtP
PtP
PP
PP>∀
<−
<−⇒
<−
<−
>∃>∀
ε
δ
ε
δ
δεδε
&&&&
Un punto *P è in equilibrio stabile se:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) εε
ε
δ
ε
δ
δεδε
<<
>∀<
<−⇒
<
<−
>∃>∀
TT
tttP
PtP
P
PP
0
0
*
0
0*
00
0
0
0
00
:0,0,
bb
&&
Le due relazioni in basso sono equivalenti perché l’energia cinetica T è strettamente legata alla velocità. Criterio di Dirichlet
Dato un sistema a vincoli lisci e fissi, sono di equilibrio stabile i punti di massimo per il potenziale. Dimostrazione
Equilibrio 0=⇒ hQ
0=∂∂
⇒∂∂
=hh
hq
U
q
UQ
00 UTUT −=− *P in equilibrio supposto massimo per il potenziale
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ****
*
:
max
PPIPPUPUPI
UP
PU
−∈∀>∃
⇒
Σ
( ) ( ) ( )
( ) ( )( )PUPU
UPUTPUPUT
−=
−+=−+*
0*
0*
minµ
0P
*0P
( )0P
( )0*P
66
Poiché U è continua, ricordando la definizione di funzione continua:
( ) ( ) 0*
0*
00 :00 εδδε <−⇒<−>∃>∀ PUPUPP
possiamo scrivere:
( ) ( ) 0*
00*
00 0:00 εεδε <−⇒<−>∃>∀ UPUPP
Quindi si ottiene:
( ) ( ) 0* 2ε<−+ PUPUT
Scegliendo ( )µεε ,2min 0= si ha:
ε<T Stereomeccanica
La stereomeccanica si occupa dello studio di tre categorie di solidi: • Solido con punto fisso; • Solido con asse fisso; • Solido libero. Solido con punto fisso
Oxyz abcΩ Sistema solidale
Vincoli lisci e fissi
Il sistema ha 3=n gradi di libertà. Scriviamo le equazioni fondamentali della meccanica nella seconda forma:
×−=
=
QvMK
RQ
O
ext
OO
ext
&
&
Poiché le equazioni appena scritte sono 2 equazioni vettoriali e quindi 6 equazioni scalari, per poter risolvere il sistema è sufficiente scegliere solo la seconda equazione. Essendo il punto O fisso, si ha che 0=Ov e la seconda equazione diventa:
ext
OO MK =&
Spezzando i momenti esterni in momenti attivi e momenti delle reazioni vincolari si ha:
( ) ( )vO
a
OO MMK +=&
z
y
x
O
a
b c
67
( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 00
0=⋅⇒=⋅+⋅⇒
⋅+⋅=
=ψψδ
ψδδ
δv
O
v
O
v
v
O
vv
v
MMORMORL
L
( )
( ) 0
0
=
∀=⋅v
O
v
O
M
dtM ωω
In definitiva si ottiene:
( )
( )aO
O
a
OO
Mdt
Kd
MK
=
=&
Relazione tra derivate temporali in un sistema assoluto e in un sistema relativo
Oxyz
Sistema assoluto
abcΩ
Sistema relativo
dt
da dt
d r
fdt
fd
dt
fd ra ×+= ω
ass
OO
abc
O MKdt
Kd=×+
Ω
ω
Supponiamo ora che abcΩ sia una terna principale d’inerzia e poniamo AI =11 , BI =22 , CI =33 .
ωI=OK con krjqip ++=ω
krCjqBipAdt
Kd
kCrjBqiAp
Cr
Bq
Ap
r
q
p
C
B
A
K
O
O
&&& ++=
++=
=
=
00
00
00
( ) ( ) ( )kAqpBqpjArpCrpiBrqCrq
CrBqAp
rqp
kji
K O −+−−−==×ω
Sostituendo si ha:
( ) ( ) ( ) ass
OMkAqpBqpjArpCrpiBrqCrqkrCjqBipA =−+−−−+++ &&&
68
( )( )( )
=−−
=−−
=−−
c
O
b
O
a
O
MpqBArC
MrpACqB
MrqCBpA
&
&
&
Equazioni di Eulero
Poiché in generale a
OM , b
OM e c
OM sono funzioni di ( )trqprqp ,,,,,, &&& , queste equazioni sono
difficili da risolvere. Limitiamoci al caso di moti per inerzia o moti spontanei, quelli per cui: 0=OM .
( )( )( )
=−−
=−−
=−−
0
0
0
pqBArC
rpACqB
rqCBpA
&
&
&
Se aggiungiamo l’ipotesi di rotazioni permanenti, cioè cost.=ω , si ha:
krjqip 0000 ++==ωω
( )( )( )
=−
=−
=−
0
0
0
pqBA
rpAC
rqCB
Distinguiamo ora tre casi: 1) CBA ≠≠
=
=
=
⇒
≠−
≠−
≠−
0
0
0
0
0
0
pq
rp
rq
BA
AC
CB
ipqppr
krprrq
jqpqqr
00
00
00
00
00
00
=⇒===
=⇒===
=⇒===
ωωω
Quindi il corpo ruota o lungo l’asse x, o lungo l’asse y o lungo l’asse z.
2) CBA ==
krjqip
rrqqpp
BA
AC
CB
000
000
0
0
0
++=
===⇒
=−
=−
=−
ω
Quindi ci sono tutte e tre le rotazioni.
69
3) CBA ≠=
jqip
rqqpp
pq
rp
rq
BA
AC
CB
00
00 0
0
0
0
0
0
0
+=
===⇒
≠
=
=
⇒
=−
≠−
≠−
ω
Quindi la rotazione avviene nel piano in cui c’è simmetria.
Solido con asse fisso
rzOxyz ≡
rcOabc ≡≡ΩΩ Sistema solidale Vincoli lisci e fissi
Il sistema ha 1=n gradi di libertà. Scriviamo l’equazione di Lagrange:
1Qq
T
q
T
dt
d=
∂∂
−∂∂&
2
2
1ωℑ=T
Supponiamo ora che abcΩ sia una terna principale d’inerzia e poniamo AI =11 , BI =22 , CI =33 .
2
2
1ϕ
ϕω
&
&
CT
k
=
=
( )
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕϕ
QC
QCdt
d
QTT
dt
d
=
=
=∂∂
−∂∂
&&
&
&
ψδϕψδδϕψδδ
δϕδϕϕ
ϕ⋅=⇒⋅+⋅=⇒
⋅+⋅=
=OO
O
MQMORQMORL
QL
z
y
x
O≡Ω
a
b
c
r
70
z
z
O
O
O
MQ
MQ
kMQ
ktMQ
tMQ
=
=
⋅=
⋅=
⋅=
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
δϕδϕ
δϕδϕ
δϕδϕ
δωδϕ
&
Si ottiene quindi il sistema:
( )( )( )
=
=
=
0
0
0
0
,,
ϕϕ
ϕϕϕϕϕ
&&
&&& tMC z
Solido libero
G Baricentro
Scriviamo le equazioni fondamentali della meccanica nella terza forma:
=
=
ext
GG
G
ext
Mdt
Kd
aMR
Quindi si ottiene:
( )
( )
=
=
a
GG
G
a
Mdt
Kd
aMR
Esempio di applicazione al caso di un satellite
( )OPversOP
mMhF i
i
iTi −
−−=
2
O
iP
G Terra
Satellite
z
y
x
G
71
Supponendo trascurabili le dimensioni del satellite, vale l’approssimazione: OGOPi ≈
( )OGversOG
mMhF iT
i −−
−=2
La forza risultante sarà data dalla somma di tutte le forze iF :
( ) ( )OGversOG
mMhOGvers
OG
mM
hFR T
n
i
iTn
i
i −−
−=−−
−==∑
∑ =
=22
1
1
E sostituendo si ottiene infine:
( ) GT aOGversOG
Mh =−
−−
2
Equilibrio per un solido con punto fisso
=
=
0
0ext
O
ext
M
R
Ma ( ) 0=v
OM , quindi: ( ) ( )
( )
=
=+
0
0a
O
va
M
RR
Basterà allora studiare solo ( ) 0=a
OM con le equazioni di Eulero.
Equilibrio per un solido con asse fisso
=
=
0
0ext
O
ext
M
R
Ma ( ) 0=v
OM , quindi: ( ) ( )
( )
=
=+
0
0a
O
va
M
RR
Si ottiene 0=zM e quindi si ha il sistema:
( )( )
=
=
=
0
0
0
0
0
ϕϕ
ϕϕ
ϕ
&&
&&C
Questo sistema ha come soluzione ( ) 00 ϕϕϕ += tt & .
72
Equazioni dei piccoli moti
Le equazioni di Lagrange sono intrinsecamente equazioni non lineari e quindi difficili da risolvere. Un metodo per renderle lineari è utilizzare la linearizzazione tramite espansione in serie di Taylor:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ...''2
1' 2
00000 +−⋅+−⋅+= xxxfxxxfxfxf
( ) ( )( )
( )( )
( )( )
( )
( )
( )( )
( )( ) ...2
1
2
1,,
00
,
22
0
,
2
2
20
,
2
2
0
,
0,
00
0000
000000
+−−⋅∂∂
∂+−⋅
∂
∂+
+−⋅∂∂
+−⋅∂∂
+−⋅∂∂
+=
yyxxyx
fyy
y
f
xxx
fyy
y
fxx
x
fyxfyxf
yxyx
yxyxyx
Passiamo a linearizzare T e U . Supponiamo che 0P sia una posizione di equilibrio stabile:
( ) ( ) ( ) ( ) ...2
1 202
2
00
00
+−⋅∂∂
+−⋅∂∂
+= PPP
UPP
P
UPUPU
PP
Nell’equazione precedente risulta ovviamente 00
=∂∂
PP
U per via delle ipotesi.
012 TTTT ++=
Poiché siamo nell’ipotesi di vincoli lisci e fissi si ha:
∑=
==n
kh
khhk qqaTT1,
2 2
1&&
( ) ( ) ( ) ...000
+−⋅∇+= PPaPaPaPhkhkhk
Pendolo semplice
ϑsinmgsm −=&&
ϑϑϑ &&&&&& lslsls =⇒=⇒= Sostituendo si ha:
ϑϑ
ϑϑ
sin
sin
l
g
mgml
−=
−=
&&
&&
l ϑ
gm
Equazione del moto di un punto su una circonferenza liscia e fissa: ( )tssFsm ,, &&& τ=
ϑ
73
=
−=
ϑϑ
ϑϑϑϑ
cos2
1
sin
2
l
g
dt
d
dt
d
l
g
&
&&&&
Integrando tra 0t e t si ha:
−+=
−+=
−=−
02
02
02
02
02
02
cos2
cos2
cos2
cos2
coscos2
1
2
1
ϑϑϑϑ
ϑϑϑϑ
ϑϑϑϑ
&&
&&
&&
g
l
l
g
l
g
l
g
l
g
l
g
Poniamo 02
0 cos2
ϑϑ −= &g
le :
( )
( )
( )
( )∫∫ =
+
+=
+=
+=
t
t
t
t
dt
el
g
d
el
g
dt
d
el
g
el
g
00 cos2
cos2
cos2
cos22
ϑ
ϑ
ϑϑ
ϑϑ
ϑϑ
&
&
Studiamo il moto:
( ) 0cos0cos2
00 =+⇒=+⇒=⇒= eel
gs ϑϑϑ&&
Supponendo 000 ==ϑϑ & si ha:
M
'M
Intuitivamente M è stabile e 'M no
74
22
2
2
1ˆ
2
1
ϑϑτ &&&& mlTlssv
vmT
=⇒=⇒=
=
211
211
1, 2
1
2
1mlaaqqaT
n
kh
khhk =⇒== ∑=
ϑ&&&
Poiché 2ml è una costante, non è necessario linearizzare l’energia cinetica.
ϑcosmglU =
( ) ( ) ( )2
0
2
2
0
02
1000 −⋅
∂
∂+−⋅
∂∂
+=⇒= ϑϑ
ϑϑ
ϑUU
UU
( )2
2
2
2
1
cos
sin
0
ϑ
ϑϑ
ϑϑ
mglmglU
mglU
mglU
mglU
−=⇒
−=∂∂
−=∂∂
=
La lagrangiana del sistema è: 222
2
1
2
1ϑϑ mglmglmlUT −+=+= &L .
Scriviamo l’equazione di Lagrange:
( ) 00
0
22
2
=+⇒=+⇒
=∂
∂
−=∂∂
=∂∂
−∂
∂
ϑϑϑϑϑ
ϑ
ϑϑ
ϑϑ
mglmlmglmldt
d
ml
mgl
dt
d
&&&
&&
&
L
L
LL
In definitiva:
0=+ ϑϑl
g&& Equazione dei piccoli moti intorno alla posizione di equilibrio M
L’equazione ottenuta è proprio l’equazione di un moto armonico.
4. Supplementi 1) Dato il seguente sistema di vettori, trovare: il risultante R e il suo modulo, il momento OM ,
l’equazione dell’asse centrale e l’invariante scalare. ( )( )( )3,12
0,34
2,5
−+−=
+=
−−=
Cjiw
Bjiv
Ajiu
Il risultante è dato dalla somma dei vettori:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
440
414121124
22 =+=⋅=
=++−+−+=+−+++−=++=
RRR
jjijijijiwvuR
Il momento totale è dato dalla somma dei momenti:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) kkkk
kjikjikji
wOCvOBuOAM O
4611225
012
031
041
003
011
025 =−+++−=
−
−++
−
−=
=×−+×−+×−=
Per trovare l’equazione dell’asse centrale basta applicare la definizione:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
=
=
=
⇒++=−=−
+=+⋅=+=+×
=−
0
4
1
0,0,0,,
441616
14
400
04016
12
z
y
x
kzjyixzyxOT
jijij
kji
RR
MROT O
λ
λλλλ
L’invariante scalare è dato dal prodotto scalare tra il momento totale e il risultante:
( ) 00161644 =⋅=⋅=⋅=⋅= jkjkRM OI
2) Studiare il seguente moto:
( )( )
−=
−=2
2
48
36
ttty
tttx
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
>−
≤−=−=−+−=−+−==
−+−=−+−=
−+−=−
1110
111011001641368866
88664836
4836
22222
22
22
tt
ttttttttPts
jtitjttdt
ditt
dt
dtP
jttittOtP
&&
&
76
Istanti di arresto: ( ) 10101100 =⇒=−⇒=−⇒= tttts&
Moto progressivo o retrogrado: ( ) Rttts ∈∀⇒>−⇒> 01100& moto sempre progressivo
Moto accelerato o ritardato:
( )( )[ ]
( )[ ]
( )1100
110
110
1110
1110
−=⋅
>
≤−=
>−
≤−=
tss
t
t
ttdt
d
ttdt
d
ts
&&&
&&
<
>⇒>⋅
ritardato moto1
accelerato moto10
t
tss &&&
3) Studiare il seguente moto:
( ) jetieOtP tt −− +=− 2
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )222222
2
212
2
tteettetPts
jtetiejetdt
die
dt
dtP
ttt
tttt
−+=−+==
−+−=+=
−−−
−−−−
&&
&
Istanti di arresto:
( ) ( ) Rtttets t ∈∀/⇒=−+⇒= − 021022& non ci sono istanti di arresto
Moto progressivo o retrogrado:
( ) ( ) Rtttets t ∈∀⇒>−+⇒> − 021022& moto sempre progressivo
Moto accelerato o ritardato:
( ) ( ) ( )( )( )
( )( )( )
( )( )[ ] ( )141061422
21
1422
212
222221
2342222
22
22
22
222
+−+−−=−+−−=⋅
−+
−+−−=
−+
−−+−+−=
−−
−−−
ttttettttess
tt
tttte
tt
tttettets
tt
ttt
&&&
&&
>∨<
<<⇒<+−+−⇒>⋅
ritardato moto...33218.3...23029.2
accelerato moto...33218.3...23029.20141060 234
tt
tttttss &&&
77
4) Studiare il seguente moto: ( ) jetihOtP t−+=− 2 con h costante positiva
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )( )
>−
≤−=−=−==
−=+=
−
−−−
−−
22
2222
2
222
2
ttet
ttettetetttPts
jtetjetdt
dih
dt
dtP
t
t
tt
tt
&&
&
Istanti di arresto: ( ) 20020 =∨=⇒=−⇒= − tttetts t&
Moto progressivo o retrogrado: ( ) +− ∈∀⇒>−⇒> Rttetts t 020& moto sempre progressivo
Moto accelerato o ritardato:
( )( )[ ]
( )[ ]( )( )
( )( ) t
t
t
t
t
tetttss
tett
tett
ttetdt
d
ttetdt
d
ts
22
2
2
242
224
224
22
22
−
−
−
−
−
+−−=⋅
>+−−
≤+−=
>−
≤−=
&&&
&&
>
+>∨−<
<
⇒
>
>+−
>−
⇒>⋅
0
2222
2
0
024
02
0 2
t
tt
t
t
tt
t
ss &&&
0 22 − 2 22 +
+ +
A R R A
RitardatoAccelerato == RA
78
5) Calcolare il baricentro della seguente figura:
222
211
662
11,0
552
5,0
lllmlG
lllmlG
ρρ
ρρ
=⋅⋅=
=⋅⋅=
( ) ( )
=+
⋅+
⋅=
+
−+−=− l
ll
llll
mm
OGmOGmOG
22
91,0
65
2
11,06
2
5,05
22
22
21
2211
ρρ
ρρ
6) Calcolare il baricentro di un’asta AB omogenea di massa m e lunghezza l .
( ) ( )
⇒
=
=
===
−=−⇒−=−
∫∫
∫∫
0,2
1
0
2
1
2
1
11
0
2
00
0
lG
y
lx
lxdx
mxdx
mx
dcAPm
AGdCOPM
OG
G
lll
G
l
C
ρρρ
ρ
ρρ
7) Calcolare il baricentro di un’asta AB di massa m , lunghezza l e densità ( ) APl
mP
2
2=ρ .
( ) ( ) xl
mxAP
l
mP
22
22=⇒= ρρ
x
y
A B
l P
x
y
l
l
l5
l6
x
y
A B
l
79
⇒
=
=
=== ∫∫ 0,
3
2
0
3
2
3
21211
0
3
20
22
0lG
y
lx
l
m
mdxx
l
m
mxdx
mx
G
lll
G ρ
8) Calcolare il baricentro di un’asta AB di lunghezza l e densità ( ) 2
3
3AP
l
kP =ρ .
( ) ( )
⇒
=
=
===
=
===
=⇒=
∫∫
∫∫
0,4
3
0
4
3
4
31311
3
33
33
0
4
30
33
0
0
3
30
23
0
23
2
3
lG
y
lx
l
k
kdxx
l
k
kxdx
mx
kx
l
kdxx
l
kdxm
xl
kxAP
l
kP
G
lll
G
lll
ρ
ρ
ρρ
9) Calcolare il baricentro della seguente figura:
( )2
2
22
211
4
1
20,
2
0,0
RR
mR
G
RmG
ρπρπ
ρπ
=
=
=
( ) ( ) ( )
−=−
⋅−⋅=
−
−−−=− 0,
64
1
0,24
10,0
22
22
21
2211 R
RR
RRR
mm
OGmOGmOG
ρπρπ
ρπρπ
x
y
A B
l P
x
y
R
80
10) Calcolare il baricentro della seguente figura:
211 22
2, lllml
lG ρρ =⋅⋅=
Per trovare il baricentro del semicerchio applichiamo il secondo teorema di Pappo-Guldino:
22
22
2
3
822
1
2,
3
22
3
22
22
12
23
4
22
ll
mll
lG
ll
l
l
lxG
ρπ
πρπ
πππ
π
=
⋅=
+
+=
⋅
+=
Il baricentro della figura data sarà:
( ) ( )
+
+=
+
+⋅+
⋅=
+
−+−=− ll
ll
llll
lll
mm
OGmOGmOG
2
1,
348
650
82
2,
3
22
82,2
22
22
21
2211
ππ
ρπ
ρ
πρ
πρ
11) Calcolare il baricentro della seguente figura:
211 22
2, lllml
lG ρρ =⋅⋅=
Per trovare il baricentro del semicerchio applichiamo il secondo teorema di Pappo-Guldino:
x
y
l
l2 A
B C
D
x
y
l
l2 A
B C
D
81
22
22
2
3
822
1
2,
3
22
3
22
22
12
23
4
22
ll
mll
lG
ll
l
l
lxG
ρπ
πρπ
πππ
π
=
⋅=
−
−=
⋅
−=
Il baricentro della figura data sarà:
( ) ( )
−
−=
−
−⋅−
⋅=
−
−−−=− ll
ll
llll
lll
mm
OGmOGmOG
2
1,
348
650
82
2,
3
22
82,2
22
22
21
2211
ππ
ρπ
ρ
πρ
πρ
12) Scrivere le equazioni della statica per il seguente sistema, costituito da un’asta AB di massa m
e lunghezza l , incernierata in O ad un terzo della sua lunghezza e al cui estremo destro è applicata una molla di costante elastica k :
Gradi di libertà: L’asta può solo ruotare, quindi il grado di libertà è 1=n . Scegliamo l’angolo ϑ come coordinata lagrangiana. Troviamo le coordinate dei punti B e P e del baricentro G :
ϑϑ sin3
2,cos
3
2llB
( )0,2lP
ϑϑ sin6
,cos6
llG
Forze attive:
( ) BjlkillkPBkF
GjmgP
e in applicatasin3
22cos
3
2
in applicata
−
−−=−−=
−=
ϑϑ
Reazioni vincolari:
( )0,0in applicata Oji y
O
x
OOϕϕϕ +−=
x
y
B
A
k
P l2
ϑ
O
lPO
k
2
0
=
>
Oϕ G
82
Scegliamo per comodità il punto O come polo (in modo da non calcolare il momento della reazione vincolare) e scriviamo le equazioni della statica:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
=×−+×−+×−
=++⇒
=+
=+
0
0
0
0
Oe
Oe
v
O
a
O
va
OOFOBPOG
FP
MM
RR
ϕ
ϕ
Calcoliamo i momenti:
0sin3
4cos
6
1
0
0sin3
22cos
3
2
0sin3
2cos
3
2
00
0sin6
cos6
2 =
−−
=
−
−−
+
−
kklmgl
klllk
ll
kji
mg
ll
kji
ϑϑ
ϑϑ
ϑϑϑϑ
Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:
=−−
=+−−
=−
−−
0sin3
4cos
6
1
0sin3
2
02cos3
2
2 ϑϑ
ϕϑ
ϕϑ
klmgl
klmg
llk
y
O
x
O
13) Scrivere le equazioni della statica per il seguente sistema, costituito da un’asta AB di massa m
e lunghezza l , vincolata in A da un carrello con cerniera, e con una molla applicata nel suo punto medio C :
Gradi di libertà: L’asta può ruotare e traslare, quindi il grado di libertà è 2=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato con la verticale e l’ascissa xxA = del punto A come coordinate lagrangiane.
x
y
B
A
k H
ϑ 0>k A
ϕ C
83
Troviamo le coordinate dei punti A , C e H : ( )
−
ϑ
ϑϑ
cos2
,0
cos2
,sin2
0,
lH
llxC
xA
Forze attive:
( ) Cil
xkHCkF
CjmgP
e in applicatasin2
in applicata
−−=−−=
=
ϑ
Reazioni vincolari:
Aji y
A
x
AAin applicataϕϕϕ +=
Non consideriamo la reazione vincolare del carrello in H perché non fa parte del sistema che stiamo studiando. Scegliamo per comodità il punto A come polo (in modo da non calcolare il momento della reazione vincolare) e scriviamo le equazioni della statica:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
=×−+×−+×−
=++⇒
=+
=+
0
0
0
0
Ae
Ae
v
A
a
A
va
AAFACPAC
FP
MM
RR
ϕ
ϕ
Calcoliamo i momenti:
0sin2
cos2
1sin
2
1
0
00sin2
0cos2
sin2
00
0cos2
sin2
=
−+−
=
−−
−+−
kl
xklmgl
lxk
ll
kji
mg
ll
kji
ϑϑϑ
ϑ
ϑϑϑϑ
Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:
=
−+−
=+
=+
−−
0sin2
cos2
1sin
2
1
0
0sin2
ϑϑϑ
ϕ
ϕϑ
lxklmgl
mg
lxk
y
A
x
A
84
Poiché abbiamo un sistema con 3 equazioni e 4 incognite, è necessario inserire un’ulteriore relazione. Ricordando che stiamo considerando vincoli lisci, notiamo che:
In definitiva, il sistema risolvibile è:
=
=−
−
−=
−=
ϑϕϕ
ϑϑϑ
ϕ
ϑϕ
tan
0sinsin2
cos
sin2
x
A
y
A
y
A
x
A
mgl
xk
mg
lxk
14) Scrivere le equazioni della statica per il seguente sistema, costituito da un disco di massa m e
raggio R , vincolato nel suo baricentro da un carrello con cerniera, sul quale sono applicate due molle di costante elastica k , una agente sul baricentro e l’altra agente sul bordo del disco:
Gradi di libertà: Il disco può ruotare e traslare, quindi il grado di libertà è 2=n . Scegliamo l’angolo ϑ e l’ascissa xxG = del baricentro come coordinate lagrangiane.
Troviamo le coordinate del punto A e del baricentro G :
( )( )0,
sin,cos
xG
RRxA ϑϑ+
Forze attive:
( ) ( )( ) ( ) ( ) AjRRkiRxkTAkF
GibxkHGkF
GjmgP
T
H
in applicata2sincos
in applicata
in applicata
−−+−=−−=
−−=−−=
−=
ϑϑ
x
y
A
k
H
ϑ
O
( )( )RT
bH
k
2,0
0,
0>
Gϕ
G
T
k
x
Aϕ
ϑ
Aϕ y
Aϕ ϑϕϕ tanx
A
y
A =⇒
85
Reazioni vincolari: Gji y
G
x
GGin applicataϕϕϕ +=
Scegliamo per comodità il baricentro del disco come polo (in modo da non calcolare i momenti della reazione vincolare, della forza peso e della molla orizzontale) e scriviamo le equazioni della statica:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
=×−+×−+×−+×−
=+++⇒
=+
=+
0
0
0
0
GTH
GTH
v
G
a
G
va
GGFGAFGGPGG
FFP
MM
RR
ϕ
ϕ
Calcoliamo i momenti:
( ) ( )( ) ( )[ ]
( ) 0cos2sin
0cossin2sincos
0
02sincos
0sincos
2 =+
=++−−
=
−−+−
kkRkRx
kRxkRRRkR
RRkRxk
RR
kji
ϑϑ
ϑϑϑϑ
ϑϑϑϑ
Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:
( ) ( )( )
=+
=+−−−
=++−−−
0cos2sin
02sin
0cos
2 ϑϑ
ϕϑ
ϕϑ
kRkRx
RRkmg
Rxkbxk
y
G
x
G
Poiché abbiamo un sistema con 3 equazioni e 4 incognite, è necessario inserire un’ulteriore relazione. Ricordando che stiamo considerando vincoli lisci, notiamo che:
In definitiva, il sistema risolvibile è:
( )
=
=+
−+=
+−=
ϑϕϕ
ϑϑ
ϑϕ
ϑϕ
tan
0cos2sin
2sin
cos2
y
G
x
G
y
G
x
G
Rx
RRkmg
kRkbkx
x
Gϕ
ϑ Gϕ
y
Gϕ ϑϕϕ tany
G
x
G =⇒
86
15) Scrivere le equazioni della statica per il seguente sistema, costituito da un’asta AB di massa m e lunghezza l , vincolata nel punto A da un carrello e nel baricentro da una cerniera che la unisce all’asta CD di massa m e lunghezza l . Sul sistema sono applicate due molle di costante elastica k , una agente sul baricentro dell’asta AB e l’altra congiungente gli estremi B e D delle due aste:
Gradi di libertà: L’asta AB può traslare e l’asta CD può ruotare, quindi il grado di libertà è 2=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato dall’asta CD con la verticale e l’ascissa xxC = del baricentro dell’asta AB
come coordinate lagrangiane. Troviamo le coordinate dei punti A , B , D e H , del baricentro C dell’asta AB e del baricentro G dell’asta CD :
++
++
−
+
ϑϑ
ϑϑ
cos24
,sin2
4,
4,0
cos4
,sin
2,
4
3
0,4
3
lllxG
lxC
lH
ll
lxD
llxB
lxA
Forze attive:
( )
( ) Djl
lkillkBDkF
CikxHCkF
GjmgP
CjmgP
in applicata4
cos4
3sin
in applicata
in applicata
in applicata
2
1
2
1
−−
+−=−−=
−=−−=
=
=
ϑϑ
x
y
B
A
k H
ϑ 0>k
Aϕ
C
2
l
k D
G
87
Reazioni vincolari: Ajy
AAin applicataϕϕ =
Non consideriamo le reazioni vincolari della cerniera in C perché sono forze interne al sistema che stiamo studiando e, per il principio di azione e reazione, risulta
21 CCϕϕ −= . Tralasciamo
anche la reazione vincolare del carrello in H perché non fa parte del sistema. Scegliamo per comodità il baricentro dell’asta AB come polo (in modo da non calcolare i momenti della forza peso 1P e della molla orizzontale 1F ) e scriviamo le equazioni della statica:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
=×−+×−+×−+×−+×−
=++++⇒
=+
=+
0
0
0
0
2121
2121
A
A
v
C
a
C
va
CAFCDFCCPCGPCC
FFPP
MM
RR
ϕ
ϕ
Calcoliamo i momenti:
04
3cos
4
3sin
4
1sin
2
04
3
4
3sincos
4cossinsin
2
0
00
044
3
04
cos4
3sin
0cossin
00
0cos2
sin2
22 =
+++
=
+
++
−−
=−+
−−
+−
+
klklklmgl
klllkll
lklmgl
ll
kji
llkllk
ll
kji
mg
ll
kji
y
A
y
A
y
A
ϕϑϑϑ
ϕϑϑϑϑϑ
ϕϑϑ
ϑϑϑϑ
Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:
=+++
=+
−−+
=
+−−
04
3cos
4
3sin
4
1sin
2
04
cos
04
3sin
22 y
A
y
A
lklklmgl
llkmgmg
llkkx
ϕϑϑϑ
ϕϑ
ϑ
88
16) Scrivere le equazioni della statica e calcolare il potenziale del seguente sistema, costituito da un’asta AB di massa m e lunghezza l2 , vincolata nel punto A da una cerniera e nel punto B da un’altra cerniera che la unisce all’asta CD di massa m e lunghezza l2 . Nel baricentro dell’asta AB e nell’estremo D dell’asta CD sono applicate due molle di costante elastica k , entrambe vincolate tramite due carrelli a muoversi verticalmente, mentre nel punto D agisce una forza costante jmgF 2= :
Gradi di libertà: L’asta AB può ruotare e l’asta CD può anch’essa ruotare, quindi il grado di libertà è 2=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato con l’asse x e l’angolo α formato con la verticale come coordinate lagrangiane. Troviamo le coordinate dei punti B , C , D , H e T e dei baricentri G e M :
( )( )( )( )( )( )( )αϑαϑ
ϑϑαϑϑ
ϑαϑαϑ
ϑϑϑϑ
cossin2,sincos2
sin,cos
cos2sin2,cos2
sin,0
cos2sin2,sin2cos2
sin2,cos2
sin2,cos2
llllM
llG
lllT
lH
llllD
llC
llB
−+
−
−+
Forze attive:
( )( )
DjmgF
DiklTDkF
GiklHGkF
MjmgP
GjmgP
in applicata2
in applicatasin2
in applicatacos
in applicata
in applicata
2
1
2
1
=
−=−−=
−=−−=
−=
−=
αϑ
Reazioni vincolari:
Aji y
A
x
AAin applicataϕϕϕ +=
Non consideriamo le reazioni vincolari della cerniera in B perché sono forze interne al sistema che stiamo studiando e, per il principio di azione e reazione, risulta
CBϕϕ −= . Tralasciamo
anche le reazioni vincolari dei carrelli in H e T perché non fanno parte del sistema. Scegliamo
x
y
G
k
H
ϑ
A
0>k
Aϕ
M k
CB ≡
D
α
T
F
89
per comodità il baricentro dell’asta AB come polo (in modo da non calcolare i momenti della forza peso 1P e della molla orizzontale 1F ) e scriviamo le equazioni della statica:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
=×−+×−+×−+×−+×−+×−
=+++++⇒
⇒
=+
=+
0
0
0
0
2121
2121
A
A
v
G
a
G
va
GAFGDFGDFGGPGMPGG
FFFPP
MM
RR
ϕ
ϕ
Calcoliamo i momenti:
( ) ( ) ( )[ ]( ) 0sincoscossin4sinsin2sin3cos
0sincossin2cos2cos2sinsin2sincos
0
0
0sincos
020
0cos2sinsin2cos
00sin2
0cos2sinsin2cos
00
0cossinsincos
22 =+−−++
=+−++−++−
=−−+−++
+
−
−++
−
−+
kllklklmglmgl
kllllmgllklllmg
ll
kji
mg
llll
kji
kl
llll
kji
mg
llll
kji
x
A
y
A
x
A
y
A
y
A
x
A
ϑϕϑϕαααϑαϑ
ϑϕϑϕαϑαϑααϑ
ϕϕϑϑαϑαϑ
ααϑαϑαϑαϑ
Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:
=+−−++
=++−−
=+−−
0sincoscossin4sinsin2sin3cos
02
0sin2cos
22 ϑϕϑϕαααϑαϑ
ϕ
ϕαϑ
x
A
y
A
y
A
x
A
llklklmglmgl
mgmgmg
klkl
Poiché abbiamo un sistema con 3 equazioni e 4 incognite, è necessario inserire un’ulteriore relazione. Ricordando che stiamo considerando vincoli lisci, notiamo che:
In definitiva, il sistema risolvibile è:
=
=+−−++
=
=+−−
ϑϕϕ
ϑϕϑϕαααϑαϑ
ϕ
ϕαϑ
tan
0sincoscossin4sinsin2sin3cos
0
0sin2cos
22
y
A
x
A
x
A
y
A
y
A
x
A
llklklmglmgl
klkl
Il potenziale del sistema è dato da:
FFFPP UUUUUU ++++=2121
x
Aϕ
ϑ Aϕ
y
Aϕ ϑϕϕ tany
A
x
A =⇒
90
Calcoliamo i singoli potenziali:
αϑ
α
ϑ
αϑ
ϑ
cos4sin422
sin22
cos2
1
2
cossin2
sin
222
222
2
1
2
1
mglmglmgydymgdzFdyFdxFU
klDTk
U
klGHk
U
mglmglmgyU
mglmgyU
DDDzDyDxF
F
F
MP
GP
−===++=
−=−=
−=−=
+−=−=
−=−=
∫∫
In definitiva si ha:
αϑαϑ
αϑαϑαϑϑ
2222
2222
sin2cos2
1cos3sin
cos4sin4sin2cos2
1cossin2sin
klklmglmgl
mglmglklklmglmglmglU
−−−=
=−+−−+−−=
17) Data un’asta AB omogenea di massa m e lunghezza l , calcolarne i momenti d’inerzia rispetto
a un estremo e rispetto al baricentro:
2
0
3
0
22
3
1
3ml
x
l
mdxxdCx
ll
C
r =
=== ∫∫ ρρJ
Per il momento d’inerzia rispetto al baricentro serviamoci del teorema di Huygens:
2222
12
1
4
1
3
1
2mlmlml
lmrG =−=
−= JJ
18) Dato un disco omogeneo di massa m e raggio r , calcolarne i momenti d’inerzia rispetto a una
retta parallela all’asse z e passante prima per il baricentro e poi per il bordo:
( )∫∫∫ +==CC
G dxdyyxdCPG 222 ρρJ
x
y
s
G P
( )yxP ,
x
r
A B
l P
91
Per il calcolo dell’integrale doppio, effettuiamo il passaggio alle coordinate polari:
=
=
ϕϕ
sin
cos
Ry
Rx
Ricordando che, dopo il cambiamento di coordinate, ϕRdRddxdy = si ha:
( ) [ ] 220
0
4
2
2
00
33222
2
1
4sincos mr
R
r
mddRRdRdRRdRdR
rr
CC
G =⋅
⋅=⋅==+= ∫∫∫∫∫∫
ππ
ϕπ
ϕρϕρϕϕϕρJ
Per il momento d’inerzia rispetto al bordo serviamoci del teorema di Huygens:
2222
2
3
2
1mrmrmrmrGs =+=+= JJ
19) Calcolare l’energia cinetica del seguente sistema, costituito da un’asta AB di massa m e
lunghezza l2 , vincolata nel punto A da una cerniera e nel punto B da un’altra cerniera che la unisce all’asta CD di massa m e lunghezza l2 :
L’energia cinetica del sistema è data dalla somma delle energie cinetiche delle due aste:
CDAB TTT +=
L’asta AB può solo ruotare intorno al punto A , quindi la sua energia cinetica è facilmente calcolabile come segue:
( ) 22222
3
22
3
1
2
1
2
1ϑϑω && mllmT AAB =⋅⋅== J
L’asta CD , d’altra parte, risente di un’eventuale rotazione dell’asta AB e quindi è necessario tenere conto di questo contributo. Per il calcolo dell’energia cinetica serviamoci del teorema di König:
22
2
1
2
1MMCD vmT += ωJ
Ricordando le coordinate del baricentro dell’asta CD , si ha:
( )αϑαϑ cossin2,sincos2 llllM −+
x
y
ϑ
A
M
CB ≡
D
α
92
( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) αϑϑααϑαϑαϑαϑαϑ
ααϑϑααϑϑ
ααϑϑααϑϑ
&&&&&&&&
&&&&
&&&&&&
−++=−++=
=⋅+⋅+⋅+⋅−=
⋅+⋅+⋅+⋅−=+=
==
sin44cossinsincos44
sincos2cossin2
sincos2cossin2
3
12
12
1
2222222222
222
22
llllll
llllv
jllilljyixv
mllm
M
MMM
MJ
Da cui:
( )[ ] ( ) αϑϑααϑαϑϑααϑα &&&&&&&&& −++=−+++
= sin23
22sin44
2
1
3
1
2
1 222222222222 mlmlmllllmmlTCD
In definitiva:
( ) αϑϑααϑ &&&& −++= sin23
2
3
8 22222 mlmlmlT
20) Calcolare l’energia cinetica del seguente sistema, costituito da un’asta AB di massa m e
lunghezza l , vincolata nel punto A da un carrello con cerniera:
Poiché l’asta può ruotare e traslare, è conveniente utilizzare il teorema di König per calcolare l’energia cinetica:
22
2
1
2
1GGAB vmT += ωJ
Dopo aver scritto le coordinate del baricentro dell’asta e aver posto xxA = , si ha:
+ ϑϑ sin2
,cos2
llxG
ϑϑϑϑϑϑϑ
ϑϑϑϑ
&&&&&&&
&&&&&
xll
xll
xv
jl
il
xjyixv
ml
G
GGG
G
⋅−+=
⋅+
⋅−=
⋅+
⋅−=+=
=
sin4
cos2
sin2
cos2
sin2
12
1
22
222
2
2J
x
y
A ϑ
O
G
B
93
Da cui:
ϑϑϑϑϑϑϑ &&&&&&&&& xmlxmmlxll
xmmlTAB ⋅−+=
⋅−++⋅⋅= sin
2
1
2
1
6
1sin
42
1
12
1
2
1 22222
222
21) Scrivere le equazioni della statica e le equazioni di Lagrange per il seguente sistema, costituito
da un’asta OA di massa m e lunghezza a2 , vincolata nel punto O da una cerniera, collegata ortogonalmente all’asta AB di massa m e lunghezza b2 . Nel punto A è applicata una molla di costante elastica k , mentre sul sistema agisce una coppia avente momento khM ϑsin−= , con
0>h . Determinare, inoltre, le posizioni di equilibrio per mgbh = :
Gradi di libertà: Il sistema, costituito dalle due aste, può solo ruotare, quindi il grado di libertà è 1=n . Scegliamo l’angolo ϑ coordinata lagrangiana. Troviamo le coordinate dei punti A , B e H e dei baricentri 1G e 2G :
( )( )( )( )( )ϑϑϑϑ
ϑϑϑ
ϑϑϑϑϑϑ
cossin2,sincos2
sin,cos
0,cos2
cos2sin2,sin2cos2
sin2,cos2
2
1
babaG
aaG
aH
babaB
aaA
−+
−+
Forze attive:
( )khM
AjkaHAkF
GjmgP
GjmgP
e
ϑϑ
sin
in applicatasin2
in applicata
in applicata
22
11
−=
−=−−=
=
=
Reazioni vincolari:
Oji y
O
x
OOin applicataϕϕϕ −=
Scegliamo per comodità il punto O come polo (in modo da non calcolare il momento della reazione vincolare) e scriviamo le equazioni della statica:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
=+×−+×−+×−+×−
=+++⇒
=+
=+
0
0
0
0
2211
21
MOOFOAPOGPOG
FPP
MM
RR
Oe
Oe
v
O
a
O
va
ϕ
ϕ
x
y
B
A
k
ϑ
0>k
Oϕ
O
1G
ϑ 2G
H
94
Calcoliamo i momenti: ( ) ( ) ( ) ( )
( )[ ]( ) 0sincossin4sincos3
0sincossin4sincos2cos
0
0sin20
0sin2cos2
00
0cossin2sincos2
00
0sincos
0
2
2
2211
=−−+
=−−++
=+
−
+−++
=+×−+×−+×−+×−
khkamgbmga
khkamgbamga
M
ka
aa
kji
mg
baba
kji
mg
aa
kji
MOOFOAPOGPOGOe
ϑϑϑϑϑ
ϑϑϑϑϑϑ
ϑϑϑϑϑϑϑϑϑ
ϕ
Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:
=−−+
=−−+
=
0sincossin4sincos3
0sin2
0
2 ϑϑϑϑϑ
ϕϑ
ϕ
hkamgbmga
kamgmg y
O
x
O
Il potenziale del sistema è dato da:
MePP UUUUU +++=21
Calcoliamo i singoli potenziali:
( )
ϑϑϑ
ϑ
ϑϑ
ϑ
cossin
sin22
cossin2
sin
222
22
11
hdhU
kaAHk
U
bamgmgyU
mgamgyU
M
e
GP
GP
=−=
−=−=
−==
==
∫
Quindi si ha:
ϑϑϑϑ cossin2cossin3 22 hkamgbmgaU +−−= Per trovare le posizioni di equilibrio, imponiamo la condizione mgbh = e annulliamo la derivata del potenziale:
( )
( )
−
=∨=−⇒=−⇒=∂∂
−=−=∂∂
−=
ka
mgP
ka
mgPPP
kamgkamgU
kamgkamgaU
kamgaU
4
3arcsin
4
3arcsin
2
3
2
0cos0sin430cossin430
cossin43cossin4cos3
sin2sin3
4321
2
22
πππ
ϑϑϑϑϑ
ϑϑϑϑϑϑ
ϑϑ
Per scrivere le equazioni di Lagrange abbiamo bisogno di conoscere l’espressione dell’energia cinetica del sistema. Per calcolarla utilizziamo il teorema di Huygens:
2
2
1ωOT J=
95
( )
( ) ( ) ( )[ ]
( )
( )22222
22222
222222222
2222
22
22
3
4
3
16
3
44
3
43
444
3
1
sincos4cossin4sincos4sincos43
1
cossin2sincos23
12
12
13
42
3
1
mbmambmama
mbmabammb
abbaabbammb
babammbOGmbm
maam
O
O
AB
O
OA
O
AB
O
OAO
+=++=
+=++=
=−+++++=
=−+++=+=
==
+=
J
J
J
JJJ
ϑϑϑϑϑϑϑϑ
ϑϑϑϑ
L’energia cinetica del sistema è:
( ) 222222 43
2
3
4
3
16
2
1ϑϑ && bammbmaT +=
+=
Scriviamo l’equazione di Lagrange:
ϑϑϑ ϑ ∂∂
==∂∂
−∂
∂ UQ
TT
dt
d
&
( ) ( )ϑϑϑ
ϑ
&&&&
2222 43
44
3
4
0
bambamdt
dT
dt
d
T
+=
+=∂
∂
=∂∂
In definitiva:
( )
( )( )( ) ( ) ϑϑϑϑϑ
ϑϑϑϑϑϑ
cossin4
3sin
44
3cos
44
9
sincossin4sincos343
4
22
2
2222
222
bam
ka
bam
hmgb
ba
ga
hkamgbmgabam
+−
+−
++
=
−−+=+
&&
&&
96
22) Scrivere le equazioni della statica e le equazioni di Lagrange per il seguente sistema, costituito da un’asta AB di massa m e lunghezza l2 , vincolata nel suo baricentro da un carrello con cerniera. Sugli estremi sinistro e destro dell’asta sono applicate due molle di costanti elastiche rispettivamente pari a k e k3 , mentre nel punto B agisce una forza costante jklF −= .
Determinare, inoltre, le posizioni di equilibrio per klmg = :
Gradi di libertà: L’asta può ruotare e traslare, quindi il grado di libertà è 2=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato con l’orizzontale e l’ordinata yyM = del baricentro come coordinate lagrangiane. Troviamo le coordinate dei punti A e B e del baricentro M :
( )( )( )yM
lylB
lylA
,0
sin,cos
sin,cos
ϑϑϑϑ
+
−−
Forze attive:
( ) ( )( ) ( )
BjklF
BjlykiklOBkF
AjlykiklOAkF
MjmgP
in applicata
in applicatasin3cos33
in applicatasincos
in applicata
2
1
−=
+−−=−−=
−−=−−=
−=
ϑϑϑϑ
Reazioni vincolari:
Mji y
M
x
MMin applicataϕϕϕ +−=
Scegliamo per comodità il punto M come polo (in modo da non calcolare i momenti della reazione vincolare e della forza peso) e scriviamo le equazioni della statica:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
=×−+×−++−+×−+×−
=++++⇒
=+
=+
0
0
0
0
21
21
M
M
v
M
a
M
va
MMFMBFMBFMAPMM
FFFP
MM
RR
ϕ
ϕ
x
y
k
ϑ
O
0>k M
ϕ
A
k3
B
M F
97
Calcoliamo i momenti:
( ) ( )( ) ( )[ ]
( ) 0coscos2
0cossincos3sincos3sincossincos
0
00
0sincos
0sin3cos3
0sincos
0sincos
0sincos
2
222
=−−
=−++−+−
=
−
+
+−−
+
−−
−−
kklkly
kklkllyklkllykl
kl
ll
kji
lykkl
ll
kji
lykkl
ll
kji
ϑϑ
ϑϑϑϑϑϑϑϑϑ
ϑϑϑϑ
ϑϑϑϑ
ϑϑ
Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:
( ) ( )
=−−
=+−+−−−−
=−−
0coscos2
0sin3sin
0cos3cos
2 ϑϑ
ϕϑϑ
ϕϑϑ
klkly
kllyklykmg
klkl
y
M
x
M
Poiché abbiamo un sistema con 3 equazioni e 4 incognite, è necessario inserire un’ulteriore relazione. Ricordando che stiamo considerando vincoli lisci, notiamo che:
In definitiva, il sistema risolvibile è:
( )
−=
=+
+++=
−=
ϑϕϕ
ϑ
ϑϕ
ϑϕ
tan
0cos2
sin24
cos2
y
M
x
M
y
M
x
M
ly
klmgklky
kl
Per trovare le posizioni di equilibrio, imponiamo la condizione klmg = e risolviamo il sistema:
( )( )
( )( )
( )
=−++
=+⇒
++=
=+⇒
−=
=+
++=
−=
0sin2sin2
0cos2
tansin2cos
0cos2
tan
0cos2
2sin24
cos2
2 llyl
ly
llyl
ly
ly
klklky
kl
y
M
x
M
y
M
x
M
ϑϑ
ϑ
ϑϑϑϑ
ϑϕϕ
ϑ
ϑϕ
ϑϕ
−
−
−
−
−
=
=∨
−=
=⇒=
=∨=∨=∨=⇒=⇒−=
0,2
3,
22,
4
7
2,
4
5
2,
4
3
2,
4
02
3
20cos
4
7
4
5
4
3
42
1sin
2
654321
65
43212
ππππππ
πϑ
πϑ
ϑ
πϑ
πϑ
πϑ
πϑϑ
PlPl
Pl
Pl
Pl
P
yly
ly
x
Mϕ−
ϑ Mϕ
y
Mϕ ϑϕϕ tany
M
x
M =−⇒
98
Il potenziale del sistema è dato da:
FFFP UUUUU +++=21
Calcoliamo i singoli potenziali:
( )[ ] ( )
( )[ ] ( )( )ϑ
ϑϑϑ
ϑϑϑ
sin
sin22
3sincos
2
3
2
3
sin22
sincos22
222222
222222
2
1
lyklklydykldzFdyFdxFU
lyylk
lylk
BOk
U
lyylk
lylk
AOk
U
mgymgyU
BBBzByBxF
F
F
MP
+−=−=−=++=
++−=++−=−=
−+−=−+−=−=
−=−=
∫∫
Quindi si ha:
( ) ( ) ( )
( ) 222
2222
2sinsin22
sinsin22
3sin2
2
klklklyyklmgky
lykllyylk
lyylk
mgyU
−−−+−−=
=+−++−−+−−=
ϑϑ
ϑϑϑ
Per scrivere le equazioni di Lagrange abbiamo bisogno di conoscere l’espressione dell’energia cinetica del sistema. Per calcolarla utilizziamo il teorema di König:
22
2
1
2
1MM vmT += ωJ
( )
22
22
3
12
12
1
yv
jyjyixv
mllm
M
MMM
M
&
&&&
=
=+=
==J
L’energia cinetica del sistema è:
222222
2
1
6
1
2
1
3
1
2
1ymmlymmlT &&&& +=+
= ϑϑ
Scriviamo le equazioni di Lagrange:
∂∂
==∂∂
−∂∂
∂∂
==∂∂
−∂
∂
y
UQ
y
T
y
T
dt
d
UQ
TT
dt
d
y&
& ϑϑϑ ϑ
[ ] ymymdt
d
y
T
dt
d
y
T
mlmldt
dT
dt
d
T
&&&&
&&&&
==∂∂
=∂∂
=
=∂
∂
=∂∂
0
3
1
3
1
0
22 ϑϑϑ
ϑ
99
In definitiva:
( )
−−−=+
+−=
−−−−=
−−=
gm
kl
m
kly
m
ky
lyml
k
klmgklkyym
klklyml
ϑ
ϑϑ
ϑ
ϑϑϑ
sin24
cos23
sin24
coscos23
1 22
&&
&&
&&
&&
23) Scrivere le equazioni della statica e le equazioni di Lagrange per il seguente sistema, costituito
da un’asta BD di massa m2 e lunghezza l2 , vincolata nel suo baricentro da una cerniera, collegata all’asta AB di massa m e lunghezza l tramite un’altra cerniera, sulla quale è applicata una molla di costante elastica k . L’asta AB è a sua volta collegata ad un disco di massa m e raggio r , vincolato da un carrello a muoversi verticalmente. Studiare, inoltre, la stabilità delle posizioni di equilibrio:
Gradi di libertà: L’asta BD può solo ruotare, mentre il movimento dell’asta AB dipende da quello della prima asta, quindi il grado di libertà è 1=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato con l’orizzontale come coordinata lagrangiana. Troviamo le coordinate dei punti B , D , H e K e dei baricentri G e A :
( )( )( )( )
( )ϑ
ϑϑ
ϑϑ
ϑϑϑϑ
sin2,
sin2
3,cos
2
sin2,0
0,cos
sin,cos
sin,cos
lrA
ll
rG
lK
lrH
llrD
llrB
+
+
−−
+
x
y
A
H
ϑ
O
( )0,
0
rE
k >
Eϕ
G K
k
E
B
D
ϑ
Kϕ
100
Forze attive:
( ) BjklHBkF
AjmgP
GjmgP
EjmgP
e in applicatasin
in applicata
in applicata
in applicata2
3
2
1
ϑ−=−−=
−=
−=
−=
Reazioni vincolari:
Ki
Ejix
KK
y
E
x
EE
in applicata
in applicata
ϕϕϕϕϕ
=
+−=
Scegliamo per comodità il punto E come polo (in modo da non calcolare i momenti della reazione vincolare
Eϕ e della forza peso 1P ) e scriviamo le equazioni della statica:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
=×−+×−+×−+×−+×−+×−
=+++++⇒
⇒
=+
=+
0
0
0
0
321
321
KEe
KEe
v
E
a
E
va
EKEEFEBPEAPEGPEE
FPPP
MM
RR
ϕϕ
ϕϕ
Calcoliamo i momenti:
0sin2cossincos2
1
0
00
0sin2
0sin0
0sincos
00
0sin20
00
0sin2
3cos
2
2 =
−−−
=−+
−
+
−
+
−
klklmgl
lr
kji
kl
ll
kji
mg
l
kji
mg
ll
kji
x
K
x
K
ϑϕϑϑϑ
ϕϑ
ϑϑϑϑϑϑ
Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:
=−−−
=+−−−−
=+−
0sin2cossincos2
1
0sin2
0
2 ϑϕϑϑϑ
ϕϑ
ϕϕ
x
K
y
E
x
K
x
E
lklmgl
klmgmgmg
Poiché abbiamo un sistema con 3 equazioni e 4 incognite, è necessario inserire un’ulteriore relazione. Ricordando che stiamo considerando vincoli lisci, notiamo che:
x
Eϕ−
ϑ Eϕ
y
Eϕ ϑϕϕ tany
E
x
E =−⇒
101
In definitiva, il sistema risolvibile è:
=−
=−−−
=+−−−−
=+−
ϑϕϕ
ϑϕϑϑϑ
ϕϑ
ϕϕ
tan
0sin2cossincos2
1
0sin2
0
2
y
E
x
E
x
K
y
E
x
K
x
E
lklmgl
klmgmgmg
Il potenziale del sistema è dato da:
ePPP UUUUU +++=321
Calcoliamo i singoli potenziali:
ϑ
ϑ
ϑ
222sin
2
1
2
sin2
sin2
3
02
3
2
1
klBHk
U
mglmgyU
mglmgyU
mgyU
e
AP
GP
EP
−=−=
−=−=
−=−=
=−=
Quindi si ha:
ϑϑϑϑϑ 2222 sin2
1sin
2
7sin
2
1sin2sin
2
3klmglklmglmglU −−=−−−=
Troviamo le posizioni di equilibrio:
( ) 0cossin270
cossincos2
7 2
=+⇒=∂∂
−−=∂∂
ϑϑϑ
ϑϑϑϑ
klmgU
klmglU
−
+
==⇒=
−=
+=⇒−=⇒=+
2
3
22
7arcsin2
2
7arcsin
2
3
20cos
2
7arcsin2
2
7arcsin
2
7sin0sin27
4321
43
21
ππππ
πϑ
πϑϑ
πϑπϑϑϑ
PPkl
mgP
kl
mgP
kl
mg
kl
mg
kl
mgklmg
Studiamo la stabilità delle posizioni di equilibrio:
( ) 0cos7sin22
0 >−−⇒>∂∂
ϑϑϑ
mgkllU
102
πϑππ
ϑϑ
πϑπϑ
22
3
200cos
2
7arcsin2
2
7arcsin
2
7sin
<<∨<<⇒>
−<<
+⇒−<kl
mg
kl
mg
kl
mg
Per scrivere le equazioni di Lagrange abbiamo bisogno di conoscere l’espressione dell’energia cinetica del sistema. Per calcolarla utilizziamo il teorema di König:
DABBD TTTT ++=
( )
( )
( ) ( )
( ) 22222
2222222222
22222
2
2
22222
cos2cos22
1
2
1
cos616
1cos81
4
1
2
1
12
1
2
1
2
1
2
1
cos814
1cos
2
3sin
2
cos2
3sin
2
12
1
6
122
12
1
2
1
2
1
ϑϑϑϑ
ϑϑϑϑϑω
ϑϑϑϑϑϑ
ϑϑϑϑ
ϑϑω
&&&
&&&
&&&
&&&&
&&
⋅=⋅==
+=+⋅+
=+=
+=
⋅+
⋅−=
⋅+
⋅−=+=
=
=
⋅==
mllmymT
mllmmlvmT
lll
v
jlil
jyixv
ml
mllmT
AD
GABGAB
G
GGG
G
BDEBD
J
J
J
L’energia cinetica del sistema è:
( ) ( ) 22222222222 cos913
1cos2cos61
6
1
6
1ϑϑϑϑϑϑϑ &&&& mlmlmlmlT +=⋅+++=
Scriviamo l’equazione di Lagrange:
ϑϑϑ ϑ ∂∂
==∂∂
−∂
∂ UQ
TT
dt
d
&
0 2
π
+kl
mg
2
7arcsinπ
2
3π
+ +
−kl
mg
2
7arcsin2π π2
Stabile Stabile Instabile Instabile
103
( ) ( )ϑϑϑϑϑϑϑϑ
ϑϑϑϑ
&&&&&
&
222222
22
cos913
2cossin12cos91
3
2
cossin6
++⋅−=
+=∂∂
⋅−=∂∂
mlmlmldt
dT
dt
d
mlT
In definitiva:
( )
( ) ( )ϑϑϑ
ϑϑ
ϑϑϑϑ
ϑ
ϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑ
222
2
2222222
cos912
cossin3
cos914
cos21
cos91
cossin9
cossincos2
7cossin6cos91
3
2cossin12
+−
+−⋅
+=
−−=⋅+++⋅−
m
k
l
g
klmglmlmlml
&&&
&&&&
24) Scrivere le equazioni della statica e le equazioni di Lagrange per il seguente sistema, costituito
da un’asta AC di massa m e lunghezza l , appesa ad una molla di costante elastica k e vincolata nell’altro estremo da un carrello con cerniera, che la collega ad un disco di massa m4 e raggio r , sul cui punto diametralmente opposto è applicata un’altra molla di costante elastica k che lo tiene unito al baricentro dell’asta. Studiare, inoltre, la stabilità delle posizioni di equilibrio (supporre mgkl 4< ):
Gradi di libertà: L’asta può traslare mentre il disco, collegato ad essa, può ruotare, quindi il grado di libertà è
2=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato con la verticale e l’ordinata yyC = dell’estremo
superiore dell’asta come coordinate lagrangiane. Troviamo le coordinate dei punti A , C e P e dei baricentri B e G :
( )( )( )
( )ϑϑ
ϑϑ
cos,sin
2,0
cos2,sin2
,0
,0
rlyrG
lyB
rlyrP
yC
lyA
−−−
−−
−−−
−
−−
x
y
A
P
ϑ
O
0>k A
ϕ
C
k
B
k
G
104
Forze attive:
( )
( ) Pjkrkl
ikrBPkF
CjkyOCkF
GjmgP
BjmgP
in applicatacos22
sin2
in applicata
in applicata4
in applicata
2
1
2
1
++−=−−=
=−−=
−=
−=
ϑϑ
Reazioni vincolari:
Aji y
A
x
AAin applicataϕϕϕ +=
Scegliamo per comodità il punto A come polo (in modo da non calcolare il momento della reazione vincolare) e scriviamo le equazioni della statica:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
=×−+×−+×−+×−+×−
=++++⇒
=+
=+
0
0
0
0
2121
2121
A
A
v
A
a
A
va
AAFAPFACPAGPAB
FFPP
MM
RR
ϕ
ϕ
Calcoliamo i momenti:
( ) 0sinsin4
0
0cos22
sin2
0cos2sin2
00
00
040
0cossin
00
02
0
=+−
=
+−
−++
−
−+
−
kkrlmgr
krkl
kr
rr
kji
ky
l
kji
mg
rr
kji
mg
l
kji
ϑϑ
ϑϑ
ϑϑϑϑ
Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:
=+−
=++++−−
=+−
0sinsin4
0cos22
4
0sin2
ϑϑ
ϕϑ
ϕϑ
krlmgr
krkl
kymgmg
kr
y
A
x
A
Poiché abbiamo un sistema con 3 equazioni e 4 incognite, è necessario inserire un’ulteriore relazione. Ricordando che stiamo considerando vincoli lisci, notiamo che:
In definitiva, il sistema risolvibile è:
=
=+−
=++++−−
=+−
ϑϕϕ
ϑϑ
ϕϑ
ϕϑ
tan
0sinsin4
0cos22
4
0sin2
x
A
y
A
y
A
x
A
krlmgr
krkl
kymgmg
kr
y
Aϕ
ϑ Aϕ
x
Aϕ ϑϕϕ tanx
A
y
A =⇒
105
Il potenziale del sistema è dato da:
2121 FFPP UUUUU +++=
Calcoliamo i singoli potenziali:
222
22
8
12cos
2
2
1
2
4cos4442
2
1
2
1
klkrklrPBk
U
kyCOk
U
mglmgrmgymgyU
mglmgymgyU
F
F
GP
BP
−−−=−=
−=−=
++=−=
+=−=
ϑ
ϑ
Quindi si ha:
( ) 222
222
8
12
2
9cos45
2
18
12cos
2
14cos44
2
klkrmglklrmgrmgyky
klkrklrkymglmgrmgymgl
mgyU
−−+−++−=
=−−−−++++=
ϑ
ϑϑ
Troviamo le posizioni di equilibrio:
( ) ϑϑ
sin4
5
klrmgrU
mgkyy
U
−−=∂∂
+−=∂∂
( )
=∨=
=⇒
=−
=+−⇒
=∂∂
=∂∂
π
πϑϑϑϑ
,5
0,5
0
5
0sin4
05
0
0
21
21
k
mgP
k
mgP
k
mgy
klmg
mgky
U
y
U
Studiamo la stabilità delle posizioni di equilibrio:
( )
( )( ) ϑ
ϑ
ϑϑ
ϑϑ cos40
0,
cos4
0
2
2
22
2
2
klrmgr
kyH
klrmgrU
y
U
y
U
ky
U
U −−
−=⇒
−−=∂
∂
=∂∂
∂=
∂∂∂
−=∂
∂
106
( )( )
( )
( )( )
( ) Instabile0440
0
0440
0
2
1
<−−=−
−=
>−=−−
−=
klmgkrklrmgr
kPH
klmgkrklrmgr
kPH
U
UStabile
Per scrivere le equazioni di Lagrange abbiamo bisogno di conoscere l’espressione dell’energia cinetica del sistema. Per calcolarla utilizziamo il teorema di König:
DAC TTT +=
( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ϑϑϑω
ϑϑϑϑϑϑϑ
ϑϑϑϑ
&&&&
&&&&&&&
&&&&&
&
ymrymmrvmT
yryrryrv
jryirjyixv
mrrm
ymvmT
GGD
G
GGG
G
BAC
⋅−+=+=
⋅−+=⋅+−+⋅=
⋅+−+⋅=+=
==
==
sin42342
1
2
1
sin2sincos
sincos
242
1
2
1
2
1
22222
222222
22
22
J
J
L’energia cinetica del sistema è:
ϑϑϑϑϑϑ &&&&&&&&& ymrmrymymrymmrymT ⋅−+=⋅−++= sin432
5sin423
2
1 2222222
Scriviamo le equazioni di Lagrange:
∂∂
==∂∂
−∂∂
∂∂
==∂∂
−∂
∂
y
UQ
y
T
y
T
dt
d
UQ
TT
dt
d
y&
& ϑϑϑ ϑ
[ ]
[ ] ϑϑϑϑϑϑ
ϑϑϑϑϑϑϑ
ϑϑϑ
&&&&&&&&
&&&&&&&&&
&&
⋅−⋅−=⋅−=∂
∂
=∂∂
⋅−⋅−=⋅−=∂
∂
⋅−=∂∂
sin4cos45sin45
0
sin4cos46sin46
cos4
2
22
mrmrymmrymdt
d
y
T
dt
d
y
T
ymrymrmrymrmrdt
dT
dt
d
ymrT
107
In definitiva:
( )
+⋅+⋅=+
−+=
+−=⋅−⋅−
−−=⋅+⋅−⋅−
grrym
ky
mr
mgkly
r
mgkymrmrym
klrmgrymrymrymrmr
2
2
2
cos5
4sin
5
4
5
sin6
4
3
2
5sin4cos45
sin4cos4sin4cos46
ϑϑϑϑ
ϑϑ
ϑϑϑϑ
ϑϑϑϑϑϑϑ
&&&&&
&&&&
&&&&&
&&&&&&&&
25) Scrivere le equazioni della statica e le equazioni di Lagrange per il seguente sistema, costituito
da un’asta AB di massa m e lunghezza l2 , vincolata nel punto A da una cerniera, nell’estremo destro della quale è applicata una molla di costante elastica k , mentre sul baricentro agisce una forza costante jkRF −= . Studiare, inoltre, la stabilità delle posizioni di
equilibrio (supporre kRmg 3< ):
Gradi di libertà: L’asta può solo ruotare, quindi il grado di libertà è 1=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato con l’orizzontale come coordinata lagrangiana. Troviamo le coordinate del punto B e del baricentro G :
( )( )ϑϑ
ϑϑsin,cos
sin2,cos2
llG
llB
−
−
Forze attive:
( ) ( ) ( )GjkRF
BjRlkiRlkHBkF
GjmgP
e
in applicata
in applicata2sin22cos2
in applicata
−=
−−−−−=−−=
−=
ϑϑ
Reazioni vincolari:
Aji y
A
x
AAin applicataϕϕϕ +=
x
y
H
ϑ AO ≡
( )RRH
k
2,2
0>
Aϕ
G
k
B F
108
Scegliamo per comodità il punto A come polo (in modo da non calcolare il momento della reazione vincolare) e scriviamo le equazioni della statica:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
=×−+×−+×−+×−
=+++⇒
=+
=+
0
0
0
0
Ae
Ae
v
A
a
A
va
AAFAGFABPAG
FFP
MM
RR
ϕ
ϕ
Calcoliamo i momenti:
( ) ( )( ) ( )[ ]
( ) 0cos3sin4cos
0cos2cos2sin22sin2cos2cos
0
00
0sincos
02sin22cos2
0sin2cos2
00
0sincos
=++−
=−−−−−−−
=
−
−+
−−−−−
−+
−
−
kkRlkRlmgl
kkRlRlklRlklmgl
kR
ll
kji
RlkRlk
ll
kji
mg
ll
kji
ϑϑϑϑϑϑϑϑϑ
ϑϑϑϑϑϑϑϑ
Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:
( )( )
=
=
−=
⇒
=++−
=+−−−−−
=+−−
0sin
2
2cos2
0cos3sin4cos
02sin2
02cos2
ϑ
ϕ
ϑϕ
ϑϑϑ
ϕϑ
ϕϑ
kR
kRkl
kRlkRlmgl
kRRlkmg
Rlk
y
A
x
A
y
A
x
A
Il potenziale del sistema è dato da:
FeP UUUU ++=
Calcoliamo i singoli potenziali:
( ) ( )[ ] ( )ϑ
ϑϑϑϑ
ϑ
sin
2cos2sin222sin22cos222
sin
22222
kRlkRydykRdzFdyFdxFU
RlRlRlkRlRlk
BHk
U
mglmgyU
GGGzGyGxF
e
GP
=−=−=++=
++−−=−−+−−=−=
=−=
∫∫
Quindi si ha:
( )( ) 22
22
42cos4sin3
sin2cos2sin22sin
kRklkRllkRmg
kRlRlRlRlkmglU
−−+−=
=+++−−=
ϑϑ
ϑϑϑϑ
Troviamo le posizioni di equilibrio:
( )
( ) ( )[ ] 0costan430sin4cos30
sin4cos3
=−−⇒=−−⇒=∂∂
−−=∂∂
ϑϑϑϑϑ
ϑϑϑ
kRkRmgkRllkRmgU
kRllkRmgU
( )kR
kRmg
kR
kRmgkRkRmg
4
3arctan2
4
3arctan0tan43
2
3
20cos
43
21
−+=∨
−+=⇒=−−
=∨=⇒=
πϑπϑϑ
πϑ
πϑϑ
109
−+
−+
kR
kRmgP
kR
kRmgPPP
4
3arctan2
4
3arctan
2
3
2 4321 ππππ
Studiamo la stabilità delle posizioni di equilibrio:
( )[ ] 0costan430 >−−⇒>∂∂
ϑϑϑ
kRkRmgU
πϑππ
ϑϑ
πϑπ
πϑπ
ϑ
22
3
200cos
4
3arctan2
2
3
4
3arctan
24
3tan
<<∨<<⇒>
−+<<∨
−+<<⇒
−<
kR
kRmg
kR
kRmg
kR
kRmg
Per scrivere le equazioni di Lagrange abbiamo bisogno di conoscere l’espressione dell’energia cinetica del sistema:
2
2
1ωAT J=
( ) 22
3
42
3
1mllmA ==J
L’energia cinetica del sistema è:
2222
3
2
3
4
2
1ϑϑ && mlmlT =
=
Scriviamo l’equazione di Lagrange:
ϑϑϑ ϑ ∂
∂==
∂∂
−∂
∂ UQ
TT
dt
d
&
ϑϑϑ
ϑ
&&&&
22
3
4
3
4
0
mlmldt
dT
dt
d
T
=
=∂
∂
=∂∂
0 2
π
kR
kRmg
4
3arctan
−+π
2
3π
+ +
kR
kRmg
4
3arctan2
−+π π2
Instabile Stabile Instabile Instabile
110
In definitiva:
( )
( ) ϑϑϑ
ϑϑϑ
sin3
cos34
3
sin4cos33
4 2
ml
kRkRmg
ml
kRllkRmgml
−−=
−−=
&&
&&
26) Scrivere le equazioni della statica e le equazioni di Lagrange per il seguente sistema, costituito
da un’asta AB di massa m e lunghezza l2 , vincolata nel suo baricentro da un carrello con cerniera, sugli estremi della quale sono applicate due molle di costante elastica k . Studiare, inoltre, la stabilità delle posizioni di equilibrio e scrivere l’equazione dei piccoli moti intorno ad una di esse:
Gradi di libertà: L’asta può ruotare e traslare, quindi il grado di libertà è 2=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato con l’orizzontale e l’ordinata yyM = del baricentro dell’asta come coordinate lagrangiane. Troviamo le coordinate dei punti A , B , 1A e 1B e del baricentro M :
( )( )( )( )( )yM
lB
lA
lylB
lylA
,0
0,cos
0,cos
sin,cos
sin,cos
1
1
ϑ
ϑϑϑϑϑ
−
+
−−
Forze attive:
( ) ( )( ) ( ) BjlykBBkF
AjlykAAkF
MjmgP
in applicatasin
in applicatasin
in applicata
12
11
ϑϑ
+−=−−=
−−=−−=
=
Reazioni vincolari:
Mji y
M
x
MMin applicataϕϕϕ −=
x
y
B
A
k
ϑ
0>k M
ϕ
O 1B
k
1A
M
111
Scegliamo per comodità il punto M come polo (in modo da non calcolare i momenti della reazione vincolare e della forza peso) e scriviamo le equazioni della statica:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
=×−+×−+×−+×−
=+++⇒
=+
=+
0
0
0
0
21
21
M
M
v
M
a
M
va
MMFMBFMAPMM
FFP
MM
RR
ϕ
ϕ
Calcoliamo i momenti:
( ) ( )( ) ( )[ ]
( ) 0cossin2
0sincossincos
0
0sin0
0sincos
0sin0
0sincos
2 =−
=+−−
=
+−
+
−−
−−
kkl
klykllykl
lyk
ll
kji
lyk
ll
kji
ϑϑ
ϑϑϑϑ
ϑϑϑ
ϑϑϑ
Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:
( ) ( )
=−
=−+−−−
=
0cossin2
0sinsin
0
2 ϑϑ
ϕϑϑ
ϕ
kl
lyklykmg y
M
x
M
Poiché abbiamo un sistema con 3 equazioni e 4 incognite, è necessario inserire un’ulteriore relazione. Ricordando che stiamo considerando vincoli lisci, notiamo che:
In definitiva, il sistema risolvibile è:
( ) ( )
−=
=−
=−+−−−
=
ϑϕϕ
ϑϑ
ϕϑϑ
ϕ
tan
0cossin2
0sinsin
0
2
y
M
x
M
y
M
x
M
kl
lyklykmg
Il potenziale del sistema è dato da:
21 FFP UUUU ++=
Calcoliamo i singoli potenziali:
( ) ( )
( ) ( )ϑϑϑ
ϑϑϑ
sin2sin2
sin22
sin2sin2
sin22
22222
1
22222
1
2
1
lylyk
lyk
BBk
U
lylyk
lyk
AAk
U
mgymgyU
F
F
MP
++−=+−=−=
−+−=−−=−=
==
x
Mϕ
ϑ Mϕ
y
Mϕ− ϑϕϕ tany
M
x
M −=⇒
112
Quindi si ha:
( ) ( ) ϑϑϑϑϑ 222222222 sinsin2sin2
sin2sin2
klmgykylylyk
lylyk
mgyU −+−=++−−+−=
Troviamo le posizioni di equilibrio:
ϑϑϑϑ
2sincossin2
2
22 klklU
mgkyy
U
−=−=∂∂
+−=∂∂
=∨=∨=∨=
=⇒
=−
=+−⇒
=∂∂
=∂∂
2
3,
2,
22,
20,
2
2
3
20
202sin
02
0
0
4321
4321
2
ππ
π
πϑπϑ
πϑϑϑ
ϑ
k
mgP
k
mgP
k
mgP
k
mgP
k
mgy
kl
mgky
U
y
U
Studiamo la stabilità delle posizioni di equilibrio:
( )ϑ
ϑ
ϑϑ
ϑϑ 2cos20
02,
2cos2
0
2
2
22
2
22
2
2
kl
kyH
klU
y
U
y
U
ky
U
U −
−=⇒
−=∂
∂
=∂∂
∂=
∂∂∂
−=∂
∂
( )
( )
( )
( ) Instabile0420
02
0420
02
Instabile0420
02
0420
02
2224
2223
2222
2221
<−=−
=
>=−
−=
<−=−
=
>=−
−=
lkkl
kPH
lkkl
kPH
lkkl
kPH
lkkl
kPH
U
U
U
U
Stabile
Stabile
Per scrivere le equazioni di Lagrange abbiamo bisogno di conoscere l’espressione dell’energia cinetica del sistema. Per calcolarla utilizziamo il teorema di König:
22
2
1
2
1MM vmT += ωJ
113
( )
22
22
3
12
12
1
yv
jyjyixv
mllm
M
MMM
M
&
&&&
=
=+=
==J
L’energia cinetica del sistema è:
222222
2
1
6
1
2
1
3
1
2
1ymmlymmlT &&&& +=+
= ϑϑ
Scriviamo le equazioni di Lagrange:
∂∂
==∂∂
−∂∂
∂∂
==∂∂
−∂
∂
y
UQ
y
T
y
T
dt
d
UQ
TT
dt
d
y&
& ϑϑϑ ϑ
[ ] ymymdt
d
y
T
dt
d
y
T
mlmldt
dT
dt
d
T
&&&&
&&&&
==∂∂
=∂∂
=
=∂
∂
=∂∂
0
3
1
3
1
0
22 ϑϑϑ
ϑ
In definitiva:
=+
−=
+−=
−=
gym
ky
m
k
mgkyym
klml
2
2sin3
2
2sin3
1 22
&&
&&
&&
&&
ϑϑ
ϑϑ
Scriviamo ora l’equazione dei piccoli moti per la posizione di equilibrio stabile 1P :
( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) 22
2222
2
22
2
2
2
1
242
1
2
1
1
1
11
1
1
1
1
1
1
1
ϑϑϑϑ
ϑϑϑ
ϑϑϑ
klk
mgyk
k
gmUyy
y
U
yyy
UUyy
y
UPUU
P
P
PP
P
P
P
P
P
P
P
−
−−=−⋅∂∂
+−−⋅∂∂
∂+
+−⋅∂∂
+−⋅∂∂
+−⋅∂∂
+=
114
( ) ( )
( )
=
=+
=
⇒
=
=+
=
⇒+=
+++=+++== ∑=
222
2112
11
222
2112
11
222
2222112
21122222121121111
1,
3
1
0
6
1
2
1
02
12
1
2
1
2
1
6
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
mla
aa
ma
mla
aa
ma
ymmlT
ayaayaqqaqqaaqqaqqaTn
kh
khhk
&&
&&&&&&&&&&&&
ϑ
ϑϑ
In questo caso l’energia cinetica è già linearizzata (i coefficienti sono tutti costanti). La lagrangiana del sistema è:
22222
222
242
1
6
1ϑϑ kl
k
mgyk
k
gmymmlUT −
−−++=+= &&L
In definitiva:
=+
=+⇒
=−+
=+⇒
=∂∂
−∂∂
=∂∂
−∂
∂
gym
ky
m
k
mgkyym
klml
yydt
d
dt
d
2
06
02
023
1
0
0 22
&&
&&
&&
&&
&
& ϑϑϑϑϑϑLL
LL
27) Scrivere le equazioni della statica e le equazioni di Lagrange per il seguente sistema, costituito
da un’asta AB di massa m e lunghezza l2 , vincolata nel suo baricentro da un carrello con cerniera. Nell’estremo B dell’asta è applicata una molla di costante elastica k , mentre nel punto medio del segmento AC agisce una forza costante jklF = . Studiare, inoltre, la stabilità
delle posizioni di equilibrio e scrivere l’equazione dei piccoli moti intorno ad una di esse:
Gradi di libertà: L’asta può ruotare e traslare, quindi il grado di libertà è 2=n . Scegliamo l’angolo ϑ formato con l’orizzontale e l’ascissa xxC = del baricentro dell’asta come coordinate lagrangiane.
x
y
H
ϑ O
0>k Cϕ
C k
B
F A
D
115
Troviamo le coordinate dei punti A , B , D e H e del baricentro C : ( )( )
( )( )0,
0,cos
sin2
,cos2
sin,cos
sin,cos
xC
lxH
llxD
llxB
llxA
ϑ
ϑϑ
ϑϑϑϑ
+
−
−+
−
Forze attive:
( )DjklF
BjklHBkF
CjmgP
e
in applicata
in applicatasin
in applicata
=
=−−=
−=
ϑ
Reazioni vincolari:
Cji y
C
x
CCin applicataϕϕϕ +=
Scegliamo per comodità il punto C come polo (in modo da non calcolare i momenti della reazione vincolare e della forza peso) e scriviamo le equazioni della statica:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
=×−+×−+×−+×−
=+++⇒
=+
=+
0
0
0
0
Ce
Ce
v
C
a
C
va
CCFCDFCBPCC
FFP
MM
RR
ϕ
ϕ
Calcoliamo i momenti:
0cos2
1cossin
0
00
0sin2
cos2
0sin0
0sincos
22 =
−
=−+−
kklkl
kl
ll
kji
kl
ll
kji
ϑϑϑ
ϑϑϑϑϑ
Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:
=−
=+++−
=
0cos2
1cossin
0sin
0
22 ϑϑϑ
ϕϑ
ϕ
klkl
klklmg y
C
x
C
Poiché nelle equazioni del sistema non compare l’incognita x , il suo valore è indifferente ai fini dell’equilibrio. Il potenziale del sistema è dato da:
FeP UUUU ++=
116
Calcoliamo i singoli potenziali:
ϑ
ϑ
sin2
1
sin2
1
2
0
2
222
klklydykldzFdyFdxFU
klBHk
U
mgyU
DDDzDyDxF
e
CP
===++=
−=−=
=−=
∫∫
Quindi si ha:
ϑϑ sin2
1sin
2
1 222 klklU +−=
Troviamo le posizioni di equilibrio:
0
cos2
1cossin 22
=∂∂
+−=∂∂
x
U
klklU
ϑϑϑϑ
∀
=∨=∨=∨=⇒
⇒
∀
=
−⇒
=
=+−⇒
=∂∂
=∂∂
xPxPxPxP
x
x
klkl
x
U
U
,6
5,
6,
2
3,
2
6
5
62
3
2
0cos2
1sin
00
0cos2
1cossin
0
0
4321
4321
22
ππππ
πϑ
πϑ
πϑ
πϑ
ϑϑϑϑϑϑ
Studiamo la stabilità delle posizioni di equilibrio:
( ) 000
0sin2
12cos,
0
0
sin2
12cos
22
2
2
22
222
2
=−−=⇒
=∂∂
=∂∂
∂=
∂∂∂
−−=∂∂
ϑϑϑϑϑ
ϑϑϑ
klklxH
x
U
x
U
x
U
klklU
U
Poiché l’hessiano è identicamente nullo, possiamo concludere che non ci sono posizioni di equilibrio stabile. Per scrivere le equazioni di Lagrange abbiamo bisogno di conoscere l’espressione dell’energia cinetica del sistema. Per calcolarla utilizziamo il teorema di König:
22
2
1
2
1CC vmT += ωJ
117
( )
22
22
3
12
12
1
xv
ixjyixv
mllm
C
CCC
C
&
&&&
=
=+=
==J
L’energia cinetica del sistema è:
222222
2
1
6
1
2
1
3
1
2
1xmmlxmmlT &&&& +=+
= ϑϑ
Scriviamo le equazioni di Lagrange:
∂∂
==∂∂
−∂∂
∂
∂==
∂
∂−
∂
∂
x
UQ
x
T
x
T
dt
d
UQ
TT
dt
d
x&
& ϑϑϑ ϑ
[ ] xmxmdt
d
x
T
dt
d
x
T
mlmldt
dT
dt
d
T
&&&&
&&&&
==∂∂
=∂∂
=
=∂
∂
=∂∂
0
3
1
3
1
0
22 ϑϑϑ
ϑ
In definitiva:
=
+−=
=
+−=
0
cos2
32sin
2
3
0
cos2
1cossin
3
1 222
x
m
k
m
k
xm
klklml
&&
&&
&&
&&
ϑϑϑ
ϑϑϑϑ
Dato che non ci sono posizioni di equilibrio stabile, è inutile scrivere le equazioni dei piccoli moti.
118
28) Scrivere le equazioni della statica e le equazioni di Lagrange per il seguente sistema, costituito da un’asta AB di massa m e lunghezza l , vincolata nel punto A da un carrello con cerniera. Sull’estremo sinistro dell’asta è applicata una molla di costante elastica k , mentre nel punto B agisce una forza costante ifF = , con 0>f . Studiare, inoltre, la stabilità delle posizioni di equilibrio e scrivere l’equazione dei piccoli moti intorno ad una di esse:
Gradi di libertà: L’asta può ruotare e traslare, quindi il grado di libertà è 2=n . Scegliamo l’angolo ϑ e l’ordinata yyA = del punto A come coordinate lagrangiane. Troviamo le coordinate dei punti A e B e del baricentro G :
( )( )
+
+
ϑϑ
ϑϑ
cos2
,sin2
cos,sin
,0
ly
lG
lylB
yA
Forze attive:
( )BifF
AjkyOAkF
GjmgP
e
in applicata
in applicata
in applicata
=
−=−−=
=
Reazioni vincolari:
Aji y
A
x
AAin applicataϕϕϕ +=
Scegliamo per comodità il punto A come polo (in modo da non calcolare i momenti della reazione vincolare e della molla) e scriviamo le equazioni della statica:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
=×−+×−+×−+×−
=+++⇒
=+
=+
0
0
0
0
Ae
Ae
v
A
a
A
va
AAFABFAAPAG
FFP
MM
RR
ϕ
ϕ
x
y
B
A
k
ϑ 0>k
Aϕ
F
O
G
119
Calcoliamo i momenti:
0cossin2
0
00
0cossin
00
0cos2
sin2
=
−
=+
kflmgl
f
ll
kji
mg
ll
kji
ϑϑ
ϑϑϑϑ
Proiettando sugli assi x e y si ottengono le equazioni in forma scalare:
=−
=+−
=+
0cossin2
0
0
ϑϑ
ϕ
ϕ
flmgl
kymg
f
y
A
x
A
Poiché abbiamo un sistema con 3 equazioni e 4 incognite, è necessario inserire un’ulteriore relazione. Ricordando che stiamo considerando vincoli lisci, notiamo che:
In definitiva, il sistema risolvibile è:
=
=−
=+−
=+
ϑϕϕ
ϑϑ
ϕ
ϕ
tan
0cossin2
0
0
x
A
y
A
y
A
x
A
flmgl
kymg
f
Il potenziale del sistema è dato da:
FeP UUUU ++=
Calcoliamo i singoli potenziali:
ϑ
ϑ
sin
2
1
2
cos2
22
flxfdxfdzFdyFdxFU
kyAOk
U
lymgmgyU
BBBzByBxF
e
GP
=⋅==++=
−=−=
+==
∫∫
Quindi si ha:
ϑϑ sincos2
1
2
1 2 flmglkymgyU ++−=
y
Aϕ
ϑ Aϕ
x
Aϕ ϑϕϕ tanx
A
y
A =⇒
120
Troviamo le posizioni di equilibrio:
kymgy
U
flmglU
−=∂
∂
+−=∂∂
ϑϑϑ
cossin2
1
+
=
+=∨=∨=∨=⇒
⇒
=
=
−
⇒
=−
=+−⇒
=∂
∂
=∂∂
k
mg
mg
fP
k
mg
mg
fP
k
mgP
k
mgP
k
mgy
mg
f
mg
f
k
mgy
mg
f
kymg
flmgl
y
U
U
,2
arctan,2
arctan,2
3,
2
2arctan
2arctan
2
3
2
0cos2
tan
0
0cossin2
1
0
0
4321
4321
πππ
πϑϑπ
ϑπ
ϑ
ϑϑϑϑϑ
Studiamo la stabilità delle posizioni di equilibrio:
( )k
flmglyH
ky
U
y
U
y
U
flmglU
U
−
−−=⇒
−=∂
∂
=∂∂
∂=
∂∂∂
−−=∂∂
0
0sincos2
1,0
sincos2
1
2
2
22
2
2
ϑϑϑϑϑ
ϑϑϑ
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Instabile0220
022
0220
022
Instabile00
0
00
0
2222
4
2222
3
2
1
<+−=−
+=
>+=−
+−=
<−=−
=
>=−
−=
fmgkl
k
fmgl
PH
fmgkl
k
fmgl
PH
kflk
flPH
kflk
flPH
U
U
U
U
Stabile
Stabile
Per scrivere le equazioni di Lagrange abbiamo bisogno di conoscere l’espressione dell’energia cinetica del sistema. Per calcolarla utilizziamo il teorema di König:
22
2
1
2
1GG vmT += ωJ
121
ϑϑϑϑϑϑϑ
ϑϑϑϑ
&&&&&&&
&&&&&
ylyll
yl
v
jl
yil
jyixv
ml
G
GGG
G
⋅−+=
⋅−+
⋅=
⋅−+
⋅=+=
=
sin4
1sin
2cos
2
sin2
cos2
12
1
22222
2
2J
L’energia cinetica del sistema è:
ϑϑϑϑϑϑϑ &&&&&&&&& ymlymmlylylmmlT ⋅−+=
⋅−++
= sin2
1
2
1
6
1sin
4
1
2
1
12
1
2
1 22222222
Scriviamo le equazioni di Lagrange:
∂∂
==∂∂
−∂∂
∂∂
==∂∂
−∂
∂
y
UQ
y
T
y
T
dt
d
UQ
TT
dt
d
y&
& ϑϑϑ ϑ
ϑϑϑϑϑϑ
ϑϑϑϑϑϑϑ
ϑϑϑ
&&&&&&&&
&&&&&&&&&
&&
⋅−⋅−=
⋅−=∂
∂
=∂
∂
⋅−⋅−=
⋅−=∂
∂
⋅−=∂
∂
sin2
1cos
2
1sin
2
1
0
sin2
1cos
2
1
3
1sin
2
1
3
1
cos2
1
2
22
mlmlymmlymdt
d
y
T
dt
d
y
T
ymlymlmlymlmldt
dT
dt
d
ymlT
In definitiva:
( )
+⋅+⋅=+
+−=
−=⋅−⋅−
+−=⋅+⋅−⋅−
gllym
ky
ml
fgy
l
kymgmlmlym
flmglymlymlymlml
2
2
2
cos2
1sin
2
1
cos3
sin2
3
sin2
1cos
2
1
cossin2
1cos
2
1sin
2
1cos
2
1
3
1
ϑϑϑϑ
ϑϑϑ
ϑϑϑϑ
ϑϑϑϑϑϑϑϑ
&&&&&
&&&&
&&&&&
&&&&&&&&
122
Scriviamo ora l’equazione dei piccoli moti per la posizione di equilibrio stabile 3P :
( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )2
22222
2
222
222
2
2
22
2
2
2
3
2arctan2
42
12
2
2arctan2
22
1
2
12
22
2
1
2
1
3
3
33
3
3
3
3
3
3
3
−⋅+−+−+=
=
−⋅
+−+
−−++=
=−⋅∂∂
+−−⋅∂∂
∂+
+−⋅∂∂
+−⋅∂∂
+−⋅∂∂
+=
mg
ffmg
lmgykyfmg
l
mg
ffmg
l
k
mgykfmg
l
k
mg
Uyy
y
U
yyy
UUyy
y
UPUU
P
P
PP
P
P
P
P
P
P
P
ϑ
ϑ
ϑϑϑ
ϑϑϑ
ϑϑϑ
( ) ( )
( )
=
−=+
=
⇒
=
−=+
=
⇒⋅−+=
+++=+++== ∑=
ma
mlaa
mla
ma
mlaa
mla
ymlymmlT
yayaaaqqaqqaaqqaqqaTn
kh
khhk
22
2112
211
22
2112
211
222
2222112
21122222121121111
1,
sin3
1
2
1
2
1
sin2
1
2
16
1
2
1
sin2
1
2
1
6
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
ϑϑϑϑϑ
ϑϑ
&&&&
&&&&&&&&&&&&
In questo caso dobbiamo linearizzare solo il coefficiente ( )2112 aa + :
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
−⋅
+−
+−=
=−⋅−+−=+
mg
f
fmg
glm
fmg
mlf
mlmlaa PPP
2arctan
22
2
cossin
22
2
22
2112 333
ϑ
ϑϑϑϑ
La lagrangiana del sistema è:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )2
22222
2
22
2
22
22
2arctan2
42
12
2
2
12arctan
22
2
2
1
6
1
−⋅+−+−++
++
−⋅
+−
+−+=+=
mg
ffmg
lmgykyfmg
l
ymymg
f
fmg
glm
fmg
mlfmlUT
ϑ
ϑϑϑ &&&&L
123
In definitiva:
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
++
+
−⋅+
+=+
=
−⋅++
−⋅+
+−
=∂∂
−∂∂
=∂∂
−∂
∂
gfmg
mgl
mg
fmgf
fmg
ly
m
ky
mg
ffmg
mly
mg
fmgf
fmgl
yydt
d
dt
d
2
2222
22
22
22
12arctan2
22
02
arctan22
32arctan2
22
3
0
0
ϑϑϑ
ϑϑϑ
ϑϑ
&&&&&
&&&&
&
&
LL
LL
These notes are courtesy of FFX