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Esercizi svolti di Meccanica Lagrangiana sui corpi rigidi

Meccanica Lagrangiana

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Sommario

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Questo file raccoglie una serie di esercizi dedicati alla meccanica lagrangiana dei corpi rigidi, pensati per esplorare e consolidare la comprensione delle leggi fondamentali che governano il moto e l’equilibrio dei sistemi soggetti a vincoli. Prima di ogni esercizio verranno rivisti brevemente alcuni concetti teorici di meccanica analitica utili allo svolgimento dell’esercizio.

Gli esercizi si concentrano principalmente: sulla scrittura della lagrangiana e sull’uso di essa per ricavare le equazioni del moto; sull’analisi dei punti di equilibrio di un sistema e dello studio delle piccole oscillazioni.


 
 

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Davide Germani.

Revisori: Elisa Bucci, Jacopo Garofali.


 
 

Notazioni

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\mathcal{L}    Lagrangiana;
\mathcal{H}    Hamiltoniana;
E    Energia totale;
T    Energia cinetica;
U_g    Energia potenziale gravitazionale;
U_{\text{el}}    Energia potenziale elastica;
U_{\text{centrifuga}}    Energia potenziale centrifuga;
U_{\text{elettr}}    Energia potenziale elettrostatica;
U    Energia potenziale totale;
\bm{A}    Potenziale vettore magnetico;
\bm{\mathcal{E}}    Campo elettrico;
\bm{B}    Campo magnetico;
\bm{N}    Reazione vincolare;
\bm{L}   Momento angolare;
\bm{r}(t)    raggio vettore;
\bm{q}(t)    coordinate generalizzate o lagrangiane;
x(t), \, y(t), \, z(t)   leggi orarie sugli assi x,y,z;
\bm{\dot{r}}(t)    velocità
\bm{\dot{q}}(t)    velocità generalizzata;
(r,\phi,\theta)\in (0,+\infty) \times(0,2\pi)\times(0,\pi)    coordinate sferiche;
\bm{\nabla}_{q}    gradiente rispetto alle coordinate generalizzate \bm{q};
\bm{\nabla}_{\dot{q}}    gradiente rispetto alla velocità generalizzata \bm{\dot{q}}


 
 

Introduzione

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Questa dispensa raccoglie una serie di esercizi di meccanica lagrangiana, un potente approccio alla dinamica sviluppato da Joseph-Louis Lagrange nel XVIII secolo. La meccanica lagrangiana, derivata dai principi fondamentali della fisica e dal calcolo delle variazioni, offre un quadro teorico che si estende ben oltre le intuizioni della meccanica newtoniana, semplificando notevolmente lo studio di sistemi complessi e vincolati.

Lagrange, influenzato dai lavori di Newton e di altri grandi matematici e fisici dell’epoca, ideò un metodo che unisce il concetto di coordinate generalizzate con la funzione lagrangiana, una grandezza scalare che incorpora le caratteristiche fondamentali del sistema (energia cinetica e potenziale). Questa funzione, detta Lagrangiana, rappresenta il cuore della teoria e conduce direttamente alle equazioni del moto mediante le equazioni di Eulero-Lagrange. Questa formulazione consente di studiare il moto di sistemi complessi senza dover trattare esplicitamente le forze di vincolo, un vantaggio significativo rispetto alla formulazione newtoniana.

Gli esercizi presenti in questa prima dispensa mirano a consolidare la comprensione della meccanica lagrangiana attraverso la costruzione delle lagrangiane di vari sistemi di corpi rigidi, il calcolo delle equazioni del moto, l’analisi della stabilità dei punti di equilibrio e il calcolo delle piccole oscillazioni. Partendo da esempi semplici, gli esercizi evolvono verso sistemi più complessi e vincolati. La trattazione lagrangiana si presta bene all’analisi di questi sistemi, poiché permette di ottenere le equazioni del moto in modo sistematico, rendendo evidente la natura dei vincoli e delle forze in gioco.

Storicamente, la meccanica lagrangiana non solo ha rappresentato una svolta nel formalismo della fisica teorica, ma ha anche aperto la strada alla formulazione hamiltoniana e, successivamente, alla meccanica quantistica. Essa continua ad essere fondamentale non solo per la meccanica classica ma anche per la fisica moderna, con applicazioni in campi come la teoria dei campi, la teoria delle stringhe e la relatività generale.

Questa dispensa intende offrire una base solida per chi si avvicina alla meccanica analitica e fornire una piattaforma per lo sviluppo di competenze avanzate nella formulazione lagrangiana. In appendice, vengono riportati alcuni riferimenti bibliografici per chi desidera approfondire ulteriormente questi temi.


 
 

Esercizi

\[\quad\]

Esercizio 1 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un telaio rigido è formato da due aste omogenee OA (massa m, lunghezza L) e OC (massa 2m, lunghezza 2L), saldate in O in modo da formare un angolo retto. Il telaio ha il punto O incernierato nell’origine di un sistema di riferimento cartesiano ortogonale verticale Oxyz. Un’asta omogenea AB (massa m, lunghezza L) ha il punto A incernierato nell’estremo dell’asta OA e il punto B vincolato a scorrere lungo l’asse orizzontale Ox. Infine, un’asta omogenea CD (massa 2m, lunghezza 2L) ha il punto C incernierato nell’estremo dell’asta OC e il punto D vincolato a scorrere lungo l’asse Oy (si veda figura 1). Utilizzando la coordinata lagrangiana \varphi (si supponga la presenza di vincoli unilaterali per cui -\pi/4 \leq \varphi \leq \pi/4), indicata in figura 1, e supponendo che i vincoli siano ideali e fissi e il sistema sia soggetto alla sola forza peso, determinare:

\[\quad\]

  1. l’energia cinetica del sistema;

    2.  

  2. l’equazione di Eulero-Lagrange.

\[\quad\]

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Figura 1: schema del problema.

\[\quad\]

Richiami teorici.

Il teorema di Köning per l’energia cinetica, nel caso dei corpi rigidi, afferma che l’energia cinetica totale T di un corpo rigido di massa M può essere decomposta nell’energia cinetica del centro di massa T_{\text{CM}} (quella che avrebbe un corpo di massa pari a quella totale del sistema, con la velocità propria del centro di massa) e l’energia cinetica di rotazione T_{\text{rot}} attorno all’asse istantaneo di rotazione passante per il centro di massa. In formule

(1) \begin{equation*} T=T_{\text{CM}}+T_{\text{rot}}=\frac{1}{2}Mv_{\text{CM}}^2+\frac{1}{2}\bm{\omega}\cdot\bm{I}_{\text{CM}}\bm{\omega}\,, \end{equation*}

dove \bm{v}_{\text{CM}} è la velocità del centro di massa, \bm{I}_\text{CM} è il tensore di inerzia del corpo rispetto al centro di massa e \bm{\omega} è la velocità angolare.

Dato un sistema fisico in N dimensioni sottoposto ad un potenziale U(\bm{q},t), dove \bm{q} e \dot{\bm{q}} sono rispettivamente il vettore delle coordinate generalizzate e delle velocità generalizzate, si definisce lagrangiana del sistema e si indica con \mathcal{L}(\bm{q},\dot{\bm{q}},t) la quantità

(2) \begin{equation*} \mathcal{L}(\bm{q},\dot{\bm{q}},t)=T(\bm{q},\dot{\bm{q}})-U(\bm{q},t), \end{equation*}

dove T(\bm{q},\dot{\bm{q}}) è l’energia cinetica totale del sistema.

Sia \mathcal{L}(\bm{q},\dot{\bm{q}},t) la lagrangiana di un sistema in N dimensioni, dove \bm{q} e \dot{\bm{q}} sono rispettivamente il vettore delle coordinate generalizzate e delle velocità generalizzate, allora le equazioni di Eulero-Lagrange sono date da

(3) \begin{equation*} \dfrac{d}{dt}\left(\bm{\nabla}_{\dot{q}}\mathcal{L}\left(\bm{q},\dot{\bm{q}},t\right)\right)-\bm{\nabla}_q \mathcal{L}\left(\bm{q},\dot{\bm{q}},t\right)=\bm{0}. \end{equation*}


Svolgimento punto 1.

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Figura 2: evidenziamo gli angoli pari a \varphi.

\[\quad\]

L’asta OA ruota rispetto ad un asse passante per O e perpendicolare al piano nel quale giace, quindi ha un solo grado di libertà \varphi. L’energia cinetica di OA è

(4) \begin{equation*} T_{OA} = \frac{1}{2} I_O \dot{\varphi}^2 = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{3} m L^2\right)\dot{\varphi}^2 = \frac{1}{6} m L^2 \dot{\varphi}^2 . \end{equation*}

L’asta OC si comporta in modo analogo all’asta OA, pertanto

(5) \begin{equation*} T_{OC} = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{3} (2m) (2L)^2\right) \dot{\varphi}^2 = \frac{8}{6} m L^2 \dot{\varphi}^2 = \frac{4}{3} m L^2 \dot{\varphi}^2 . \end{equation*}

Per la geometria del problema (vedere figura 2) il triangolo \triangle AOB è isoscele pertanto \angle AOB=\angle OBA=\varphi. Pertanto

(6) \begin{equation*} A=(L\cos\varphi,L\sin\varphi) \end{equation*}

e

(7) \begin{equation*} B=(2L\cos\varphi,0). \end{equation*}

Inoltre anche il triangolo \triangle OCD è isoscele e \angle COD=\angle ODC=\varphi. Quindi

(8) \begin{equation*} C=(2L\sin\varphi,-2L\cos\varphi) \end{equation*}

e

(9) \begin{equation*} D=(0,-4L\cos\varphi). \end{equation*}

Utilizziamo il teorema di König per calcolare l’energia cinetica dell’asta AB

(10) \begin{equation*} T_{AB} = \frac{1}{2} I_{E,AB}\,\dot{\varphi}^2 + \frac{1}{2} m |\dot{\bm{x}}_{E}|^2\,, \end{equation*}

dove I_{E,AB} è il momento di inerzia dell’asta AB rispetto al suo centro di massa E

(11) \begin{equation*} I_{E,AB}=\frac{1}{12}mL^2. \end{equation*}

Ricordando che il centro di massa di un’asta omogenea coincide con il suo centro geometrico, abbiamo

(12) \begin{equation*} \bm{x}_E=\left(\frac{3}{2}L\cos\varphi,\frac{1}{2}L\sin\varphi\right), \end{equation*}

da cui

(13) \begin{equation*} \bm{x}_E=\left(\frac{3}{2}L\cos\varphi,\frac{1}{2}L\sin\varphi\right), \end{equation*}

da cui

(14) \begin{equation*} \dot{\bm{x}}_E=\left(-\frac{3}{2}L\dot{\varphi}\sin\varphi,\frac{1}{2}L\dot{\varphi}\cos\varphi\right). \end{equation*}

Calcoliamone il modulo quadro

(15) \begin{equation*} |\dot{\bm{x}}_E|^2=\left(-\frac{3}{2}L\dot{\varphi}\sin\varphi\right)^2+\left(\frac{1}{2}L\dot{\varphi}\cos\varphi\right)^2=\frac{1}{4}L^2\dot{\varphi}^2\left(9\sin^2\varphi+\cos^2\varphi\right). \end{equation*}

Utilizziamo le equazioni (11) e (15) all’interno della (10), ottenendo

(16) \begin{equation*} \begin{aligned} T_{AB} &= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{12} m L^{2} \dot{\varphi}^{2} + \frac{1}{4}mL^2\dot{\varphi}^2\left(9\sin^2\varphi+\cos^2\varphi\right)\right)=\\ & =\frac{1}{24} m L^{2} \dot{\varphi}^{2} + \frac{1}{8} m L^{2} \dot{\varphi}^{2} \left( 9\sin^{2}\varphi + 1 -\sin^{2}\varphi \right)=\\ &= \frac{1}{24} m L^{2} \dot{\varphi}^{2} + m L^{2} \dot{\varphi}^{2} \sin^{2}\varphi + \frac{1}{8} m L^{2} \dot{\varphi}^{2}=\\ &= \frac{1}{6} m L^{2} \dot{\varphi}^{2} + m L^{2} \dot{\varphi}^{2} \sin^{2}\varphi\,. \end{aligned} \end{equation*}

L’asta CD si comporta esattamente come l’asta AB, pertanto sfruttando la precedente formula otteniamo (ricordando che l’asta CD ha massa e lunghezza doppie rispetto ad AB)

(17) \begin{equation*} \begin{aligned} T_{CD} &= \frac{1}{6}(2m)(2L)^{2} \dot{\varphi}^{2}+ 2m (2L)^{2} \dot{\varphi}^{2} \sin^{2}\varphi=\\ &=\frac{4}{3} m L^{2} \dot{\varphi}^{2} + 8 m L^{2} \dot{\varphi}^{2} \sin^{2}\varphi \end{aligned} \end{equation*}

Dunque, sommando le energie cinetiche di tutte le aste (4), (5), (16) e (17), otteniamo l’energia totale del sistema, cioè

(18) \begin{equation*} \begin{aligned} T &= T_{OA}+T_{OC}+T_{AB}+T_{CD}=\\ &=\frac{1}{6} m L^{2} \dot{\varphi}^{2} + \frac{4}{3} m L^{2} \dot{\varphi}^{2} + \frac{1}{6} m L^{2} \dot{\varphi}^{2} + m L^{2} \dot{\varphi}^{2} \sin^{2}\varphi + \frac{4}{3} m L^{2} \dot{\varphi}^{2} + 8 m L^{2} \dot{\varphi}^{2} \sin^{2}\varphi=\\ &=3 m L^{2} \dot{\varphi}^{2} + 9 m L^{2} \dot{\varphi}^{2} \sin^{2}\varphi\,. \end{aligned} \end{equation*}

Pertanto

\[\boxcolorato{fisica}{ T=3 m L^{2} \dot{\varphi}^{2} \Big( 1 + 3 \sin^{2}\varphi \Big)\,.}\]


Svolgimento punto 2.

Calcoliamo l’energia potenziale del sistema che è data solo dalla componente gravitazionale per cui abbiamo bisogno delle ordinate dei centri di massa delle varie aste.

Le coordinate del centro di massa E dell’asta AB le abbiamo già calcolate in (13). Le coordinate del centro di massa F dell’asta OA sono

(19) \begin{equation*} F=\left(\frac{1}{2}L\cos\varphi,\frac{1}{2}L\sin\varphi\right). \end{equation*}

Il centro di massa G dell’asta OC è

(20) \begin{equation*} G=(L\sin\varphi,-L\cos\varphi)\,, \end{equation*}

e il centro di massa H dell’asta CD ha coordinate

(21) \begin{equation*} H=\left(L\sin\varphi,-3L\cos\varphi\right)\,. \end{equation*}

L’energia potenziale totale è, a meno di una costante,

(22) \begin{equation*} \begin{aligned} U&=U_{OA}+U_{OC}+U_{AB}+U_{CD}=\\ &=mgy_F+2mgy_G+mgy_E+2mgy_H=\\ &=\frac{1}{2}mgL\sin\varphi-2mgL\cos\varphi+\frac{1}{2}mgL\sin\varphi-6mgL\cos\varphi=\\ &=mgL\sin\varphi-8mgL\cos\varphi\,=\\ &=mgL(\sin\varphi-8\cos\varphi)\,. \end{aligned} \end{equation*}

La lagrangiana del sistema è

(23) \begin{equation*} \mathcal{L}=T-U=3mL^2\dot{\varphi}^2(1+3\sin^2\varphi)-mgL(\sin\varphi-8\cos\varphi)\,. \end{equation*}

L’equazione di Eulero-Lagrange è

(24) \begin{equation*} \frac{d}{dt}\frac{\partial \mathcal{L}(\varphi,\dot{\varphi})}{\partial\dot{\varphi}}-\frac{\partial\mathcal{L}(\varphi,\dot{\varphi})}{\partial\varphi}=0\,. \end{equation*}

Calcoliamone separatamente i due addendi. Il primo è

(25) \begin{equation*} \begin{aligned} \frac{d}{dt}\frac{\partial\mathcal{L}(\varphi,\dot{\varphi})}{\partial\dot{\varphi}}&=\frac{d}{dt}\bigg(6mL^2\dot{\varphi}(1+3\sin^2\varphi)\bigg)=\\ &6mL^2\bigg(\ddot{{\varphi}}(1+3\sin^2\varphi)+6\dot{\varphi}^2\sin\varphi\cos\varphi\bigg)\,. \end{aligned} \end{equation*}

Il secondo

(26) \begin{equation*} \begin{aligned} \frac{\partial\mathcal{L}(\varphi,\dot{\varphi})}{\partial\varphi}&=3mL^2\dot{\varphi}^2\cdot6\sin\varphi\cos\varphi-mgL(\cos\varphi+8\sin\varphi)=\\ &=18mL^2\dot{\varphi}^2\sin\varphi\cos\varphi-mgL(\cos\varphi+8\sin\varphi)\,. \end{aligned} \end{equation*}

L’equazione di Eulero-Lagrange è

(27) \begin{equation*} 6mL^2\bigg(\ddot{{\varphi}}(1+3\sin^2\varphi)+6\dot{\varphi}^2\sin\varphi\cos\varphi\bigg)-18mL^2\dot{\varphi}^2\sin\varphi\cos\varphi+mgL(\cos\varphi+8\sin\varphi)=0\,. \end{equation*}

Dividiamo tutto per 6mL^2

(28) \begin{equation*} \ddot{\varphi}(1+3\sin^2\varphi)+6\dot{\varphi}^2\sin\varphi\cos\varphi-3\dot{\varphi}^2\sin\varphi\cos\varphi+\frac{g}{6L}(\cos\varphi+8\sin\varphi)=0\,, \end{equation*}

cioè

\[\boxcolorato{fisica}{ \ddot{\varphi}(1+3\sin^2\varphi)+3\dot{\varphi}^2\sin\varphi\cos\varphi+\frac{g}{6L}(\cos\varphi+8\sin\varphi)=0}\]


 
 

Esercizio 2 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). In un piano verticale Oxy è mobile un corpo costituito da

\[\quad\]

  1. un’asta OA omogenea (massa 2m, lunghezza 2L) incerniata a O e vincolata a muoversi nel semipiano y\geq0;

    2.  

  2. un’asta PQ (lunghezza 2L, massa m concentrata nel punto P) incerniata nel suo punto medio che coincide con l’estremo A di OA.

Oltre alle forze peso è applicata all’estremo Q di PQ la forza elastica F_{el}=kQQ_1 (k>0) dovuta all’azione di una molla che si mantiene sempre verticale. Tutti i vincoli sono supposti privi di attrito.

Introdotto il parametro adimensionale \lambda=mg/kL e utilizzando le coordinate lagrangiane \theta e \phi definite in figura 3, si chiede di studiare, nel caso \lambda=2, le piccole oscillazioni del sistema intorno alla posizione di equilibrio stabile.

\[\quad\]

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Figura 3: schema del problema.

\[\quad\]

Richiami teorici.

Dato un sistema fisico in N dimensioni sottoposto ad un potenziale U(\bm{q}), dove \bm{q} e \dot{\bm{q}} sono rispettivamente il vettore delle coordinate generalizzate e delle velocità generalizzate e sia \bm{q}_0 tale che

(29) \begin{equation*} \nabla U(\bm{q}_0)=0 \end{equation*}

allora la configurazione individuata dal vettore \bm{q}_0 è detta punto di equilibrio del sistema. Elenchiamo due condizioni sufficienti per determinare la natura dei punti di equilibrio:

\[\quad\]

  • Se U(\bm{q}_0) è un minimo locale allora \bm{q}_0 è un punto di equilibrio stabile;

    •  

  • Se U(\bm{q}_0) è un massimo locale o un punto di sella allora \bm{q}_0 è un punto di equilibrio instabile;

Se H l’hessiano di U è definito in \bm{q}_0 allora1

\[\quad\]

  • se \text{det}\, H(\bm{q}_0)>0 e tutti i minori principali hanno determinante positivo allora \bm{q}_0 è un punto di equilibrio stabile;

    •  

  • se \text{det}\, H(\bm{q}_0)<0 oppure se \text{det}\,H(\bm{q}_0)>0 e i minori principali hanno determinante con segno alternato partendo da un determinante negativo, allora \bm{q}_0 è un punto di equilibrio instabile.

Sia \bm{q}_s una posizione di equilibrio stabile, la frequenza \omega delle piccole oscillazioni intorno a tale posizione è data dal problema secolare

(30) \begin{equation*} \det\bigg((H_U(\bm{q}_s)-\omega^2H_T(\bm{q}_s)\bigg)=0\,, \end{equation*}

dove H_T è la matrice quadrata simmetrica che descrive la forma bilineare dell’energia cinetica, mentre H_U è la matrice hessiana dell’energia potenziale.

   

  1. Questo criterio è noto come criterio di Sylvester. ↩

Svolgimento.

Dati i vincoli del sistema, prendiamo \theta\in[0,2\pi) e \phi\in[0,\pi].

Cominciamo determinando le posizioni di equilibrio del sistema. Per farlo dobbiamo calcolare l’energia potenziale totale che ha è data dal contributo gravitazionale ed elastico.

Per il contributo gravitazionale calcoliamo il centro di massa G dell’asta OA. Le coordinate di A sono

(31) \begin{equation*} A=(2L\cos\phi,2L\sin\phi)\,, \end{equation*}

pertanto G si trova in

(32) \begin{equation*} G=(L\cos\phi,L\sin\phi)\,. \end{equation*}

L’energia potenziale dell’asta OA è

(33) \begin{equation*} U_{\text{grav},OA}=-2mgy_G=-2mgL\sin\phi\,. \end{equation*}

\[\quad\]

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Figura 4: geometria del problema.

\[\quad\]

L’asta PQ non ha la massa distribuita uniformemente ma concentrata nel punto P, quindi il suo contributo gravitazionale è equivalente a quello di un punto materiale di massa m in P. Consideriamo la figura 4. Le coordinate del punto P sono

(34) \begin{equation*} P=(2L\cos\phi,2L\sin\phi)+(-L\sin\theta,L\cos\theta)=\bigg(L(2\cos\phi-\sin\theta),L(2\sin\phi+\cos\theta)\bigg)\,. \end{equation*}

Pertanto

(35) \begin{equation*} U_{\text{grav},PQ}=-mgy_P=-mgL(2\sin\phi+\cos\theta)\,. \end{equation*}

Per l’espressione dell’energia potenziale elastica abbiamo bisogno della lunghezza del segmento QQ_1. Sempre facendo riferimento alla figura 4

(36) \begin{equation*} Q_1=(2L\cos\phi+L\sin\theta,0)\,, \end{equation*}

e

(37) \begin{equation*} Q=(2L\cos\phi+L\sin\theta,2L\sin\phi-L\cos\theta) \end{equation*}

Quindi l’energia potenziale elastica è

(38) \begin{equation*} U_{\text{el}}=\frac{1}{2}k\,|y_Q-y_{Q_1}|^2=\frac{1}{2}kL^2(2\sin\phi-\cos\theta)^2\,. \end{equation*}

Mettiamo insieme le equazioni (33), (35) e (38) per ottenere l’energia potenziale totale, che è, a meno di un fattore costante

(39) \begin{equation*} \begin{aligned} U&=U_{\text{grav},OA}+U_{\text{grav},PQ}+U_{\text{el}}=\\ &=-2mgL\sin\phi-mgL(2\sin\phi+\cos\theta)+\frac{1}{2}kL^2(2\sin\phi-\cos\theta)^2=\\ &=-4mgL\sin\phi-mgL\cos\theta+\frac{1}{2}kL^2(4\sin^2\phi-4\sin\phi\cos\theta+\cos^2\theta). \end{aligned} \end{equation*}

Per stabilire le posizioni di equilibrio dobbiamo risolvere il sistema

(40) \begin{equation*} \nabla U(\phi,\theta)=0 \Leftrightarrow \begin{cases} \dfrac{\partial U}{\partial\theta}=0\\\\ \dfrac{\partial U}{\partial\phi}=0\,. \end{cases} \end{equation*}

Calcoliamo le due derivate:

(41) \begin{equation*} \frac{\partial U}{\partial \phi}=-4mgL\cos\phi+4kL^2\sin\phi\cos\phi-2kL^2\cos\phi\cos\theta=2L\cos\phi(2kL\sin\phi-kL\cos\theta-2mg)=0\,; \end{equation*}

(42) \begin{equation*} \frac{\partial U}{\partial \theta}=mgL\sin\theta+2kL^2\sin\theta\sin\phi-kL^2\sin\theta\cos\theta=L\sin\theta(mg+2kL\sin\phi-kL\cos\theta)=0\,. \end{equation*}

Pertanto le posizioni di equilibrio sono le soluzioni del sistema

(43) \begin{equation*} \begin{cases} \cos\phi(2kL\sin\phi-kL\cos\theta-2mg)=0\\\\ \sin\theta(mg+2kL\sin\phi-kL\cos\theta)=0\,, \end{cases} \end{equation*}

dove abbiamo diviso rispettivamente per 2L e L le due equazioni del sistema. Una soluzione è data da

(44) \begin{equation*} \begin{cases} \cos\phi=0\\\\ \sin\theta=0 \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} \phi=\dfrac{\pi}{2}\\\\ \theta=0,\,\pi \end{cases} \end{equation*}

che fornisce i due punti di equilibrio (\phi,\theta)

(45) \begin{equation*} P_1=\left(\frac{\pi}{2},0\right) \quad \text{e}\quad P_2=\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)\,. \end{equation*}

Alternativamente

(46) \begin{equation*} \begin{cases} \cos\phi=0\\\\ mg+2kL\sin\phi-kL\cos\theta=0 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \begin{cases} \phi=\dfrac{\pi}{2}\\\\ \cos\theta=\dfrac{mg}{kL}+2=\lambda+2>1\,, \end{cases} \end{equation*}

pertanto questo sistema non ha soluzione. Le ultime soluzioni che rimangono da analizzare sono date da

(47) \begin{equation*} \begin{cases} 2kL\sin\phi-kL\cos\theta-2mg=0\\\\ \sin\theta=0 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \begin{cases} 2kL\sin\phi-kL-2mg=0\\\\ \theta=0 \end{cases} \quad\vee\quad \begin{cases} 2kL\sin\phi+kL-2mg=0\\\\ \theta=\pi\,. \end{cases} \end{equation*}

Il primo sistema ha soluzione

(48) \begin{equation*} \begin{cases} \sin\phi=\dfrac{mg}{kL}+\dfrac{1}{2}=\lambda+\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{2}\\\\ \theta=0\,, \end{cases} \end{equation*}

dove abbiamo utilizzato \lambda=2 come indicato dal testo. Quindi questo primo sistema non ha soluzione. Il secondo fornisce

(49) \begin{equation*} \begin{cases} \sin\phi=\dfrac{mg}{kL}-\dfrac{1}{2}=\lambda-\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}\\\\ \theta=\pi\,, \end{cases} \end{equation*}

che non ammette comunque soluzione.

Gli unici punti di cui dobbiamo studiare la stabilità sono P_1 e P_2. Per farlo calcoliamo la matrice hessiana di U:

(50) \begin{equation*} \begin{aligned} \frac{\partial^2U(\phi,\theta)}{\partial\phi^2}&=\frac{\partial}{\partial\phi}\bigg(2L\cos\phi(2kL\sin\phi-kL\cos\theta-2mg)\bigg)=\\ &=-2L\sin\phi(2kL\sin\phi-kL\cos\theta-2mg)+4kL^2\cos^2\phi=\\ &= 4kL^2\cos^2\phi-4kL^2\sin^2\phi+2kL^2\sin\phi\cos\theta+4mgL\sin\phi=\\ &=4kL^2\bigg(\cos(2\phi)+\frac{1}{2}\sin\phi\cos\theta+\frac{mg}{kL}\sin\phi\bigg)=\\ &=4kL^2(\cos(2\phi)+\frac{1}{2}\sin\phi\cos\theta+2\sin\phi)\,, \end{aligned} \end{equation*}

dove nell’ultima riga si è utilizzato \lambda=mg/kL=2.

(51) \begin{equation*} \begin{aligned} \frac{\partial^2 U(\phi,\theta)}{\partial\phi\partial\theta}&=\frac{\partial^2 U(\phi,\theta)}{\partial\theta\partial\phi}=\frac{\partial}{\partial \theta}\bigg(2L\cos\phi(2kL\sin\phi-kL\cos\theta-2mg)\bigg)=\\ &=2kL^2\cos\phi\sin\theta\,, \end{aligned} \end{equation*}

(52) \begin{equation*} \begin{aligned} \frac{\partial^2U(\phi,\theta)}{\partial\theta^2}&=\frac{\partial}{\partial\theta}\bigg(L\sin\theta(mg+2kL\sin\phi-kL\cos\theta)\bigg)=\\ &= L\cos\theta(mg+2kL\sin\phi-kL\cos\theta)+kL^2\sin^2\theta=\\ &= kL^2\sin^2\theta-kL^2\cos^2\theta+2kL^2\sin\phi\cos\theta+mgL\cos\theta=\\ &= kL^2\bigg(2\sin\phi\cos\theta-\cos(2\theta)+\lambda\cos\theta\bigg)=\\ &=kL^2(2\sin\phi\cos\theta-\cos(2\theta)+2\cos\theta). \end{aligned} \end{equation*}

La matrice hessiana è

(53) \begin{equation*} \begin{aligned} H(\phi,\theta)&=\begin{pmatrix} \dfrac{\partial^2U(\phi,\theta)}{\partial\phi^2} & \dfrac{\partial^2U(\phi,\theta)}{\partial\theta\partial\phi}\\ \dfrac{\partial^2U(\phi,\theta)}{\partial\phi\partial\theta} &\dfrac{\partial^2U(\phi,\theta)}{\partial\theta^2} \end{pmatrix}=\\\\ &=\begin{pmatrix} 4kL^2(\cos(2\phi)+\dfrac{1}{2}\sin\phi\cos\theta+2\sin\phi) & 2kL^2\cos\phi\sin\theta \\ 2kL^2\cos\phi\sin\theta & kL^2(2\sin\phi\cos\theta-\cos(2\theta)+2\cos\theta) \end{pmatrix}\,. \end{aligned} \end{equation*}

Valutiamo la matrice hessiana in P_1 e calcoliamone il determinante per stabilire la natura del punto di equilibrio

(54) \begin{equation*} H\left(\frac{\pi}{2},0\right)=\begin{pmatrix} 4kL^2\bigg(-1+\dfrac{1}{2}+2\bigg) & 0\\ 0 & kL^2(2-1+2) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 6kL^2 & 0\\ 0 & 3kL^2 \end{pmatrix}\,. \end{equation*}

Anche senza calcolarne il determinante, è evidente che questa matrice è definita positiva (è diagonale con entrambe le entrate positive), pertanto P_1 è un punto di minimo e quindi è un punto di equilibrio stabile.

Ripetiamo gli stessi calcoli per P_2

(55) \begin{equation*} H\bigg(\frac{\pi}{2},\pi\bigg)=\begin{pmatrix} 4kL^2\bigg(-1-\dfrac{1}{2}+2\bigg) & 0\\ 0 & kL^2(-2-1-2) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2kL^2 & 0\\ 0 & -5kL^2 \end{pmatrix}\,. \end{equation*}

Il punto P_2 è un punto di sella, pertanto P_2 è un punto di equilibrio instabile.

L’unico punto intorno al quale il sistema compie delle piccole oscillazioni è P_1. Per studiarne il moto determiniamo la pulsazione \omega^2 delle oscillazioni che si ottiene risolvendo

(56) \begin{equation*} \det\bigg(H\left(\frac{\pi}{2},0\right)-\omega^2 B\left(\frac{\pi}{2},0\right)\bigg)=0\,, \end{equation*}

dove B(\phi,\theta) è la matrice associata alla forma quadratica dell’energia cinetica.

Iniziamo calcolando l’energia cinetica del sistema. L’energia cinetica dell’asta OA è data da

(57) \begin{equation*} T_{OA}=\frac{1}{2}I_O\dot{\phi}^2 \end{equation*}

dove I_O è il momento di inerzia dell’asta rispetto al punto O

(58) \begin{equation*} I_{O}=\frac{1}{3}(2m)(2L)^2=\frac{8}{3}mL^2\,. \end{equation*}

Pertanto

(59) \begin{equation*} T_{OA}=\frac{4}{3}mL^2\dot{\phi}^2\,. \end{equation*}

Per l’asta PQ vale quanto detto anche per l’energia potenziale, quindi possiamo immaginarla come un corpo puntiforme di massa m posizionato in P. La sua energia cinetica è

(60) \begin{equation*} T_{PQ}=\frac{1}{2}m|\dot{\bm{x}}_P^2|\,, \end{equation*}

dove, utilizzando la (34),

(61) \begin{equation*} \begin{aligned} \dot{\bm{x}}_P&=\frac{d}{dt}\bigg(L(2\cos\phi-\sin\theta),L(2\sin\phi+\cos\theta)\bigg)=\\ &=\bigg(L(-2\dot{\phi}\sin\phi-\dot{\theta}\cos\theta),L(2\dot{\phi}\cos\phi-\dot{\theta}\sin\theta)\bigg)\,. \end{aligned} \end{equation*}

Calcoliamone il modulo quadro

(62) \begin{equation*} \begin{aligned} | \dot{\bm{x}}_P|^2&=L^2\bigg((-2\dot{\phi}\sin\phi-\dot{\theta}\cos\theta)^2+(2\dot{\phi}\cos\phi-\dot{\theta}\sin\theta)^2\bigg)=\\ &= L^2(4\dot{\phi}^2\sin^2\phi+4\dot{\phi}\dot{\theta}\sin\phi\cos\theta+\dot{\theta}^2\cos^2\theta+4\dot{\phi}^2\cos^2\phi-4\dot{\phi}\dot{\theta}\cos\phi\sin\theta+\dot{\theta}^2\sin^2\theta)=\\ &= L^2(4\dot{\phi}^2+\dot{\theta}^2+4\dot{\phi}\dot{\theta}\sin(\phi-\theta))\,. \end{aligned} \end{equation*}

Inserendolo questa espressione nella (60), otteniamo

(63) \begin{equation*} T_{PQ}=\frac{1}{2}mL^2(4\dot{\phi}^2+\dot{\theta}^2+4\dot{\phi}\dot{\theta}\sin(\phi-\theta))\,. \end{equation*}

L’energia cinetica totale del sistema è la somma dei due contributi (59) e (63)

(64) \begin{equation*} \begin{aligned} T&=T_{OA}+T_{PQ}=\\ =&\frac{4}{3}mL^2\dot{\phi}^2+\frac{1}{2}mL^2(4\dot{\phi}^2+\dot{\theta}^2+4\dot{\phi}\dot{\theta}\sin(\phi-\theta))=\\ &=\frac{10}{3}mL^2\dot{\phi}^2+\frac{1}{2}mL^2\dot{\theta}^2+2mL^2\dot{\phi}\dot{\theta}\sin(\phi-\theta)\,. \end{aligned} \end{equation*}

Per ottenere la matrice B(\phi,\theta), calcoliamo le derivate seconde di T rispetto alle velocità generalizzate \dot{\phi} e \dot{\theta}

(65) \begin{equation*} \begin{aligned} &\frac{\partial^2T}{\partial\dot{\phi}^2}=\frac{20}{3}mL^2\,,\\\\ &\frac{\partial^2T}{\partial\dot{\phi}\partial\dot{\theta}}=\frac{\partial^2T}{\partial\dot{\theta}\partial\dot{\phi}}=2mL^2\sin(\phi-\theta)\,,\\\\ &\frac{\partial^2T}{\partial\dot{\theta}^2}=mL^2\,; \end{aligned} \end{equation*}

pertanto

(66) \begin{equation*} B(\phi,\theta)=\begin{pmatrix} \dfrac{\partial^2T}{\partial\dot{\phi}^2} & \dfrac{\partial^2T}{\partial\dot{\theta}\partial\dot{\phi}}\\ \dfrac{\partial^2T}{\partial\dot{\phi}\partial\dot{\theta}} & \dfrac{\partial^2T}{\partial\dot{\theta}^2} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \dfrac{20}{3}mL^2 & 2mL^2\sin(\phi-\theta) \\ 2mL^2\sin(\phi-\theta) & mL^2 \end{pmatrix} \end{equation*}

(67) \begin{equation*} \Leftrightarrow B\left(\frac{\pi}{2},0\right)=mL^2\begin{pmatrix} \dfrac{20}{3} & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\,. \end{equation*}

Risolviamo la (56)

(68) \begin{equation*} \det\left(\begin{pmatrix} 6kL^2 & 0\\ 0 & 3kL^2 \end{pmatrix}-\omega^2mL^2\begin{pmatrix} \dfrac{20}{3} & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\right)=0 \Leftrightarrow \det\left(\begin{pmatrix} 6kL^2-\dfrac{20}{3}mL^2\omega^2 & -2mL^2\omega^2 \\ -2mL^2\omega^2 & 3kL^2-mL^2\omega^2 \end{pmatrix}\right)=0 \end{equation*}

(69) \begin{equation*} \Leftrightarrow \left(6k-\frac{20}{3}m\omega^2\right)(3k-m\omega^2)-4m^2\omega^4=0 \Leftrightarrow 18k^2 - 6mk\omega^2-20mk\omega^2+\frac{20}{3}m^2\omega^4-4m^2\omega^4=0 \end{equation*}

(70) \begin{equation*} \Leftrightarrow 4m^2\omega^4-39mk\omega^2+27k^2=0 \,. \end{equation*}

Dalla seconda riga abbiamo diviso tutto per L^4. Risolviamo l’equazione biquadratica

(71) \begin{equation*} \omega_{\pm}^2=\frac{78mk\pm\sqrt{(78mk)^2-1728m^2k^2}}{16m^2}=\frac{39k\pm33k}{8m}=\begin{cases} \omega^2_+=9\dfrac{k}{m}\\\\ \omega_-^2=\dfrac{3}{4}\dfrac{k}{m}\,, \end{cases} \end{equation*}

da cui (consideriamo solo le soluzioni positive)

\[\boxcolorato{fisica}{ \omega_+=3\sqrt{\dfrac{k}{m}} \quad \text{e} \quad \omega_-=\sqrt{\dfrac{3}{4}\dfrac{k}{m}}\,.}\]

Le frequenze dei due moti sono

\[\boxcolorato{fisica}{ f_+=\frac{\omega_+}{2\pi}=\frac{3}{2\pi}\sqrt{\dfrac{k}{m}} \quad \text{e} \quad f_-=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{3}{4}\dfrac{k}{m}}\,.}\]


 
 

Esercizio 3 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un sistema meccanico è costituito da un disco di raggio r=1 e massa M=3 e da un punto materiale P di massa m=2, vincolati a muoversi nel piano xy nel modo seguente (vedi figura 5):

\[\quad\]

  1. il disco rotola senza strisciare all’interno di una circonferenza che ha centro O nell’origine e raggio R=3, mentre il punto P si muove sulla circonferenza stessa;

    2.  

  2. una molla di lunghezza a riposo trascurabile e costante elastica k collega il punto P al centro C del disco;

    3.  

  3. sul sistema agisce inoltre la forza peso.

\[\quad\]

  1. Si scrivano la lagrangiana del sistema e le corrispondenti equazioni di Eulero-Lagrange, utilizzando come coordinate lagrangiane gli angoli che i segmenti OC e OP formano con l’asse y come mostrato in figura 5;

    2.  

  2. si determinino le configurazioni di equilibrio e se ne discuta la stabilità.

Si consideri g/2k>1.

\[\quad\]

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Figura 5: schema del problema.

\[\quad\]

Richiami teorici.

Il teorema di Köning per l’energia cinetica, nel caso dei corpi rigidi, afferma che l’energia cinetica totale T di un corpo rigido di massa M può essere decomposta nell’energia cinetica del centro di massa T_{\text{CM}} (quella che avrebbe un corpo di massa pari a quella totale del sistema, con la velocità propria del centro di massa) e l’energia cinetica di rotazione T_{\text{rot}} attorno all’asse istantaneo di rotazione passante per il centro di massa. In formule

(72) \begin{equation*} T=T_{\text{CM}}+T_{\text{rot}}=\frac{1}{2}Mv_{\text{CM}}^2+\frac{1}{2}\bm{\omega}\cdot\bm{I}_{\text{CM}}\bm{\omega}\,, \end{equation*}

dove \bm{v}_{\text{CM}} è la velocità del centro di massa, \bm{I}_\text{CM} è il tensore di inerzia del corpo rispetto al centro di massa e \bm{\omega} è la velocità angolare.

Dato un sistema fisico in N dimensioni sottoposto ad un potenziale U(\bm{q},t), dove \bm{q} e \dot{\bm{q}} sono rispettivamente il vettore delle coordinate generalizzate e delle velocità generalizzate, si definisce lagrangiana del sistema e si indica con \mathcal{L}(\bm{q},\dot{\bm{q}},t) la quantità

(73) \begin{equation*} \mathcal{L}(\bm{q},\dot{\bm{q}},t)=T(\bm{q},\dot{\bm{q}})-U(\bm{q},t), \end{equation*}

dove T(\bm{q},\dot{\bm{q}}) è l’energia cinetica totale del sistema.

Se il sistema è conservativo U non dipende dal tempo e pertanto \mathcal{L} non dipende dal tempo.

Fornita la lagrangiana del sistema, le equazioni di Eulero-Lagrange sono date da

(74) \begin{equation*} \dfrac{d}{dt}\left(\bm{\nabla}_{\dot{q}}\mathcal{L}\left(\bm{q},\dot{\bm{q}},t\right)\right)-\bm{\nabla}_q \mathcal{L}\left(\bm{q},\dot{\bm{q}},t\right)=\bm{0}. \end{equation*}

Assumiamo che U sia indipendente dal tempo. Sia \bm{q}_0 tale che

(75) \begin{equation*} \nabla U(\bm{q}_0)=0 \end{equation*}

allora la configurazione individuata dal vettore \bm{q}_0 è detta punto di equilibrio del sistema. Elenchiamo due condizioni sufficienti per determinare la natura dei punti di equilibrio:

\[\quad\]

  • Se U(\bm{q}_0) è un minimo locale allora \bm{q}_0 è un punto di equilibrio stabile;

    •  

  • Se U(\bm{q}_0) è un massimo locale o un punto di sella allora \bm{q}_0 è un punto di equilibrio instabile;

Se H l’hessiano di U è definito in \bm{q}_0 allora2

\[\quad\]

  • se \text{det}\, H(\bm{q}_0)>0 e tutti i minori principali hanno determinante positivo allora \bm{q}_0 è un punto di equilibrio /strong>stabile;

    •  

  • se \text{det}\, H(\bm{q}_0)<0 oppure se \text{det}\,H(\bm{q}_0)>0 e i minori principali hanno determinante con segno alternato partendo da un determinante negativo, allora \bm{q}_0 è un punto di equilibrio instabile.

   

  1. Questo criterio è noto come criterio di Sylvester. ↩

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