Prova scritta di fondamenti di meccanica razionale del 24.06.2013

Esercizio 1Nel piano Oxy di una terna Oxyz giace una coronacircolare C di centro O, raggio interno a e raggioesterno 2a, la cui densita e espressa da:

!(P ) =µ

"a3|P ! O| "P # C ,

dove µ indica una massa caratteristica. A C e sal-data un’asta rettilinea AB, di lunghezza a, che sicolloca lungo l’asse Ox — vedi figura — e la cuidensita risulta:

#(P ) =µ

a2|P ! O| "P # AB .

Determinare del sistema:

(a) la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz;(b) la matrice d’inerzia relativa a Oxyz;(c) il momento d’inerzia rispetto alla bisettrice del I quadrante in Oxy.

Esercizio 2Dato il sistema di vettori applicati:

!"#

"$

$v1 = e1 + e2 applicato in A(5, 0, 0)$v2 = 3e1 + 3e2 applicato in B(!5, 0, 0)$v3 = 2e1 + 2e2 applicato in C(0, 0, 1)

rispetto alla terna Oxyz = Oe1e2e3, determinarne:

(a) il centro, se definito;(b) l’equazione parametrica dell’asse centrale, se definito;(c) il momento relativo all’asse Oe1.

1

Esercizio 3Nel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz un’asta rettilinea omogenea AB, dimassa m, lunghezza 12a e punto medio O, e vincolata a ruotare attorno all’asse fissoOz. Su di essa rotola senza strisciare, mantenendosi nello stesso piano, un disco circolareomogeneo D, di raggio a e massa m, il cui centro C e connesso all’origine da una mollaideale di costante elastica k. Il sistema si assume pesante e a vincoli ideali.

Usare le coordinate generalizzate % # R e & # [!6, 6] in figura per determinare del sistema,relativamente a Oxyz:

(a) gli equilibri ordinari;(b) le caratteristiche di stabilita degli equilibri ordinari;(c) l’espressione dell’energia cinetica;(d) le equazioni di Lagrange;(e) gli equilibri di confine.

2

Soluzione dell’esercizio 1(a) Massa e baricentroLa corona circolare C e descritta dalla parametrizzazione:

P (',() ! O = ' cos ( e1 + ' sin ( e2 , (',() # [a, 2a] $ [0, 2"] ,

cui corrisponde l’elemento infinitesimo d’area:

dA = ' d' d( ,

mentre la densita areale diventa:

!(',() =µ

"a3' , (',() # [a, 2a] $ [0, 2"] .

La parametrizzazione dell’asta AB e invece, banalmente:

P (x) ! O = xe1 , x # [2a, 3a] ,

con elemento infinitesimo di lunghezza:

ds = |P !(x)| dx = |e1| dx = dx

e densita lineare:#(x) =

µ

a2x , x # [2a, 3a] .

Massa della coronaLa massa della corona si ricava integrando la densita areale ! sul dominio C, per cui risulta:

mC =%

C

! dA =2a%

a

d' '

2!%

0

d(µ

"a3' =

µ

"a3

2a%

a

'2d'

2!%

0

d( =µ

"a3

&'3

3

'2a

a

2" =143

µ .

Massa dell’astaLa massa dell’asta si ottiene invece per mezzo di un integrale di linea:

mAB =%

AB

# ds =3a%

2a

µ

a2xdx =

µ

a2

&x2

2

'3a

2a

=µ

a2

5a2

2=

52µ .

Massa del sistemaLa proprieta additiva consente di scrivere la massa del sistema come somma delle massedi corona ed asta, il comune punto A costituendo un insieme di misura (e dunque massa)nulla:

m = mC + mAB =143

µ +52µ =

28 + 156

µ =436

µ .

3

Baricentro della coronaPer determinare il baricentro GC di C non occorre svolgere alcun calcolo. Basta infattiosservare che il centro O della corona circolare ne costituisce un evidente centro di simme-tria, dal momento che per ogni punto di C il corrispondente punto simmetrico rispetto adO e a sua volta compreso in C e la densita, dipendendo solo dalla distanza da O, assumelo stesso valore in entrambi i punti. Di conseguenza, GC = O.

Baricentro dell’astaIl baricentro dell’asta deve ovviamente collocarsi lungo il segmento AB e dunque lungol’asse delle ascisse; il relativo vettore posizione assume cosı la forma:

GAB ! O = xAB e1

con l’ascissa determinata dalla relazione:

xAB =1

mAB

%

AB

x# ds =25µ

3a%

2a

xµ

a2xdx =

25µ

µ

a2

&x3

3

'3a

2a

=2

5a2

193

a3 =3815

a ,

per cui:

GAB ! O =3815

ae1 .

Baricentro del sistemaIl baricentro del sistema si puo ricavare attraverso la formula distributiva, applicata allacorona circolare C e all’asta AB, dal momento che l’unico punto di intersezione A fra ledue parti costituenti e irrilevante nel calcolo sia degli integrali di superficie su C sia degliintegrali curvilinei su AB. Vale percio:

G ! O =mC(GC ! O) + mAB(GAB !O)

mC + mAB=

mAB

mC + mAB(GAB ! O) =

=

52µ

436

µ

3815

ae1 =52

643

3815

ae1 =3843

ae1 .

(b) Matrice d’inerzia in OxyzPoiche il punto di intersezione A fra corona e asta costituisce un insieme di misura nulla,la matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz si puo ricavare come somma dellematrici d’inerzia relative alla medesima terna. Matrici che conviene, al solito, determinareseparatamente.

Matrice d’inerzia della coronaGli assi coordinati Ox, Oy e Oz sono evidenti assi di simmetria di C, dato che la densitaareale ! e funzione della sola distanza dall’origine. La terna Oxyz e dunque centraled’inerzia per la corona circolare, e rispetto ad essa la matrice d’inerzia deve assumereforma diagonale. A cio si aggiunge il fatto che i momenti d’inerzia relativi agli assi Ox

4

e Oy, nel piano di giacitura della corona, sono banalmente uguali per simmetria, e chela loro somma deve coincidere con il momento d’inerzia relativo a Oz. Ne deriva che lamatrice d’inerzia di C e del tipo:

[LCO] =

(

)LC

xx 0 00 LC

xx 00 0 2LC

xx

*

+

con il momento d’inerzia rispetto a Ox dato da:

LCxx =

%

C

y2! dA =2a%

a

d' '

2!%

0

d( '2sin2(µ

"a3' =

=µ

"a3

2a%

a

'4d'

2!%

0

sin2( d( =µ

"a3

&'5

5

'2a

a

" =315

µa2

sicche risulta:

[LCO] = µa2

(

)31/5 0 0

0 31/5 00 0 62/5

*

+.

Matrice d’inerzia dell’astaPoiche l’asta giace lungo l’asse Ox, la matrice d’inerzia corrispondente deve essere del tipo:

[LABO ] =

(

)0 0 00 LAB

yy 00 0 LAB

yy

*

+

con il momento d’inerzia relativo a Oy espresso da:

LAByy =

%

AB

x2# ds =3a%

2a

x2 µ

a2xdx =

µ

a2

&x4

4

'3a

2a

=654

µa2

per cui:

[LABO ] = µa2

(

)0 0 00 65/4 00 0 65/4

*

+.

Matrice d’inerzia del sistemaLa matrice d’inerzia del sistema relativa a Oxyz e data dalla somma delle matrici d’inerziaparziali, relative alla stessa terna, di corona e asta:

[LO] = [LCO] + [LAB

O ] = µa2

(

)31/5 0 0

0 31/5 00 0 62/5

*

+ + µa2

(

)0 0 00 65/4 00 0 65/4

*

+ =

5

= µa2

(

)31/5 0 0

0 449/20 00 0 573/20

*

+.

(c) Momento d’inerzia relativo alla bisettrice del I quadrante in OxyLa bisettrice del I quadrante nel piano Oxy passa ovviamente per l’origine O ed il suoversore tangente si scrive:

) = n1e1 + n2e2 + n3e3 =1%2e1 +

1%2e2 .

Il momento d’inerzia del sistema relativo a tale retta risulta pertanto:

IO" = ) · LO() ) = (n1 n2 n3) [LO]

(

)n1

n2

n3

*

+ =

=12(1 1 0)µa2

(

)31/5 0 0

0 449/20 00 0 573/20

*

+

(

)110

*

+ =

=12µa2

,315

+44920

-=

12µa2 573

20=

57340

µa2.

Soluzione dell’esercizio 2(a) CentroI vettori del sistema sono tutti paralleli, avendosi:

$v2 = 3$v1 $v3 = 2$v1

e il loro risultante e non nullo:

$R = $v1 + $v2 + $v3 = 6$v1 = 6(e1 + e2) &= 0 .

Queste due condizioni garantiscono l’esistenza del centro S del sistema. Posto:

$v1 = f1$v1 $v2 = f2$v1 $v3 = f3$v1

con:f1 = 1 f2 = 3 f3 = 2 ,

la posizione del centro S e individuata dal vettore:

S !O =f1(A ! O) + f2(B ! O) + f3(C ! O)

f1 + f2 + f3=

=1(5e1) + 3(!5e1) + 2e3

1 + 3 + 2=

!10e1 + 2e3

6= !5

3e1 +

13e3 .

6

(b) Asse centraleL’asse centrale del sistema e la retta passante per il centro S e parallela al risultante,ovvero a uno qualsiasi dei vettori (non nulli) del sistema stesso. L’equazione parametricadell’asse puo quindi scriversi nella forma vettoriale:

P ! O = S !O + &$v1 " & # R ,

ovvero:P ! O = !5

3e1 +

13e3 + &(e1 + e2) ,

che corrisponde all’espressione cartesiana:!"""""#

"""""$

x = !53

+ &

y = &

z =13

" & # R .

(c) Momento relativo all’asse Oe1

Per definizione, il momento del sistema relativo all’asse Oe1 e dato dalla relazione:

MOe1 = $MO · e1

nella quale il momento in O del sistema vale:

$MO = (A ! O) ' $v1 + (B ! O) ' $v2 + (C ! O) ' $v3 == 5e1 ' (e1 + e2) ! 5e1 ' (3e1 + 3e2) + e3 ' (2e1 + 2e2) == 5e3 ! 15e3 + 2e2 ! 2e1 = !2e1 + 2e2 ! 10e3

per cui:MOe1 = $MO · e1 = (!2e1 + 2e2 ! 10e3) · e1 = !2 .

Soluzione dell’esercizio 3(a) Equilibri ordinariIl sistema e scleronomo a vincoli unilaterali ideali, e soggetto unicamente a sollecitazioniposizionali conservative: il peso e l’interazione elastica associata alla molla ideale tesa fraO e C . Le sollecitazioni sono quindi caratterizzate dai rispettivi potenziali, che convienecalcolare separatamente.

Potenziale elasticoIndicato con P il punto di contatto istantaneo fra l’asta ed il disco, il potenziale associatoalla molla ideale si ricava immediatamente applicando il teorema di Pitagora al triangoloOCP , rettangolo in P :

Uel = !k

2|C ! O|2 = !k

2.|P ! O|2 + |P ! C |2

/= !k

2(a2&2 + a2) = !ka2

2(&2 + 1) .

7

Potenziale gravitazionaleIl potenziale delle forze peso e la somma dei potenziali gravitazionali relativi all’asta e aldisco. Poiche l’asta e omogenea, il suo baricentro coincide con il punto medio O; analoga-mente, il centro geometrico del disco omogeneo D rappresenta anche un centro di simmetriae si identifica con il relativo baricentro. Si ha cosı:

Ug = !mge2 · (O ! O) ! mge2 · (C ! O) = !mge2 · (C !O)

con:

C ! O = P ! O + C ! P = a& cos % e1 ! a& sin % e2 ! a sin % e1 ! a cos % e2

e pertanto:Ug = mga(& sin% + cos %) .

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

U(%, &) = Uel + Ug = !ka2

2&2 + mga(& sin% + cos %) , (%, &) # R $ [!6, 6] ,

essendosi omessa l’inessenziale costante additiva.

Equilibri ordinariGli equilibri ordinari del sistema sono i punti critici del potenziale U ricompresi all’internodel dominio di definizione della parametrizzazione, la striscia aperta (%, &) # R $ (!6, 6).Si devono quindi calcolare le derivate parziali prime:

*U

*%(%, &) = mga(& cos % ! sin %)

*U

*&(%, &) = !ka2& + mga sin%

e risolvere il sistema di equazioni:!#

$mga(& cos % ! sin%) = 0

!ka2& + mga sin% = 0(%, &) # R $ (!6, 6) .

Dalla seconda equazione si ricava il valore di equilibrio di & come funzione di quello di %:

& =mg

kasin %

e sostituendo il risultato nella prima equazione questa diventa:

mg

kasin % cos % ! sin % = 0

ossia:sin %

,cos % ! ka

mg

-= 0 . (1)

8

Soluzioni della (1) si hanno per sin% = 0:

% = 0 % = "

e forniscono due equilibri distinti definiti incondizionatamente:

(%, &) = (0, 0) (%, &) = (", 0) .

Ulteriori radici della (1) si ricavano annullando l’espressione entro parentesi:

% = arccos, ka

mg

-:= %# % = ! arccos

, ka

mg

-:= !%#

e porgono gli equilibri:

(%, &) =,%#,

mg

kasin%#

-(%, &) =

,!%#,!mg

kasin %#

-, (2)

definiti e distinti dai precedenti per:

ka

mg< 1 e

mg

kasin%# < 6 (3)

con %# # (0,"/2). Si osservi che, essendo cos %# = ka/mg, la seconda delle condizioni (3)si puo riscrivere nella forma equivalente, piu esplicita:

mg

ka

0

1 !, ka

mg

-2< 6 ()

1,mg

ka

-2! 1 < 6

ossia, quadrando e isolando il parametro d’ordine ka/mg:

,mg

ka

-2< 37 () ka

mg>

1%37

.

La condizione necessaria e su!ciente per l’esistenza degli equilibri (2) diventa percio:

1%37

<ka

mg< 1 . (4)

(b) Stabilita degli equilibriData la natura posizionale conservativa del sistema scleronomo, a vincoli ideali, le proprietadi stabilita degli equilibri ordinari possono essere caratterizzate ricorrendo ai teoremi diLagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo occorre calcolare le derivateparziali seconde del potenziale:

U$$(%, &) = mga(!& sin % ! cos %) U%$(%, &) = mga cos %

U$%(%, &) = mga cos % U%% = !ka2

9

ed individuare le proprieta spettrali della corrispondente matrice hessiana:

HU (%, &) = mga

2!& sin% ! cos % cos %

cos % !ka/mg

3

in ciascuna configurazione di equilibrio. Nell’analisi che segue conviene introdurre, perbrevita, il parametro d’ordine:

# :=ka

mg.

Configurazione (%, &) = (0, 0)In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale diventa:

HU (0, 0) = mga

2!1 11 !#

3

con traccia sempre negativa:

trHU (0, 0) = mga(!1 ! #) = !mga(1 + #) < 0

ma determinante di segno non definito:

detHU (0, 0) = (mga)2(# ! 1) ,

che obbliga a distinguere tre diversi casi:

* se # < 1 si ottiene detHU (0, 0) < 0, per cui la matrice e indefinita. La presenzadi un autovalore positivo (accanto a uno di segno negativo) comporta l’instabilitadell’equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

* per # > 1 si ha invece detHU (0, 0) > 0, e la matrice hessiana risulta definita negativa.L’equilibrio va identificato con un massimo relativo proprio del potenziale, stabile peril teorema di Lagrange-Dirichlet;

* qualora sia infine # = 1 ricorre un caso critico, visto che l’annullarsi del determinanteed il segno negativo della traccia implicano la presenza di un autovalore nullo e diuno negativo (hessiana semidefinita non definita negativa). In e"etti, e facile convin-cersi che l’equilibrio rappresenta anche in questo caso un massimo relativo propriodel potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet. Basta infatti considerare il potenzialeadimensionalizzato:

u(%, &) =1

mgaU(%, &) = ! ka

2mg&2 + & sin% + cos % = !#

2&2 + & sin% + cos %

e per # = 1 riesprimerlo in una forma appropriata:

u(%, &) = !12&2 + & sin% + cos % = !1

2(&2 ! 2& sin% + sin2%) +

12

sin2% + cos % =

10

= !12(& ! sin %)2 + 2 sin2 %

2cos2

%

2+ 1 ! 2 sin2 %

2= 1 ! 1

2(& ! sin %)2 ! 2 sin4 %

2.

In un intorno su!cientemente piccolo di (%, &) = (0, 0) si ha evidentemente u(%, &) <u(0, 0) = 1 per ogni (%, &) &= (0, 0), e cio basta a provare l’asserto.

Configurazione (%, &) = (", 0)Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale si riduce a:

HU (", 0) = mga

21 !1!1 !#

3

ed ha comunque determinante di segno negativo:

detHU (", 0) = (mga)2(!# ! 1) < 0 ,

che implica autovalori di segno opposto e quindi l’instabilita dell’equilibrio per il teoremadi inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (%, &) =,%#,

mg

kasin %#

-=

,%#,

1#

sin %#-, con cos %# = # < 1

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

HU

,%#,

1#

sin%#-

= mga

4! 1

#sin2%# ! cos %# cos %#

cos %# !#

5

ed avendosi %# # (0,"/2) la sua traccia e sempre di segno negativo:

trHU

,%#,

1#

sin%#-

= mga,! 1

#sin2%# ! cos %# ! #

-< 0

mentre il determinante risulta positivo:

detHU

,%#,

1#

sin %#-

= (mga)2.sin2%# + # cos %# ! cos2%#

/= (mga)2sin2%# > 0 .

Il carattere definito negativo della matrice hessiana assicura la stabilita dell’equilibrio,quale massimo relativo proprio del potenziale.

Configurazione (%, &) =,!%#,!mg

kasin%#

-=

,!%#,! 1

#sin %#

-, con cos %# = # < 1

Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale e identica a quella calcolata nella con-figurazione simmetrica precedente:

HU

,!%#,! 1

#sin %#

-= mga

4! 1

#sin2%# ! cos %# cos %#

cos %# !#

5= HU

,%#,

1#

sin%#-

e conduce alla stessa conclusione: quando definito, l’equilibrio e comunque stabile per ilteorema di Lagrange-Dirichlet.

11

(c) Energia cineticaPer determinare l’energia cinetica del sistema si deve ricorrere alla proprieta additiva,calcolando separatamente e sommando i contributi di asta e disco.

Energia cinetica dell’asta ABL’asta si muove attorno all’asse fisso Oz secondo l’angolo di rotazione %, che pero non eorientato conformemente alla regola della mano destra rispetto al versore e3 (che si deveintendere diretto in senso uscente rispetto al foglio, essendo Oxyz una terna cartesianaortogonale destra). L’espressione dell’energia cinetica e quindi:

TAB =12IABOz

66$+AB

662

con il momento d’inerzia:IABOz =

m

12(12a)2 = 12ma2

e la velocita angolare istantanea:$+AB = !%e3

che porgono infine:

TAB =12

12ma2%2 = 6ma2%2 . (5)

Energia cinetica del disco DIl disco circolare non presenta alcun punto fisso e la sua energia cinetica deve essere ricavataper mezzo della formula di Konig:

TD =m

2C2 +

12

IDCz

66$+D662 . (6)

Indicato con P il punto di contatto istantaneo fra asta e disco, e immediato determinareil vettore posizione del centro geometrico, centro di simmetria e baricentro C di D:

C ! O = P ! O + C ! P = a& cos % e1 ! a& sin% e2 ! a sin % e1 ! a cos % e2 == a(& cos % ! sin%)e1 ! a(& sin % + cos %)e2 ,

vettore che derivato in t porge la velocita istantanea di C :

C = a(& cos % ! & sin % % ! cos % %)e1 ! a(& sin % + & cos % % ! sin % %)e2

di modulo quadrato:

C2 = a2.&2cos2% + &2sin2% %2 + cos2% %2!

!2& sin % cos % &% ! 2cos2% &% + 2& sin% cos % %2/+

+ a2.&2sin2% + &2cos2% %2 + sin2% %2+

+2& sin % cos % &% ! 2sin2% &% ! 2& sin % cos % %2/

=

= a2.&2 + &2%2 + %2 ! 2&%

/.

12

Il momento d’inerzia del disco omogeneo rispetto all’asse baricentrale Cz e invece datodalla ben nota formula:

IDCz =

ma2

2.

La velocita angolare istantanea del disco si puo determinare convenientemente ricorrendoal teorema dei moti (rigidi) composti:

$+D = $+AB + $+ABD ,

dove $+D e la velocita angolare di D rispetto a Oxyz, $+AB = !% e3 rappresenta la velocitaangolare dell’asta rispetto alla stessa terna, e $+AB

D indica la velocita angolare del discorelativa ad un sistema di riferimento di quiete dell’asta:

$+ABD =

a&

ae3 = &e3 ,

come si deduce immediatamente dalla condizione di puro rotolamento di D su AB. Indefinitiva, la velocita angolare del disco rispetto alla terna assoluta diventa:

$+D = (!% + &)e3 .

Non rimante che sostituire in (6) le formule precedenti per ottenere:

TD =m

2a2

.&2 + &2%2 + %2 ! 2&%

/+

12

ma2

2(& ! %)2 = (7)

=ma2

2

,&2 + &2%2 + %2 ! 2&% +

&2

2+

%2

2! &%

-=

ma2

2

&32&2 +

,&2 +

32

-%2 ! 3&%

'.

Energia cinetica del sistemaL’energia cinetica del sistema e la somma delle energie cinetiche di asta e disco, equazioni(5) e (7):

T = TAB + TD = 6ma2%2 +ma2

2

&32&2 +

,&2 +

32

-%2 ! 3&%

'=

=ma2

2

&32&2 +

,&2 +

272

-%2 ! 3&%

'.

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

d

dt

,*L

*%

-! *L

*%= 0

d

dt

,*L

*&

-! *L

*&= 0 (8)

13

in termini della lagrangiana del sistema:

L = T + U =ma2

2

&32&2 +

,&2 +

272

-%2 ! 3&%

'! ka2

2&2 + mga(& sin % + cos %) . (9)

Dalla definizione di (9) si ricavano le espressioni parziali:

*L

*%=

ma2

2

&2,27

2+ &2

-% ! 3&

'= ma2

&,272

+ &2-% ! 3

2&

'

d

dt

,*L

*%

-= ma2

&,272

+ &2-% + 2&&% ! 3

2&

'

*L

*%= mga(& cos % ! sin%)

*L

*&=

ma2

2(3& ! 3%)

d

dt

,*L

*&

-= ma2

,32& ! 3

2%-

*L

*&= ma2&%2 ! ka2& + mga sin %

che sostituite nelle (8) forniscono le equazioni del moto richieste:!"#

"$

ma2

&,272

+ &2-% ! 3

2& + 2&&%

'!mga(& cos % ! sin %) = 0

ma2,!3

2% +

32&-! ma2&%2 + ka2& ! mga sin % = 0 .

(e) Equilibri di confineLe configurazioni di confine del sistema sono della forma (%, &) = (%,!6) o (%, &) = (%, 6),con % # R arbitrario. Nel piano (%, &) si tratta di due rette, di equazioni rispettive & = !6e & = 6, che conviene senz’altro considerare separatamente.

Configurazioni (%, &) = (%o,!6), %o # RLungo questo tratto di frontiera il teorema dei valori virtuali assume la forma:

U$(%o,!6),$ + U%(%o,!6),% + 0 ",$ # R , ,% , 0

e si riduce quindi al sistema di disequazioni:!#

$U$(%o,!6) = 0

U%(%o,!6) + 0

ossia: !#

$mga(!6 cos %o ! sin%o) = 0

6ka2 + mga sin %o + 0 .(10)

14

L’equazione si riduce alla forma equivalente:

6 cos %o + sin%0 = 0

nella quale e immediato verificare per assurdo che non puo aversi cos %o = 0, sicche risulta:

tg%o = !6

ed i possibili valori di equilibrio di % sono dati da:

%o = arctg(!6) = !arctg(6) #,!"

2, 0

-

%o = " + arctg(!6) = " ! arctg(6) #,"

2,"

-.

La disequazione in (10) equivale invece a:

sin%o + !6ka

mg() sin %o + !6# . (11)

Per %o = !arctg(6) # (!"/2, 0) si ha:

sin %o =tg%o7

1 + tg2%o

=!67

1 + (!6)2= ! 6%

37

e la condizione (11) diventa:

! 6%37

+ !6# () # + 1%37

.

Per %o = " ! arctg(6) # ("/2,") vale invece — seno e tangente hanno segno opposto:

sin%o =!tg%o71 + tg2%o

=!(!6)71 + (!6)2

=6%37

e per l’equilibrio dovrebbe aversi:

6%37

+ !6# ,

condizione che non puo essere soddisfatta per via del segno positivo di #.

Configurazioni (%, &) = (%o, 6), %o # RNella fattispecie la condizione di equilibrio espressa dal teorema dei lavori virtuali si scrive:

U$(%o, 6),$ + U%(%o, 6),% + 0 ",$ # R , ,% + 0

15

ed equivale al sistema di disequazioni:!#

$U$(%o, 6) = 0

U%(%o, 6) , 0

ovvero, piu esplicitamente:!#

$mga(6 cos %o ! sin%o) = 0

!6ka2 + mga sin%o , 0 .(12)

Ragionando in modo analogo a quanto gia fatto per l’altro tratto di frontiera, si vede chel’equazione in (12) ammette le radici:

%o = arctg(6) #,0,

"

2

-%o = " + arctg(6) #

,",

32"-.

Per la prima di esse risulta:

sin %o =tg%o7

1 + tg2%o

=6%37

e la disequazione in (12) impone che per l’equilibrio si abbia

sin%o , 6ka

mg() sin%o , 6# (13)

vale a dire:6%37

, 6# () # + 1%37

.

Per la seconda soluzione si ottiene invece:

sin %o =!tg%o71 + tg2%o

= ! 6%37

< 0

ed e impossibile soddisfare la disequazione (13).In definitiva, il sistema ammette due soli equilibri di confine:

(%, &) =.!arctg(6),!6

/(%, &) =

.arctg(6), 6

/

definiti se e solo se # + 1/%

37. Che gli equilibri di confine siano definiti solo per # = ka/mgabbastanza piccolo appare fisicamente ragionevole, visto che per avere equilibrio in unaconfigurazione di confine la forza elastica deve risultare su!cientemente debole rispettoal peso del disco. Gli equilibri di confine vedono infatti il punto di contatto fra disco easta coincidere con uno degli estremi A o B, e il centro C del disco collocarsi lungo l’asseverticale Oy, in modo che la forza elastica su C agisca verticalmente verso l’alto.

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