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Esercizi di Meccanica Razionale

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Meccanica Razionale
Esercizi di esame e di controllo
Versione con risoluzioni
Daniele Andreucci
Dipartimento di Scienze di Base e Applicate per l’Ingegneria
Università di Roma La Sapienza
via A.Scarpa 16, 00161 Roma
daniele.andreucci@sbai.uniroma1.it
launch_daexam 20190910 13.21

Note:
• (ex): esercizi d’esame; (hw): esercizi di controllo.
• Salvo diverso avviso:
– coni e cilindri sono circolari retti;
– i corpi rigidi sono omogenei;
– si assume l’ipotesi dei lavori virtuali.

1

100. Generalità

Indice
100. Generalità

2

120. Conservazione dell’energia

11

150. Piano delle fasi

17

220. Moti centrali e simili

36

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi

41

340. Calcolo di quantità cinematiche in moti relativi

86

350. Dinamica relativa

115

450. Corpi rigidi: moti polari

124

470. Corpi rigidi: equazioni cardinali

199

520. Statica per sistemi vincolati: vincoli fissi

208

560. Dinamica per sistemi vincolati: vincoli fissi

212

580. Dinamica per sistemi vincolati: vincoli mobili

234

620. Equazioni di Lagrange per vincoli fissi

244

630. Equazioni di Lagrange per vincoli mobili

311

660. Equazioni di Lagrange: equilibrio

383

680. Equazioni di Lagrange: piccole oscillazioni

431

100. Generalità
1. [29/9/2014 (hw)I] Trovare la soluzione del problema di Cauchy
ẍ + ax = b cos(ωt) ,
x(0) = 0 ,

t ∈ R,

x(0) = 1 ,
per ogni scelta di a, b, ω ∈ R con b > 0.

Soluzione
È noto che l’integrale generale della e.d.o. lineare si scrive come
x = η +w,
2

100. Generalità
ove η è l’integrale generale dell’equazione omogenea associata e w è un integrale
particolare arbitrario della e.d.o. non omogenea (ossia completa).
1) Gli integrali dell’equazione omogenea sono dati da:
√
√
a > 0,
η(t) = k1 cos( at) + k2 sin( at) ,
a = 0,
η(t) = k1 + k2 t ,
√
√
a < 0,
η(t) = k1 e |a|t + k2 e− |a|t .
2) Gli integrali particolari si trovano distinguendo anzitutto i casi ω 6= 0 e ω = 0.
2.1) Caso ω 6= 0. Bisogna ulteriormente distinguere il caso in cui il termine noto
F (t) = b cos(ωt)
non è soluzione dell’equazione omogenea da quello in cui lo è.
2.1.1) Nel primo caso (ossia se a 6= ω 2 ) si tenta di determinare una soluzione
particolare nella forma
w(t) = A cos(ωt) + B sin(ωt) .
Sostituendo si ottiene
−ω 2 w + aw = b cos(ωt)

ossia

(a − ω 2 )(A cos(ωt) + B sin(ωt)) = b cos(ωt) .

Dunque usando a 6= ω 2 dobbiamo porre
A=

b
,
a − ω2

B = 0.

2.1.2) Nel caso in cui invece a = ω 2 si deve provare con
w(t) = t[A cos(ωt) + B sin(ωt)] .
Sostituendo si ottiene usando a = ω 2
−2Aω sin(ωt) + 2Bω cos(ωt) = b cos(ωt) .
Si deve pertanto avere
A = 0,

B=

b
.
2ω

2.2) Caso ω = 0. In questo caso
F (t) = b .
Se F non è soluzione dell’equazione omogenea, ossia nei casi a 6= 0, si tenta con la
funzione
w(t) = A ,
ottenendo

b
.
a
Se invece F è soluzione della e.d.o. omogenea, ossia se a = 0, si tenta con
A=

w(t) = At2 ,
3

100. Generalità
traendone

b
.
2
3) Conclusione. Avendo trovato in ciascun caso sia η che w imponiamo le condizioni iniziali (o condizioni di Cauchy).
3.1) a > 0
i) ω 2 6∈ {0, a}
√
√
x(t) = k1 cos( at) + k2 sin( at) ,
b
x(0) = k1 +
= 0,
a − ω2
√
ẋ(0) = ak2 = 1 .
A=

ii) ω 2 = a
√
√
b
x(t) = k1 cos( at) + k2 sin( at) +
t sin(ωt) ,
2ω
x(0) = k1 = 0 ,
√
ẋ(0) = ak2 = 1 .
iii) ω = 0
√
√
b
x(t) = k1 cos( at) + k2 sin( at) + ,
a
b
x(0) = k1 + = 0 ,
√ a
ẋ(0) = ak2 = 1 .
3.2) a = 0
i) ω 6= 0
x(t) = k1 + k2 t −

b
cos(ωt) ,
ω2

b
= 0,
ω2
ẋ(0) = k2 = 1 .

x(0) = k1 −
ii) ω = 0

b
x(t) = k1 + k2 t + t2 ,
2
x(0) = k1 = 0 ,
ẋ(0) = k2 = 1 .
3.3) a < 0
i) ω 6= 0
x(t) = k1 e

√

|a|t

+ k2 e−

√

|a|t

+

b
x(0) = k1 + k2 +
=0
a − ω2
p
p
ẋ(0) = |a|k1 − |a|k2 = 1 ,
4

b
cos(ωt) ,
a − ω2

100. Generalità
che dà
k1 =
ii) ω = 0

1h
b
1 i
p
−
+
,
2
a − ω2
|a|
x(t) = k1 e

√

|a|t

k2 = −

+ k2 e−

√

|a|t

+

1 i
1h b
p
+
.
2 a − ω2
|a|
b
cos(ωt) ,
a

b
x(0) = k1 + k2 + = 0
a
p
p
ẋ(0) = |a|k1 − |a|k2 = 1 ,

che dà

k1 =

1 i
1h b
− +p
,
2
a
|a|

k2 = −

1 i
1h b
+p
.
2 a
|a|

2. [29/9/2014 (hw)I] Supponiamo che x0 ∈ R, F ∈ C 1 (R), F > 0, e che
Z k
Z +∞
ds
ds
:= lim
= L < ∞.
k→∞ x0 F (s)
F (s)
x0
Dimostrare che la soluzione di
ẋ = F (x) ,

x(0) = x0 ,

non può essere definita per t ≥ L.

Soluzione
Sia x la soluzione del problema; dividendo l’equazione per F (x(t)) e integrando su
[0, t̄] si ha con il cambiamento di variabile s = x(t)
L>

Z

x(t̄)

x0

ds
=
F (s)

Z

0

t̄

ẋ(t)
dt = t̄ .
F (x(t))

Qui t̄ > 0 è un qualunque istante appartenente all’intervallo di esistenza di x,
pertanto la tesi è provata.

3. [29/9/2014 (hw)I] Trovare tutte le soluzioni di ciascuno dei tre problemi:
(
(
(
3
3
4
ẋ = x 5 ,
ẋ = x 4 ,
ẋ = x 5 ,
1)
2)
3)
x(0) = 0 ;
x(0) = 0 ;
x(0) = 0 .
Soluzione
Notiamo che i membri di destra di ciascuna delle tre equazioni non sono lipschitziani
nella variabile x, e dunque non è possibile applicare il teorema di unicità. Dobbiamo
quindi aspettarci di trovare più di una soluzione per ciascun problema.
Il calcolo elementare che useremo in tutti i tre casi è il seguente: sia c ∈ (0,1); in
ciascun intervallo aperto I ove x(t) 6= 0
ẋ = xc

⇔

d x1−c
=1
dt 1 − c

⇔

x(t)1−c − x(t̄)1−c = (1 − c)(t − t̄) .
5

100. Generalità
Qui t̄, t sono istanti arbitrari di I. È facile vedere che il calcolo precedente resta
valido anche se t̄ è un estremo di I ove x(t̄) = 0. Sotto questa ipotesi si ha perciò
x(t)1−c = (1 − c)(t − t̄) .

(1)

1) In questo caso la formula (1) dà
2

x(t) 5 =

2
(t − t̄) ;
5

(2)

questo implica che t > t̄, ossia se x(t) 6= 0, allora x(τ ) 6= 0 per ogni τ > t. Estraendo
la radice in (2) si ottiene
x± (t) = ±

h2
5

i 25
(t − t̄) ,

t > t̄ .

(3)

Verifichiamo separatamente se ciascuna di queste funzioni risolve l’equazione differenziale:
 2  52 5
3
3
(t − t̄) 2 = x+ (t) 5 ,
ẋ+ (t) =
5 2
 2  25 5
3
3
(t − t̄) 2 = x− (t) 5 .
ẋ− (t) = −
5 2

Pertanto entrambe sono soluzioni. La (3) dà quindi tutte e sole le soluzioni che
hanno un valore diverso da zero, almeno in un tratto del loro dominio; rimane solo,
inoltre, la soluzione identicamente nulla. Tutte le soluzioni sono quindi in una delle
forme:


t ≤ t̄ ,
t ≤ t̄ ,
 0,
0 ,
h2
i 25
i 52
x(t) =
x(t) = h 2
− (t − t̄) ,
 (t − t̄) ,
t > t̄ ;
t > t̄ ;
5
5
x(t) = 0 ,
t ∈ R.

Qui t̄ ≥ 0 è arbitrario.
2) Si noti che in questo caso si deve avere x(t) ≥ 0 perché x(t)3/4 sia definita. In
questo caso la formula (1) dà
1

x(t) 4 =

1
(t − t̄) ;
4

(4)

questo implica che t > t̄, ossia se x(t) 6= 0, allora x(τ ) 6= 0 per ogni τ > t. Elevando
a potenza in (4) si ottiene
h1
i4
x(t) = (t − t̄) ,
t > t̄ .
(5)
4

Si verifica subito che questa funzione risolve l’equazione differenziale. La (5) dà
quindi tutte e sole le soluzioni che hanno un valore diverso da zero, almeno in un
tratto del loro dominio; rimane solo, inoltre, la soluzione identicamente nulla. Tutte
le soluzioni sono quindi in una delle forme:

t ≤ t̄ ,
0 ,
i4
x(t) = 0 ,
t ∈ R.
x(t) = h 1
 (t − t̄) ,
t > t̄ ;
4
6

100. Generalità
Qui t̄ ≥ 0 è arbitrario.
3) In questo caso la formula (1) dà
1

x(t) 5 =

1
(t − t̄) ;
5

(6)

in questo caso dunque si può avere sia t > t̄ che t < t̄. Si noti che comunque
l’equazione implica che ẋ ≥ 0, quindi le soluzioni sono non decrescenti. Elevando a
potenza in (6) si ottiene
h1
i5
x(t) = (t − t̄) .
(7)
5
Si verifica subito che questa funzione risolve l’equazione differenziale per ogni t ∈ R.
In effetti per t̄ = 0 è una soluzione del problema di Cauchy. Più in generale, la (7)
dà tutte e sole le soluzioni che hanno un valore diverso da zero, almeno in un tratto
del loro dominio; rimane solo, inoltre, la soluzione identicamente nulla. Tutte le
soluzioni sono quindi in una delle forme:
h
i5
1


(t
−
t̄
)
,
t < t̄1 ,
1


 5
t̄1 ≤ t ≤ t̄2 ,
x(t) = 0 ,


h1
i5


 (t − t̄2 ) ,
t > t̄2 .
5
Qui −∞ ≤ t̄1 ≤ 0 ≤ t̄2 ≤ +∞ sono arbitrari.

4. [29/9/2014 (hw)I] Determinare la soluzione del problema di Cauchy


  
  
d ϕ1
6ϕ1 ϕ2
ϕ1 (0)
1
=
,
=
,
2
ln ϕ1 − 3ϕ2 + 1
ϕ2 (0)
0
dt ϕ2
sapendo che si scrive nella forma

  at2 
ϕ1 (t)
e
,
=
ϕ2 (t)
bt

t ∈ R,

con a, b ∈ R costanti.

Soluzione
Sostituendo la forma funzionale data nel sistema di e.d.o. si ottengono
2

2

2ateat = 6bteat ,
b = at2 − 3b2 t2 + 1 .
La prima equazione equivale a
a = 3b ,
mentre la seconda è risolubile solo se
a = 3b2 ,
caso in cui implica quindi subito b = 1. Le altre due condizioni sono di fatto
verificate da a = 3. Dunque la soluzione è

  2
ϕ1 (t)
e3t
=
,
t ∈ R.
ϕ2 (t)
t
7

100. Generalità

5. [6/10/2014 (hw)I] Si consideri il versore funzione di t

1 
u(t) = √ cos(ωt)e1 + sin(ωt)e2 + e3 .
2

Qui ω > 0 è una costante assegnata, e t ∈ R.
Si costruisca una base ortonormale (uh (t)) positiva (ossia congruente con la
base standard (eh ) di R3 ) in modo che
u2 (t) · e3 = 0 .

u1 (t) = u(t) ,
Soluzione
Se
u2 (t) =

3
X

αh (t)eh ,

h=1

deve essere pertanto
e

α3 (t) = u2 (t) · e3 = 0 ,
u1 (t) · u2 (t) = α1 (t) cos(ωt) + α2 (t) sin(ωt) = 0 .

Dato che deve essere anche α21 + α22 = 1, si conclude per esempio
u2 (t) = − sin(ωt)e1 + cos(ωt)e2 .
Infine


1 
u3 (t) = u1 (t) × u2 (t) = √ − cos(ωt)e1 − sin(ωt)e2 + e3 .
2
Si discuta l’unicità della base trovata.

6. [6/10/2014 (hw)I] Si scriva la rappresentazione parametrica di classe C 1
dell’ellisse intersezione del cilindro e del piano
x21 + x22 = R2 ,
x2 − x3 = 0 .
Soluzione
Esistono infiniti modi di fornire la parametrizzazione richiesta. Presentiamone due.
A) La proiezione dell’ellisse su x3 = 0 è la circonferenza
Ψ 0 (θ) = R cos θe1 + R sin θe2 ,

θ ∈ [0,2π] .

Sull’ellisse vale x2 = x3 , dunque la sua parametrizzazione è
Ψ 1 (θ) = R cos θe1 + R sin θe2 + R sin θe3 ,

θ ∈ [0,2π] .

B) Rappresentiamo in alternativa l’ellisse nella forma standard
Ψ 2 (ϕ) = a cos ϕu1 + b sin ϕu2 ,
8

ϕ ∈ [0,2π] ,

100. Generalità
ove a [b] è la lunghezza del semiasse maggiore [minore] e u1 [u2 ] è il versore del
semiasse maggiore [minore].
Nel nostro caso u1 e u2 devono giacere sul piano x2 = x3 .
Osserviamo che il segmento OP tra l’origine O e il generico punto P dell’ellisse si
proietta su un raggio della circonferenza
x21 + x22 = R2 ,

x3 = 0 ,

che ha lunghezza R. Dunque la lunghezza di OP è crescente con l’angolo formato
da OP con il piano x3 = 0. Questo argomento implica che
u1 =

e2 + e3
√
,
2

e che
a=

√
2R ,

u2 = e1 ,

b = R.

7. [6/10/2014 (hw)I] Si scriva almeno una parametrizzazione per ciascuno
dei seguenti oggetti geometrici mobili, ove α(t) è un’arbitraria funzione del
tempo:
1. Circonferenza con diametro di estremi
(−R,0,0) ,

(R,0,0) ,

il cui piano forma all’istante t l’angolo α(t) con il piano x3 = 0.
2. Sfera di raggio R e centro C dato da
−−→
OC = L cos α(t)e1 + L sin α(t)e2 ;
qui O è l’origine del sistema di riferimento.
3. Quadrato (pieno) ABCD di lato L che giace sul piano
−x1 sin α(t) + x2 cos α(t) = 0 ,
e tale che

−−
→
AB = Le3 .

A = O,

Soluzione
1) Il piano della circonferenza deve avere per normale
ν = − sin α(t)e2 + cos α(t)e3 .
La circonferenza ha per centro l’origine, e verrà descritta dall’usuale parametrizzazione
Ψ (θ; t) = R cos θu1 (t) + R sin θu2 (t) ,
θ ∈ [0,2π] ,
9

100. Generalità
ove u1 e u2 sono due versori ortonormali del suo piano. Prendiamo quindi
u1 (t) = e1 ,

u2 (t) =

3
X

λh (t)eh ,

h=1

ove dovranno valere

u2 · u1 = λ1 (t) = 0 ,
u2 · ν = −λ2 (t) sin α(t) + λ3 (t) cos α(t) = 0 .
Pertanto si ha per esempio
u2 (t) = cos α(t)e2 + sin α(t)e3 ,
e in conclusione
Ψ (θ; t) = R cos θe1 + R sin θ cos α(t)e2 + R sin θ sin α(t)e3 ,

θ ∈ [0,2π] ,

Si discuta se i dati assegnati identificano il piano della circonferenza in modo
univoco.
2) Scriviamo per un generico punto P della sfera
−−→ −−→ −−→
Ψ (ϕ, θ; t) = OP = OC + CP
= L cos α(t)e1 + L sin α(t)e2
+ R cos ϕ sin θe1 + R sin ϕ sin θe2 + R cos θe3
= (L cos α(t) + R cos ϕ sin θ)e1
+ (L sin α(t) + R sin ϕ sin θ)e2 + R cos θe3 .
Qui si è impiegata l’usuale parametrizzazione della sfera con longitudine ϕ ∈ [0,2π]
e colatitudine θ ∈ [0, π]. Si noti che la parametrizzazione è regolare se θ 6= 0, π.
3) Il quadrato verrà descritto come
Ψ (r, s; t) = ru1 (t) + su2 (t) ,

r, s ∈ [0, L] .

Qui u1 e u2 sono i due versori dei due lati adiacenti AB, AD:
−−→
−−→
AB
AD
u1 =
= e3 ,
u2 =
.
L
L
P
Resta solo da determinare u2 (t) = λh (t)eh , che deve giacere sul piano mobile ed
essere ortogonale a u1 . Perciò
u1 · u2 = λ3 = 0 ,
(− sin α(t)e1 + cos α(t)e2 ) · u2 = −λ1 sin α(t) + λ2 cos α(t) = 0 .
Pertanto possiamo prendere
u2 (t) = cos α(t)e1 + sin α(t)e2 .
La parametrizzazione diviene
Ψ (ϕ, θ; t) = s cos α(t)e1 + s sin α(t)e2 + re3 ,

s, r ∈ [0, L] .

Si discuta l’ambiguità della scelta di u2 e quindi della posizione del quadrato.

10

120. Conservazione dell’energia

120. Conservazione dell’energia
1. [22/9/2006 (ex)I] Un punto materiale è vincolato a muoversi nel piano
(x, y) ed è soggetto a un campo di forze di potenziale
U (x, y) = −kx2 y 2 .
Si dimostri che non si possono avere moti illimitati in cui il punto rimanga
sempre nel settore
A = {(x, y) | 0 < x < y < 2x} .
Soluzione
Poiché le forze sono conservative, vale per ciascun moto X
T (t) − U (X(t)) = E ,

per ogni t,

ove l’energia E è una costante reale. Dato che T ≥ 0, deve essere
E ≥ −U (X(t)) = kX1 (t)2 X2 (t)2 .
Quindi lungo ciascun moto il prodotto X12 X22 resta limitato.
Se invece il moto fosse illimitato, ossia almeno una delle coordinate Xi divergesse
a infinito (su una successione di istanti tn → ∞), anche l’altra coordinata dovrebbe divergere (sulla stessa successione), per la geometria di A, e quindi a maggior
ragione divergerebbe il loro prodotto.

2. [1/4/2008 (ex)I] Un punto materiale P di massa m è vincolato alla curva

Ψ (τ ) = aτ, bτ 2 , cτ 3 ,
−∞ < τ < ∞ ,

ed è soggetto a un campo di forze di potenziale
U (x) = −

α
− β|x|2 ,
|x|2

x ∈ R3 \ {0} .

Qui a, b, c, α, β sono costanti positive.
Dimostrare che ciascun moto ϕ soddisfa
ε ≤ |ϕ(t)| ≤ C ,
per due opportune costanti positive C, ε (dipendenti dal moto), e per ogni t
per cui è definito.
Soluzione
I vincoli sono lisci, e le forze conservative. Quindi l’energia
E =T −U =

1
mv 2 − U (x) ,
2

11

120. Conservazione dell’energia
rimane costante lungo ciascun moto. In particolare dunque per ogni t per cui il
moto è definito

α
U ϕ(t) = −
− β|ϕ(t)|2 ≥ −E .
|ϕ(t)|2
Ne seguono

da cui la tesi con

α
≤E,
|ϕ(t)|2
ε=

r

β|ϕ(t)|2 ≤ E ,

α
,
E

C=

s

E
.
β

3. [17/2/2014 (ex)I] Un punto materiale P di massa m è vincolato a muoversi
sull’asse x3 . Su di esso oltre al peso −mge3 agisce la forza
k
e3 .
x23

F =
Le condizioni iniziali sono
−−→
OP (0) = Le3 ,

v(0) = −v0 e3 ,

con L, v0 > 0 costanti.
Determinare la quota a cui la velocità si annulla (per la prima volta).
Soluzione
Usiamo la conservazione dell’energia. Le forze che agiscono su P sono entrambe
conservative (e il vincolo è liscio). I potenziali sono rispettivamente
Upeso = −mgx3 ,

UF = −

k
.
x3

Scegliendo z = x3P ∈ (0, +∞) come coordinata lagrangiana si ha quindi
U l (z) = −mgz −

k
.
z

L’energia meccanica quindi per ogni istante vale
k
1
k
1
mż 2 + mgz + = mv02 + mgL + =: E .
2
z
2
L
Pertanto si ha ż = 0 se z soddisfa
mgz +

k
=E,
z

ossia
mgz 2 − Ez + k = 0 ,

che ha le radici (si noti che E 2 > 4kmg)
p
E ± E 2 − 4kmg
.
z=
2mg
12

120. Conservazione dell’energia
Il moto deve svolgersi tra queste due quote; quella richiesta è la minore, perché la
velocità iniziale è rivolta verso il basso.
R.
p
E − E 2 − 4kmg
1
k
, E = mv02 + mgL + .
2mg
2
L

4. [17/2/2014 (ex)II] Un punto materiale P di massa m è vincolato a
muoversi sull’asse x3 . Su di esso oltre al peso −mge3 agisce la forza
F =

k
e3 .
x23

Le condizioni iniziali sono
−−→
OP (0) = Le3 ,

v(0) = v0 e3 ,

con L, v0 > 0 costanti.
Determinare la quota a cui la velocità si annulla (per la prima volta).
R.
E+

p
E 2 − 4kmg
,
2mg

E=

1
k
mv 2 + mgL + .
2 0
L

5. [10/2/2015 (ex)I] Un punto materiale P di massa m è vincolato alla
superficie
p
x21 + x22
x23
1+ 2 =
,
a
b
ed è soggetto alla forza
F = λe−kx3 e3 ,
ove λ, k > 0 sono costanti.
Si dimostri che i moti di P hanno tutti quota x3 limitata inferiormente.
Soluzione
Scegliamo come coordinate lagrangiane ϕ ∈ (−π, π), r > b tali che
r
r
−−→
− 1 e3 .
OP = r cos ϕe1 + r sin ϕe2 − a
b

−−→
Si noti che scegliamo il segno negativo nell’ultima componente di OP perché ci
interessa dimostrare una limitazione inferiore, che è pertanto ovvia finché il moto
avviene in x3 > 0.
In queste coordinate si ha:
n rr
o
−1
l
−1 −kx3
= −λk exp ak
U (r, ϕ) = −λk e
−1 .
b

Per la conservazione dell’energia lungo ciascun moto si ha per una opportuna
costante E
−U l ≤ T l − U l = E > λk −1 .
13

120. Conservazione dell’energia
Quindi
ak
da cui la limitazione cercata.

r

r
− 1 ≤ ln(λ−1 kE) ,
b

6. [10/2/2015 (ex)II] Un punto materiale P di massa m è vincolato alla
superficie
p
x22 + x23
x21
,
1+ 2 =
a
b
ed è soggetto alla forza
F = −λekx1 e1 ,
ove λ, k > 0 sono costanti.
Si dimostri che i moti di P hanno tutti ascissa x1 limitata superiormente.

7. [3/9/2015 (ex)I] Un punto materiale P di massa m è soggetto alla forza
2

F (x, ẋ) = −keα|x| x − λ|x|ẋ ,
ove α, k, λ > 0 sono assegnati.
All’istante iniziale si ha per il moto X del punto P
X(0) = Re1 ,

Ẋ(0) = v0 e2 .

Si dimostri che per ogni t ≥ 0
|X(t)| ≤ C ,
determinando la costante C in funzione di k, α, λ, m, R, v0 .
Soluzione
Scriviamo
F = F1 + F2 ,

2

F 1 = −keα|x| x ,

F 2 = −λ|x|ẋ .

La forza F 1 è conservativa con potenziale
U (x) = −

k α|x|2
e
,
2α

x ∈ R3 .

Poiché il moto X soddisfa
mẌ = F 1 + F 2 ,
si avrà

d 1
m|X(t)|2 − U (X(t)) = mẊ(t) · Ẍ(t) − F 1 (X(t)) · Ẋ(t)
dt 2
= Ẋ(t) · [mẌ(t) − F 1 (X(t))] = Ẋ(t) · F 2 (X(t)) = −λ|Ẋ(t)|2 |X(t)| ≤ 0 .
Pertanto per ogni t ≥ 0 si ha
−U (X(t)) ≤

1
1
k αR2
m|Ẋ(0)|2 − U (X(0)) = mv02 +
e
,
2
2
2α
14

120. Conservazione dell’energia
da cui la limitazione cercata.
R.
1
|X(t)| ≤ √
α

r 

α
ln
mv02 + eαR2 .
k

8. [19/3/2016 (ex)I] Un punto materiale di massa m è soggetto alla forza
F (x, ẋ) = −kx(λ2 + |x|2 ) + u × ẋ ,
ove u ∈ R3 , k, λ > 0, sono costanti assegnate.
Si dimostri che tutti i moti sono limitati e si determini la limitazione in
funzione dei parametri e delle condizioni iniziali.
Soluzione
Si ha
mẍ = −kx(λ2 + |x|2 ) + u × ẋ ,

e dunque
ossia
Quindi

mẍ · ẋ = −kx · ẋ(λ2 + |x|2 ) ,


d k 2
d 1
− (λ + |x|2 )2 .
m|ẋ|2 =
dt 2
dt
4
1
k
1
k
m|ẋ(t)|2 + (λ2 + |x(t)|2 )2 = m|ẋ(0)|2 + (λ2 + |x(0)|2 )2 .
2
4
2
4

R.
2

|x(t)| ≤

r

2
m|ẋ(0)|2 + (λ2 + |x(0)|2 )2 − λ2 .
k

9. [15/01/2018 (ex)I] Un punto materiale P di massa m si muove vincolato
al piano z = 0 e soggetto al campo di forze
F = −αx2 e1 − βy 3 e2 ,
con α, β > 0 costanti.
Si dimostri che i moti non possono diventare illimitati nel semipiano x > 0.
Soluzione
La forza è conservativa con potenziale
β
α
U (x, y) = − x3 − y 4 .
3
4
Dunque vale la conservazione dell’energia nella forma
1
α
β
m(ẋ2 + ẏ 2 ) + x3 + y 4 = E .
2
3
4
15

120. Conservazione dell’energia
Vale quindi

α 3 β 4
x + y ≤E.
3
4
Se x > 0 per qualche t si deve avere E > 0 e in tutti gli istanti in cui risulta x > 0
si ha
s
r
4E
3 3E
,
|y| < 4
.
x≤
α
β
R.
0<x≤

r
3

3E
,
α

|y| <

s
4

4E
.
β

10. [15/01/2018 (ex)II] Un punto materiale P di massa m si muove vincolato
al piano z = 0 e soggetto al campo di forze
F = −αx3 e1 − βy 4 e2 ,
con α, β > 0 costanti.
Si dimostri che i moti non possono diventare illimitati nel semipiano y > 0.
R.
|x| <

r
4

4E
,
α

0<y≤

s
5

5E
.
β

11. [27/06/2018 (ex)I] Un punto materiale P di massa m è soggetto al
campo di forze
F = −kxy 2 e1 − kx2 ye2 − λze3 ,

ed è vincolato alla curva γ parametrizzata da

Ψ (τ ) = aτ e1 + bτ 2 e2 + c cos τ e3 ,

τ ∈ R.

Qui k, λ, a, b, c sono costanti positive assegnate. All’istante iniziale valgono
−−
→
OP (0) = ce3 ,

v(0) = v0 e1 ,

con v0 > 0.
Dimostrare che il moto resta limitato per t > 0.
Soluzione
Usiamo la conservazione dell’energia; il vincolo infatti è liscio e la reazione vincolare
non fa lavoro.
Si vede subito che
F (x, y, z) = ∇ U (x, y, z) ,

1
U (x, y, z) = − (kx2 y 2 + λz 2 ) ,
2

(x, y, z) ∈ R3 .

Pertanto per ogni t > 0 vale
T (t) − U (X(t)) = T (0) − U (X(0)) =
16

1
(mv02 + λc2 ) =: E0 .
2

150. Piano delle fasi
In particolare quindi
e
Dunque

1
(kx2 y 2 + λz 2 ) ≤ E0 ,
2
ka2 τ 2 b2 τ 4 ≤ 2E0 .
|τ | ≤

r
6

2E0
.
ka2 b2

Si determina infine R > 0 tale che |X(t)| ≤ R per t > 0 sostituendo nella
parametrizzazione della curva.
R.
r
2
2
6 mv0 + λc
2
2 2
2 4
2
|X(t)| ≤ a τ0 + b τ0 + c ,
τ0 =
.
ka2 b2

150. Piano delle fasi
1. [18/7/2005 (ex)I] Un punto materiale P di massa m si muove di moto
rettilineo su una retta r.
Il punto è soggetto a una forza di potenziale
U (x) = kx|x| ,
ove x è l’ascissa di P misurata su r.
Si disegnino le orbite nel piano delle fasi, e si determinino tutti i moti che
rimangono limitati per t → ∞.
Soluzione
Le orbite nel piano delle fasi corrispondono alle curve
r

2
E + U (x) ,
p=±
m

definite ove E + U (x) ≥ 0.
Nel nostro caso occorre distinguere:
r

2
E − kx2 ,
p=±
m
r

2
E + kx2 ,
p=±
m

x < 0,
x ≥ 0.

1) Caso E > 0:
x < 0: L’orbita qui coincide con la semiellisse
m 2
k
p + x2 = 1 ,
2E
E

17

x < 0.

150. Piano delle fasi
x ≥ 0: L’orbita qui coincide con i due tratti di iperbole
m 2
k
p − x2 = 1 ,
2E
E

x ≥ 0.

Si noti che come è ovvio le due porzioni di orbita si raccordano su x = 0.
2) Caso E = 0:
x < 0: Le orbite non hanno componenti in questo semipiano.
x ≥ 0: Le orbite qui sono le due semirette aperte
r
r
2k
2k
x, x > 0;
p=−
x, x > 0;
p=
m
m
e il punto critico
p = 0,

x = 0.

3) Caso E < 0:
x < 0: Le orbite non hanno componenti in questo semipiano.
x ≥ 0: L’orbita qui coincide con il ramo di iperbole
r
m 2
|E|
k 2
x −
p = 1,
x≥
.
|E|
2|E|
k
Infine, per t → ∞ tutte le orbite corrispondono a moti per cui x(t) → ∞, con
l’eccezione delle due orbite, nel caso E = 0,
r
2k
p=−
x, x > 0,
(x, p) = (0,0) ,
m
che corrispondono a moti nei quali x(t) → 0.

2. [18/7/2005 (ex)II] Un punto materiale P di massa m si muove di moto
rettilineo su una retta r.
Il punto è soggetto a una forza di potenziale
U (x) = kx3 |x| ,
ove x è l’ascissa di P misurata su r.
Si disegnino le orbite nel piano delle fasi, e si determinino tutti i moti che
rimangono limitati per t → ∞.
3. [7/4/2006 (ex)I] Un punto materiale P di massa m si muove di moto
rettilineo su una retta r.
Il punto è soggetto a una forza di potenziale
U (x) = k cos x ,
ove x è l’ascissa di P misurata su r, e k è una costante positiva.
Si disegnino le orbite nel piano delle fasi, e si discuta qualitativamente
l’andamento dei moti.
Soluzione
18

150. Piano delle fasi
Le orbite nel piano delle fasi corrispondono alle curve
r
2
p=±
(E + k cos x)
m
definite ove E + cos x ≥ 0.
1) Caso E > k: La radice quadrata non si annulla mai, ed è sempre definita. Si
hanno due orbite corrispondenti a due moti (uno in cui ẋ > 0, l’altro in cui ẋ < 0).
2) Caso E = k: La radice quadrata si annulla solo per x = (2n + 1)π, n ∈ Z.
In corrispondenza di tali valori, che sono di minimo per il potenziale, si hanno
posizioni di equilibrio (instabile). Per i valori di x intermedi, risultano definite due
orbite che connettono (in tmepo infinito) due di tali posizioni.
3) Caso k > E > −k: La radice quadrata è definita negli intervalli ove
cos x ≥ −

E
∈ (−1, 1) .
k

In tali intervalli risulta definita un’orbita periodica.
4) Caso E = −k: La radice quadrata risulta definita solo nei punti x = 2nπ,
n ∈ Z, ove si annulla. In corrispondenza di tali valori, che sono di massimo per il
potenziale, si hanno posizioni di equilibrio (stabile).

4. [13/12/2007 (ex)I] Tracciare nel piano delle fasi le orbite corrispondenti
ai moti determinati da
mẍ = F (x) ,
ove
F (x) = ax sin(bx2 ) ,
e a, b > 0 sono costanti.
Soluzione
Il potenziale è dato da
Z x

a
1 − cos(bx2 ) + γ ,
as sin(bs2 ) ds + γ =
2b
0
e quindi possiamo assumere

U (x) = −

a
cos(bx2 ) .
2b

Le orbite nel piano (x, p) delle fasi sono date da
r
r

2
a p ′
E − cos(bx2 ) ,
E + U (x) = ±
p=±
m
mb

ridefinendo E ′ = 2bE/a.
Conviene distinguere i casi seguenti:
1) E ′ < −1: nessuna orbita.
2) E ′ = −1: le orbite degeneri
r
π
x = ± (2n + 1) ,
b

19

p = 0,

n ≥ 0,

150. Piano delle fasi
corrispondenti a quiete in punti di equilibrio stabile.
3) −1 < E ′ < 1: orbite chiuse ciascuna corrispondente a un moto periodico intorno
a uno dei punti di equilibrio stabile determinati nel punto 2).
4) E ′ = 1: le orbite degeneri:
r
π
x = ± 2n , p = 0 ,
n ≥ 0,
(1)
b
corrispondenti a quiete in punti di equilibrio instabile, e le orbite
r
a p
p=±
1 − cos(bx2 ) ,
mb

ciascuna definita tra due consecutivi punti della forma (1).
5) E ′ > 1: orbite definite per ogni x ∈ R, sulle quali p non cambia segno, né si
annulla.

5. [13/12/2007 (ex)II] Tracciare nel piano delle fasi le orbite corrispondenti
ai moti determinati da
mẍ = F (x) ,
ove
e a, b > 0 sono costanti.

F (x) = −ax cos(bx2 ) ,

6. [1/7/2008 (ex)I] Disegnare il diagramma nel piano delle fasi corrispondente al potenziale
U (x) = −ax2 + bx5 ,
ove a, b sono costanti positive.

7. [1/7/2008 (ex)II] Disegnare il diagramma nel piano delle fasi corrispondente al potenziale
U (x) = −ax4 + bx7 ,
ove a, b sono costanti positive.

8. [12/6/2009 (ex)I] Tracciare il diagramma nel piano delle fasi per i moti
mẍ = U ′ (x) ,
con
U (x) = kx3 e−ax ,

x ∈ R.

Qui m, a, k sono costanti positive.
Soluzione
Per la conservazione dell’energia
1
mẋ2 = U (x) + E ,
2
20

150. Piano delle fasi
da cui l’equazione delle orbite
p(x) = ±

r

2
(U (x) + E) .
m

Le orbite dunque sono definite, per ciascun valore dell’energia E, ove E ≥ −U (x).
Si ha
U ′ (x) = k(3 − ax)x2 e−ax ,

e dunque U (x) soddisfa:

• U è crescente in (−∞,3/a); è decrescente in (3/a, ∞);

• U ′ (x) = 0 se e solo se x = 0 o x = 3/a;
•
•

U (0) = 0 ,

U (3/a) = 27k(ae)−3 = Umax ;

lim U (x) = −∞ ,

lim U (x) = 0 .

x→−∞

x→∞

Distinguiamo dunque i casi:
A) E > 0. L’orbita è definita sulla semiretta (xE , ∞), ove xE < 0 è l’unica radice
dell’equazione −U (xE ) = E.
p
Inoltre l’orbita interseca l’asse x in x = xE , e per x → ∞ si ha p(x) → ± 2E/m.
B) E = 0. A questo valore corrispondono tre orbite. Oltre alle due simmetriche
r
2
U (x) ,
x > 0,
p(x) = ±
m
si ha infatti quella degenere x = 0, p = 0, corrispondente a un punto di equilibrio
instabile.
C) 0 > E > −Umax . L’orbita è una curva chiusa definita nell’intervallo (x1E , x2E ),
ove x1E e x2E sono definiti da
−U (x1E ) = E ,
−U (x2E ) = E ,

3
,
a
3
x2E > .
a

x1E <

Per E → −Umax l’orbita si stringe sul punto (3/a,0).
D) E = −Umax. L’orbita è degenere, coincide con il punto x = 3/a, p = 0, e
corrisponde a un punto di equilibrio stabile.
E) E < −Umax . Non ci sono orbite in questo caso.

9. [12/6/2009 (ex)II] Tracciare il diagramma nel piano delle fasi per i moti
mẍ = U ′ (x) ,
con
U (x) = −k(x − 1)3 eax ,
Qui m, a < 3, k sono costanti positive.
21

x ∈ R.

150. Piano delle fasi
10. [20/11/2009 (ex)I] Tracciare le orbite nel piano delle fasi relative al
potenziale
x
,
U (x) =
1 + x2
e discutere la stabilità dei punti di equilibrio.
11. [22/2/2010 (ex)I] Tracciare nel piano delle fasi il diagramma delle orbite
corrispondenti al potenziale
U (x) = α sin(βx|x|) ,
ove α e β sono costanti positive, mettendo in evidenza tutti i punti di
equilibrio.
12. [22/2/2010 (ex)II] Tracciare nel piano delle fasi il diagramma delle orbite
corrispondenti al potenziale
U (x) = −α sin(βx|x|) ,
ove α e β sono costanti positive, mettendo in evidenza tutti i punti di
equilibrio.
13. [20/1/2014 (ex)I] Un punto materiale P di massa m si muove di moto
rettilineo su una retta r. Il punto è soggetto a una forza di potenziale
U (x) = a(x2 − b2 )2 ,

x ∈ R,

ove x è l’ascissa di P misurata su r, e a, b sono costanti positive.
Si disegnino le orbite nel piano delle fasi, e si discuta qualitativamente
l’andamento dei moti.
Soluzione
Il potenziale è una quartica con due minimi globali in x = −b, x = b e un massimo
locale in x = 0, ove U (0) = ab4 .
In dipendenza del livello dell’energia E si hanno per le orbite i seguenti casi:
A) E > 0: le orbite sono definite in tutto R.
B) E = 0: ci sono 8 orbite: i due punti di equilibrio instabile x = b, x = −b
corrispondenti ai minimi del potenziale, e poi altri 3 rami per p > 0 e altri 3 per
p < 0. Ciascuno di questi viene percorso in tempo infinito.
C) 0 > E > −U (0): ci sono 3 orbite: una chiusa periodica che circonda il punto
x = 0, e altre 2 illimitate.
D) E = −U (0): ci sono 3 orbite: il punto di equilibrio stabile x = 0 corrispondente
al massimo locale del potenziale, altre 2 illimitate.
E) E < −U (0): ci sono 2 orbite illimitate.

22

150. Piano delle fasi
R. Ritratto di fase con a = 1/16, b = 2, m = 1 e le orbite corrispondenti a energie
E = −9, −1, −0,5, 0, 1.
p

−2

2

x

14. [20/1/2014 (ex)II] Un punto materiale P di massa m si muove di moto
rettilineo su una retta r. Il punto è soggetto a una forza di potenziale
U (x) = −a(x2 − b2 )2 ,

x ∈ R,

ove x è l’ascissa di P misurata su r, e a, b sono costanti positive.
Si disegnino le orbite nel piano delle fasi, e si discuta qualitativamente
l’andamento dei moti.
R. Ritratto di fase con a = 1/16, b = 2, m = 1 e le orbite corrispondenti a energie
E = 5, 1, 0,5, 0.
p

−2

2

23

x

150. Piano delle fasi
15. [17/7/2014 (ex)I] Tracciare il diagramma delle orbite nel piano delle fasi
del moto di un punto di massa m corrispondente al potenziale
√
x > 0.
U (x) = x − x ,
Soluzione
Come è noto le orbite sono date da
r
p=±

Si noti che
U (x) < 0 ,

2 p
E + U (x) .
m

0 < x < 1;

U (1) = 0 ;

U (x) > 0 ,

x > 1.

Inoltre il potenziale è decrescente in (0,1/4, crescente in (1/4, +∞) e pertanto
min U (x) = U

(0,+∞)

1
4

1
=− .
4

In dipendenza del livello dell’energia E si hanno per le orbite i seguenti casi:
A) E > 1/4: le orbite sono definite in tutto (0, +∞).
B) E = 1/4: ci sono 5 orbite: il punto di equilibrio instabile x = 1/4, corrispondente
al minimo del potenziale, e poi altri 2 rami per p > 0 e altri 2 per p < 0. Ciascuno
di questi viene percorso in tempo infinito.
C) 1/4 > E > 0: ci sono 2 orbite: una limitata per x < 1/4, e una illimitata per
x > 1/4.
D) E ≤ 0: c’è una sola orbita illimitata per x ≥ 1.
R. Ritratto di fase con le orbite corrispondenti a energie E = −1/2, 0, 1/5, 1/4,
1/2.
p

x

1

16. [13/1/2015 (ex)I] Un punto materiale P di massa m si muove di moto
rettilineo su una retta r.
24

150. Piano delle fasi
Il punto è soggetto a una forza di potenziale
U (x) = x2 (x − 2)(x − 4)2 ,

x ∈ R,

ove x è l’ascissa di P misurata su r.
Si disegnino le orbite nel piano delle fasi, e si determinino tutti i moti che
rimangono limitati per t → +∞.
Soluzione
Il potenziale soddisfa

lim U (x) = −∞ ,

lim U (x) = +∞ .

x→−∞

x→+∞

La derivata vale
U ′ (x) = x(x − 4)(5x2 − 20x + 16) = x(x − 4)(x − x1 )(x − x2 ) ,
ove

√
√
10 − 2 5
10 + 2 5
x1 :=
∈ (0,2) , x2 :=
∈ (2,4) .
5
5
Perciò il potenziale ha i seguenti punti di massimo locale stretto:
x = 0,

U (0) = 0 ;

x = x2 ,

U (x2 ) =: U2 > 0 ;

e i seguenti punti di minimo locale stretto
x = x1 ,

U (x1 ) =: U1 < 0 ;

x = 4,

U (4) = 0 .

Poiché le orbite nel piano delle fasi sono parti dei grafici di funzioni del tipo
r

2
E + U (x) ,
p=±
m

occorre trovare le regioni ove E ≥ −U (x) per i vari valori significativi di E.
1) E1 > −U1 . Si ha un’unica orbita, definita per x ≥ x̄, ove x̄ è l’unica soluzione
di −U (x) = E1 .
2) E2 = −U1 . Si hanno quattro orbite: i) il punto di equilibrio (x1 ,0); ii) un’orbita
limitata (che chiamiamo γ1 ) che approssima tale punto per t → ±∞; iii-iv) due
orbite illimitate definite per x > x1 che approssimano tale punto rispettivamente
per t → ±∞. Dunque il punto di equilibrio è instabile.
3) 0 < E3 < −U1 . Si hanno due orbite: un’orbita chiusa periodica che circonda
l’origine ed è racchiusa in γ1 , e un’orbita definita per x > x̄ ove x̄ è l’unica soluzione
in (x1 ,2) di −U (x) = E3 .
4) E4 = 0. Si hanno cinque orbite: i) il punto di equilibrio (0,0); ii) il punto
di equilibrio (4,0); iii) un’orbita limitata (che chiamiamo γ2 ) che è definita per
2 ≤ x < 4 e approssima (4,0) per t → ±∞; iv-v) due orbite illimitate definite per
x > 4 che approssimano tale punto rispettivamente per t → ±∞. Dunque il punto
di equilibrio (0,0) è stabile, mentre (4,0) è instabile.
5) −U2 < E5 < 0. Si hanno due orbite: un’orbita chiusa periodica che circonda
(x2 ,0) ed è racchiusa in γ2 , e un’orbita definita per x > x̄ ove x̄ è l’unica soluzione
in (4, +∞) di −U (x) = E5 .
25

150. Piano delle fasi
6) E6 = −U2 . Si hanno due orbite: il punto di equilibrio (x2 ,0), e un’orbita definita
per x > x̄ ove x̄ è l’unica soluzione in (4, +∞) di −U (x) = E6 . Il punto di equilibrio
risulta stabile.
7) E7 < −U2 . Si ha un’unica orbita, definita per x ≥ x̄, ove x̄ è l’unica soluzione
di −U (x) = E7 .
I moti limitati corrispondono dunque ai quattro punti di equilibrio, alle due orbite
limitate γ1 e γ2 , alle orbite periodiche dei casi 3) e 5).
R. Ritratto di fase con m = 1 e orbite corrispondenti a livelli di energia E come
segue: 50, −U1 = 9.16, 4, 0, −4, −U2 = −9.16, −100.
p

x1

x2

x

4

17. [13/1/2015 (ex)II] Un punto materiale P di massa m si muove di moto
rettilineo su una retta r.
Il punto è soggetto a una forza di potenziale
U (x) = x2 (x + 2)(x + 4)2 ,

x ∈ R,

ove x è l’ascissa di P misurata su r.
Si disegnino le orbite nel piano delle fasi, e si determinino tutti i moti che
rimangono limitati per t → +∞.

R. Ritratto di fase con m = 1 e le orbite corrispondenti a livelli di energia E come
segue: 50, −U2 = 9.16, −4, 0, 4, −U1 = −9.16, −100.

26

150. Piano delle fasi

p

x2

−4

x1

x

18. [12/1/2015 (ex)I] Si disegnino le orbite nel piano delle fasi relative ai
moti
mẍ = U ′ (x) ,
ove


x(x + 1) ,
x ≤ 0,
U (x) =
x
 2
,
x > 0,
x +1
spiegando come si è ottenuta la costruzione.
Quindi per ciascuna orbita si determini se esista il limite
lim ẋ(t) ,

t→+∞

e se esiste lo si calcoli.
Soluzione
Si vede che U ∈ C 1 (R) e che

Pertanto si ha



2x − 1 ,
U ′ (x) =
1 − x2

,

(1 + x2 )2

x ≤ 0,
x > 0.

1
x < − ,x > 1,
2
1
x = − ,1,
2
1
− < x < 1.
2
Dunque U ha un minimo globale in x = −1/2, e un massimo locale in x = 1,
entrambi isolati, con
 1
1
1
U (1) = .
=− ,
U −
2
4
2



< 0,




U ′ (x) = 0 ,





 > 0,

27

150. Piano delle fasi
Inoltre
lim U (x) = +∞ ,

x→−∞

lim U (x) = 0 ,

x→+∞

e U (x) = 0 se e solo se x ∈ {−1,0}. Passiamo quindi a tracciare le orbite che come
noto giacciono sui grafici delle funzioni
r
2
p=±
[E + U (x)] .
m
i) E > 1/4:
p Il dominio delle due orbite simmetriche è tutto R; sull’orbita con ẋ > 0,
ẋ(t) → 2E/m, su quella con ẋ < 0, ẋ(t) → −∞.
ii) E = 1/4: Si hanno 5 orbite, due simmetriche definite per x < −1/2, due
simmetriche definite per x > −1/2, e quella degenere (−1/2,0) corrispondente all’equilibrio instabile x = −1/2.
Sull’orbita con ẋ > 0 e x < −1/2, ẋ(t) → 0; su quella con
p ẋ < 0 e x < −1/2,
ẋ(t) → −∞. Sull’orbita con ẋ > 0 e x > −1/2, ẋ(t) → 1/(2m); su quella con
ẋ < 0 e x > −1/2, ẋ(t) → 0. Sull’orbita degenere ẋ(t) = 0 per ogni t.
iii) E ∈ (0,1/4): Si hanno due orbite, una definita in (−∞, x1 ] con x1 < −1/2, e
l’altra in [x2 , +∞) con x2 ∈ (−1/2,0); x1 e x2 sono i rispettivi
p punti di inversione.
Sulla prima orbita si ha ẋ(t) → −∞, sulla seconda ẋ(t) → 2E/m.
iv) E = 0: La situazione è simile al caso iii), con x1 = −1, x2 = 0.
v) E ∈ (−1/2,0): Si hanno due orbite, una definita in (−∞, x3 ] con x3 < −1, che ha
in x3 il punto di inversione, e una seconda definita nell’intervallo limitato [x4 , x5 ],
0 < x4 < 1 < x5 , che ha in x4 e x5 i punti di inversione. Questa seconda orbita
corrisponde a un moto periodico.
Su quest’ultima il limite di ẋ(t) non esiste; sulla prima si ha ẋ(t) → −∞.
vi) E = −1/2: Si hanno due orbite, una definita in (−∞, x6 ] con x6 < −1, simile a
quella definita in (−∞, x3 ] nel punto v), e una seconda degenere (1,0) corrispondente
al punto di equilibrio stabile x = 1. Sull’orbita degenere ẋ(t) = 0 per ogni t.
vii) E < −1/2: Si ha una sola orbita, definita per x < x7 , x7 < x5 < −1, simile a
quella definita in (−∞, x3 ] nel punto v).
R. Ritratto di fase con m = 1/4 e le orbite corrispondenti a livelli di energia E
come segue: 1/2, 1/4, 1/8, −1/4, −1/2, −1.
p

1

−1/2

28

x

150. Piano delle fasi
19. [12/1/2015 (ex)II] Si disegnino le orbite nel piano delle fasi relative ai
moti
mẍ = U ′ (x) ,
ove

2x
,
+1
U (x) =

x(x − 2) ,

−

x2

x < 0,
x ≥ 0,

spiegando come si è ottenuta la costruzione.
Quindi per ciascuna orbita si determini se esista il limite
lim ẋ(t) ,

t→+∞

e se esiste lo si calcoli.
R. Ritratto di fase con m = 1 e le orbite corrispondenti a livelli di energia E come
segue: 3/2, 1, 1/2, −1/2, −1, −3/2.
p

−1

x

1

20. [6/9/2016 (ex)I] Disegnare e discutere il diagramma di fase del moto
mẍ = U ′ (x) ,
ove
U (x) = ax3 (|x| − b) ,

x ∈ R.

Qui a, b > 0 sono costanti assegnate.
Soluzione
Si vede subito che U ∈ C 2 (R) e che è dispari. Studiamo quindi la derivata
U ′ (x) = 3ax2 (|x| − b) + ax3 sign(x) = a|x|2 (4|x| − 3b) .

29

150. Piano delle fasi
Si ha perciò

3  3
− ∞, − b ∪
b, +∞ ,
4
4
n 3
3 o
x ∈ − b,0, b ,
4
4
 3 3 
x ∈ − b, b \ {0} .
4 4

U ′ (x) > 0 ,

x∈

U ′ (x) = 0 ,
U ′ (x) < 0 ,
Osserviamo anche
U
Le orbite, nella forma



3 
27 4
b =−
ab =: −U0 .
4
256
r

2
(E + U (x))
m
presentano quindi le seguenti tipologie:
p=±

1. E > U0 : una sola orbita illimitata per x → +∞;

2. E = U0 : quattro orbite: una degenere corrispondente al punto di equilibrio
instabile x = 3b/4, e tre orbite limite di cui due illimitate per x → +∞;

3. 0 < E < U0 : due orbite, una periodica limitata e una illimitata per x → +∞;

4. E = 0: tre orbite: una degenere corrispondente al punto di equilibrio instabile
x = 0, una limite illimitata, e una illimitata per x → +∞;

5. −U0 < E < 0: due orbite, una limitata periodica e una illimitata per x →
+∞;
6. E = −U0 : due orbite: una degenere corrispondente al punto di equilibrio
stabile x = −3b/4, e l’altra illimitata per x → +∞;
7. E < −U0 : una sola orbita, illimitata per x → +∞.

R. Ritratto di fase con m = 1, a = 1, b = 2 e orbite corrispondenti a livelli di
energia E come segue: 2U0 , U0 = 1,6875, U0 /2, 0, −U0 /2, −U0 , −2U0 .
p

3
2b

− 32 b

30

x

150. Piano delle fasi
21. [17/01/2017 (ex)I] Tracciare il diagramma nel piano delle fasi dei moti
di un punto di massa m soggetto a forze di potenziale
2

U (x) = axe−bx ,

x ∈ R,

ove a e b sono costanti positive, spiegando come si è ottenuta la costruzione.
Soluzione
Studiamo il potenziale U ∈ C ∞ (R); si ha
2

U ′ (x) = ae−bx (1 − 2bx2 ) .
Denotando perciò

1
x0 = √ > 0 ,
2b

si ha
U ′ (x) > 0 ,
U ′ (x) > 0 ,

x ∈ (−∞, −x0 ) ∪ (x0 , ∞) ;
x ∈ (−x0 , x0 ) .

Inoltre
lim U (x) = 0 .

x→±∞

Quindi U ha massimo assoluto in x0 e minimo assoluto in −x0 , con valori
a
U (x0 ) = √
=: Umax ,
2be

a
U (−x0 ) = − √
= −Umax .
2be

Le orbite si ottengono come parti delle curve
r
2
(E + U (x)) .
p=±
m
Classifichiamo le orbite in funzione dell’energia E:
i) E > Umax : si hanno due orbite definite entrambe in (−∞, ∞) senza punti di
inversione del moto.
ii) E = Umax : si hanno cinque orbite: quella degenere corrispondente al punto di
equilibrio −x0 , due orbite definite in (−∞, −x0 ), e due definite in (−x0 , ∞); le
ultime quattro senza punti di inversione e tendenti a (−x0 ,0) per t → +∞ o per
t → −∞. Dunque −x0 è instabile.
iii) 0 < E < Umax : si hanno due orbite definite rispettivamente in (−∞, x1 ] e in
[x2 , +∞), ove x1 < −x0 < x2 < 0 sono i punti ove U = −E. Ciascuna orbita ha
un punto di inversione in xi , i = 1 o i = 2.
iv) E = 0: si ha una sola orbita definita in [0, +∞) con un punto di inversione in 0.
v) −Umax < E < 0: si ha una sola orbita periodica, definita in [x3 , x4 ], ove 0 <
x3 < x0 < x4 , con punti di inversione in x3 , x4 .
vi) E = −Umax : si ha la sola orbita degenere corrispondente al punto di equilibrio
stabile x0 (la stabilità segue dal diagramma di fase stesso o dal teorema di Dirichlet).
vii) E < −Umax: non esistono orbite.

31

150. Piano delle fasi
√
R. Ritratto di fase con m = 1, a = e, b = 1/2 e orbite corrispondenti a livelli di
energia E come segue: 2Umax , Umax = 1, Umax /2, 0, −Umax /2, −Umax ; qui x0 = 1.
p

x

x0

−x0

22. [17/01/2017 (ex)II] Tracciare il diagramma nel piano delle fasi dei moti
di un punto di massa m soggetto a forze di potenziale
ax
U (x) = −
,
x ∈ R,
1 + bx4
ove a e b sono costanti positive, spiegando come si è ottenuta la costruzione.
R. Ritratto di fase con m = 1, a = 4/3, b = 1/3 e orbite corrispondenti a livelli di
energia E come segue: 2Umax , Umax = 1, Umax /2, 0, −Umax /2, −Umax ; qui x0 = 1.
p

x

x0

−x0

23. [13/02/2018 (ex)I] Studiare e disegnare le orbite nel piano delle fasi
relative al potenziale
U (x) = −e−3x (3x + 1)(1 + x) ,
32

x ∈ R.

150. Piano delle fasi
R. Ritratto di fase con m = 1 e orbite corrispondenti a livelli di energia E come
√
√
segue: −1,5, −U (( 2 − 1)/3), −U (( 2 − 1)/3)/2, 0. Punti di equilibrio in x1 =
√
√
−( 2 + 1)/3, x2 = ( 2 − 1)/3.
p

x1

x2

x

24. [13/02/2018 (ex)II] Studiare e disegnare le orbite nel piano delle fasi
relative al potenziale
U (x) = ex (x − 1)(3 − x) ,

x ∈ R.

Soluzione
Studiamo il grafico di U per quanto necessario. Si ha U ∈ C ∞ (R) e
√
√
U ′ (x) = −ex (x2 − 2x − 1) = −ex (x − 1 − 2)(x − 1 + 2) .
Inoltre osserviamo che
U (1) = U (3) = 0 ,
U (x) > 0 ,
1 < x < 3,
U (x) < 0 ,
x ∈ (−∞,1) ∪ (3, ∞) ,
lim U (x) = 0 ,
lim U (x) = −∞ .

x→−∞

x→+∞

√
Quindi√U ha un minimo locale negativo in 1 − 2 e un massimo assoluto positivo
in 1 + 2.
Si hanno i seguenti casi significativi per i livelli energetici delle orbite su
r
2
p=±
(E + U (x)) .
m
√
1) E > −U (1 − 2): una sola orbita, illimitata verso x → −∞, con un punto di
inversione ove x > 0.
√
2) E = −U (1 − 2): si hanno 4 orbite. La prima è quella degenere corrispondente
√
al punto di equilibrio instabile x = 1 − 2. La seconda è un’orbita limitata che
33

150. Piano delle fasi
tende alla prima per t → ±∞. Le ultime due sono due orbite illimitate verso
x → −∞ che tendono anch’esse asintoticamente al punto di equilibrio per t → +∞
e t → −∞ rispettivamente.
√
3) 0 < E < U (1 − 2): 2 orbite. La prima è illimitata verso x → −∞ e si trova
√
tutta a sinistra di x = 1 − 2. La seconda è periodica e circonda l’altro punto di
√
equilibrio x = 1 + 2.
√
4) −U (1 + 2) < E ≤ 0: si ha una sola orbita periodica intorno al punto di
√
equilibrio x = 1 + 2.
√
5) E = −U (1 + 2: la sola orbita degenere corrispondente al punto di equilibrio
√
stabile x = 1 + 2.
R. Ritratto di fase con m = 1 e orbite corrispondenti a livelli di energia E come
√
segue: 3,5, −U (1 − 2), 2, 0.

p

x1

25. [15/01/2019 (ex)I]
potenziale

x2

x

Disegnare il ritratto di fase dei moti relativi al

(x − 1)2 (x − 2)2
,
x2
spiegando come si è ottenuta la costruzione.
U (x) =

x > 0,

Soluzione
Studiamo il potenziale U ∈ C ∞ ((0, +∞)):
U ′ (x) = 2x−3 (x − 1)(x − 2)(x2 − 2) .

34

150. Piano delle fasi
Dunque
U ′ (x) > 0 ,
U ′ (x) < 0 ,

√
x ∈ (1, 2) ∪ (2, +∞) ,
√
x ∈ (0,1) ∪ ( 2,2) .

√
Pertanto U ha un massimo locale in x = 2, dato da
√
√
0 < U ( 2) = ( 2 − 1)4 < 1 .
Inoltre il minimo assoluto di U è
U (1) = U (2) = 0 ,
e
lim U (x) = +∞ ,

lim U (x) = +∞ .

x→+∞

x→0+

Distinguiamo le orbite corrispondenti ai seguenti livelli di energia:
1) E > 0: si hanno due orbite simmetriche una per ẋ > 0, l’altra per ẋ < 0, che
tendono a un limite finito per x → +∞ e a +∞ per x → 0+.
2) E = 0: si hanno 8 orbite, di cui due degeneri corrispondenti ai due punti di
equilibrio instabile x = 1, x = 2. Le due definite per 1 < x < 2 connettono (in
tempo infinito) tali punti. Le due definite per 0 < x < 1 tendono (in tempo infinito)
a x = 1 e vanno a ±∞ per x → 0+. Le due definite per x > 2 tendono a un limite
finito per x → +∞.
√
3) 0 > E > −( 2 − 1)4 : si hanno 3 orbite. La prima, definita per 0 < x < x′E < 1
ha un punto di inversione in x′E diviene illimitata per t → ±∞. La seconda definita
′′
′′′
per 1 < x′′E < x < x′′′
E < 2 è periodica con i punti di inversione in xE e xE . La
terza definita per x > xE > 2 ha un punto di inversione in xE e tende a limiti finiti
per t → ±∞.
√
4) E = −( 2 − 1)4 : si hanno 3 orbite; la prima e la terza sono qualitativamente
simili a quelle del punto 3). La seconda in questo caso è degenere e corrisponde al
√
punto di equilibrio stabile x = 2.
√
5) −( 2 − 1)4 > E: si hanno due orbite, simili qualitativamente alla prima e terza
del punto 3).
R. Ritratto di fase con m = 1 e orbite corrispondenti a livelli di energia E come
√
segue: 0,15, 0, −0,025, −( 2 − 1)4 = −0,029, −0,15. Punti di equilibrio instabile
√
in 1, 2 e stabile in 2.

35

220. Moti centrali e simili

√
2

1

2

26. [15/01/2019 (ex)II] Disegnare il ritratto di fase dei moti relativi al
potenziale
4(x − 1)2 (x − 3)2
U (x) =
,
x > 0,
x2
spiegando come si è ottenuta la costruzione.
220. Moti centrali e simili
1. [7/7/2006 (ex)I] Un punto materiale P di massa m è soggetto alla forza
−−→
OP
F = −k −−→ ,
|OP |4
con k > 0 costante. Qui O è l’origine del sistema di riferimento fisso. Le
condizioni iniziali del moto sono
P (0) = (r0 ,0,0) ,
con r0 , v0 > 0 tali che

v P (0) = (0, v0 ,0) ,

k = r02 v02 m .

Determinare la traiettoria di P .
[Suggerimento: usare la formula di Binet.]
Soluzione
Il moto è centrale. Quindi è piano e ha luogo nel piano fisso (x1 , x2 ), ove scegliamo
coordinate polari r, ϕ con centro in O e tali che ϕ = 0 nella posizione iniziale di P .
Ricordando la scomposizione polare della velocità si ha che, all’istante iniziale,
r(0) = r0 ,

ṙ(0) = 0 ,

ϕ(0) = 0 ,
36

ϕ̇(0) =

v0
.
r0

220. Moti centrali e simili
Perciò un integrale primo del moto è dato da
r(t)2 ϕ̇(t) = r(0)2 ϕ̇(0) = r0 v0 =: c .
Per determinare la traiettoria possiamo usare la formula di Binet:
−
da cui

c2 h d2  1  1 i
k
+
= ar = − 3 ,
r2 dϕ2 r
r
mr
d2  1  1
k
1
+ = 2
= ,
dϕ2 r
r
c mr
r

per le ipotesi. Dunque

d2  1 
= 0,
dϕ2 r

e

1
= k1 ϕ + k2 ,
r(ϕ)

ossia
r(ϕ) =

1
,
k1 ϕ + k2

con k2 = 1/r0 e k1 determinato da
−

k1
d
1
= r′ (ϕ) = r(ϕ(t))
.
2
(k1 ϕ + k2 )
dt
ϕ̇(t)

Per t = 0 si ha
−

k1
= 0,
k22

da cui k1 = 0, e il moto è circolare.
R. Circonferenza x21 + x22 = r02 su x3 = 0, percorsa con moto circolare uniforme.

2. [7/7/2006 (ex)II] Un punto materiale P di massa m è soggetto alla forza
−−→
OP
F = −k −−→ ,
|OP |4
con k > 0 costante. Qui O è l’origine del sistema di riferimento fisso. Le
condizioni iniziali del moto sono
P (0) = (0, r0 ,0) ,
con r0 , v0 > 0 tali che

v P (0) = (−v0 ,0,0) ,

k = r02 v02 m .

Determinare la traiettoria di P .
[Suggerimento: usare la formula di Binet.]
R. Circonferenza x21 + x22 = r02 su x3 = 0, percorsa con moto circolare uniforme.

37

220. Moti centrali e simili
3. [17/9/2007 (ex)I] Un punto P di massa m è soggetto al campo di forze
−−→
F = k OP

1
2

−−→
OP ,

ove O è l’origine del sistema di riferimento fisso e k > 0 è costante.
All’istante iniziale P occupa la posizione
−−→
OP (0) = Le1 ,
con velocità iniziale
v(0) = αe2 + βe3 .
Si dimostri che il moto di P avviene su un piano fisso Π, si trovi l’equazione
di Π, e si calcoli la velocità areolare di P .
Soluzione
Il moto è centrale, quindi è noto che avviene nel piano che passa per la posizione
iniziale, e normale a
−−→
OP (0) × v(0) = −Lβe2 + Lαe3 .
L’equazione di Π è dunque

(x1 − L)0 − x2 β + x3 α = 0 .
La velocità areolare è per definizione
1 −−→
Lp 2
1 2
r ϕ̇ =
OP (0) × v(0) =
α + β2 .
2
2
2
R.
Π : βx2 − αx3 = 0 ,
1 2
Lp 2
α + β2 .
r ϕ̇ =
2
2

4. [17/9/2007 (ex)II] Un punto P di massa m è soggetto al campo di forze
−−→ 4 −−→
F = −k OP OP ,
ove O è l’origine del sistema di riferimento fisso e k > 0 è costante.
All’istante iniziale P occupa la posizione
−−→
OP (0) = Le2 ,
ove L > 0, con velocità iniziale
v(0) = αe1 + βe3 .
38

220. Moti centrali e simili
Si dimostri che il moto di P avviene su un piano fisso Π, si trovi l’equazione
di Π, e si calcoli la velocità areolare di P .
R.
Π : βx1 − αx3 = 0 ,
1 2
Lp 2
r ϕ̇ =
α + β2 .
2
2

5. [18/7/2008 (ex)I] Un punto P di massa m si muove sul piano x3 = 0,
soggetto alla forza
−−
→
OP
−3
2
F = αr cos ϕ −−
→ ,
|OP |

ove O è l’origine e r, ϕ sono le coordinate polari nel piano.
All’istante iniziale
−−→
OP (0) = Le1 ,

v(0) = v0 e2 .

Qui α, L e v0 sono costanti positive.
1. Si calcoli la velocità areolare di P , dimostrando che rimane costante
nel moto.
2. Si dimostri che lungo il moto r è crescente.
Soluzione
Scomponendo l’equazione di moto nelle direzioni radiale e trasversa si ha
m(r̈ − rϕ̇2 ) = αr−3 cos2 ϕ ,
2ṙϕ̇ + rϕ̈ = 0 .
La velocità areolare, come è noto, è definita da
V (t) =

1 2
r ϕ̇ .
2

Quindi

dV
1
1
(t) = ṙrϕ̇ + r2 ϕ̈ = r(2ṙ ϕ̇ + rϕ̈) = 0 ,
dt
2
2
per la (2). All’istante iniziale r(0) = L e
v(0) = v0 e2 = ṙu + rϕ̇τ = ṙe1 + rϕ̇e2 ,
per cui
ṙ(0) = 0 ,
Perciò
V (t) = V (0) =

ϕ̇(0) =

v0
.
L

1 2 v0
1
L
= Lv0 .
2 L
2
39

(1)
(2)

220. Moti centrali e simili
Da (1), si ha

r̈ = rϕ̇2 + αm−1 r−3 cos2 ϕ > 0 .

Dato che ṙ(0) = 0, ne segue che ṙ(t) > 0 per ogni t > 0.
R.
1
V (t) = V (0) = Lv0 .
2

6. [18/7/2008 (ex)II] Un punto P di massa m si muove sul piano x3 = 0,
soggetto alla forza
−−→
OP
3
2
F = αr sin ϕ −−→ ,
|OP |

ove O è l’origine e r, ϕ sono le coordinate polari nel piano.
All’istante iniziale
−−→
OP (0) = Re2 ,

v(0) = v0 e1 .

Qui α, R e v0 sono costanti positive.
1. Si calcoli la velocità areolare di P , dimostrando che rimane costante
nel moto.
2. Si dimostri che lungo il moto r è crescente.
R.

1
V (t) = V (0) = − Rv0 .
2

7. [9/4/2010 (ex)I] Un punto materiale P di massa m è soggetto al campo
di forze
−−→
OP
F =k
,
|OP |

ove O è l’origine del sistema di riferimento fisso (O, ei ).
All’istante iniziale P occupa la posizione
−−→
OP (0) = Re2 + Re3 ,
con velocità iniziale
v(0) = αe1 + βe2 .

Qui α, β, k, R sono costanti positive.
Si dimostri che il moto avviene su un piano fisso e si determini l’equazione
di tale piano.
Soluzione

40

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
Il moto avviene in un campo di forze centrale, e dunque si sa che il moto è piano
per risultati generali. Anzi, il piano è quello che passa per la posizione iniziale e
che è perpendicolare al vettore
−−→
OP × v(0) = −βRe1 + αRe2 − αRe3 .
R.
−βx1 + α(x2 − R) − α(x3 − R) = 0 .

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
1. [18/7/2005 (ex)I] Sia Π(t) il piano mobile di equazione
− sin(αt)x1 + cos(αt)x2 = 0 ,
nel riferimento fisso (O, x1 , x2 , x3 ).
Un disco rigido omogeneo di massa m e raggio R è vincolato a giacere su
Π(t), e ad avere il centro C coincidente con un punto P solidale con Π(t),
a distanza d > 0 dall’asse x3 .
Si esprima in coordinate lagrangiane l’energia cinetica del disco nel sistema
di riferimento fisso.
Soluzione
Sia (u1 , u2 , u3 ) una base solidale con il disco, con u1 ortogonale a Π(t).
Se ϕ è la coordinata lagrangiana, scelta per esempio come l’angolo tra e3 e u3 , si
ha
e3 = cos ϕu3 + sin ϕu2 .
Dunque si ha dal teorema di König
T =

1
1
mα2 d2 + I(2ϕ̇2 + α2 ) ,
2
2

se I è il momento d’inerzia del disco rispetto a un suo diametro.
Infatti la velocità v C del centro di massa C soddisfa
|v C |2 = α2 d2 ,
poiché C si muove di moto rotatorio uniforme.
La velocità angolare del disco rispetto a un sistema di riferimento che trasla con il
suo centro di massa, mantenendo gli assi paralleli a quelli fissi, è poi
ω = ϕ̇u1 + α sin ϕu2 + α cos ϕu3 .
Un modo alternativo di calcolare T è attraverso l’integrale
ZZ
m
1
2
T =
|v(P )| dP ,
disco 2 area(disco)
41

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
ove v(P ) è la velocità nel sistema di riferimento fisso del generico punto P del disco.
Per svolgere il calcolo, parametrizziamo il disco così:

−−→ −−→
P (r, θ) = OC + CP = d cos(αt), d sin(αt), x3C


+ r cos(θ + ϕ) cos(αt), cos(θ + ϕ) sin(αt), sin(θ + ϕ) ,

ove x3C è una costante irrilevante per il calcolo di T , e 0 ≤ r ≤ R, 0 ≤ θ ≤ 2π.
L’angolo θ ha il significato geometrico di anomalia polare (di polo C) misurata su
Π(t) a partire dalla semiretta di riferimento di ϕ. Dunque

v(P (r, θ)) = αd − sin(αt), cos(αt), 0

− rϕ̇ sin(θ + ϕ) cos(αt), sin(θ + ϕ) sin(αt), − cos(θ + ϕ)

+ rα cos(θ + ϕ) − sin(αt), cos(αt), 0 .
Si riconosce subito che v(P ) è combinazione lineare di due versori ortonormali, e
che
2
2
2
|v(P (r, θ))| = αd + rα cos(θ + ϕ) + rϕ̇

= α2 d2 + 2rα2 d cos(θ + ϕ) + r2 α2 cos2 (θ + ϕ) + r2 ϕ̇2 .

Quindi
2πR2
T =
m

Z

2π

dθ

0

+

Z

Z

R

dr rα2 d2 +

0

2π

dθ
0

Z

2π

dθ

0

Z

R

Z

R

dr r2rα2 d cos(θ + ϕ)

0

dr rr2 α2 cos2 (θ + ϕ) + ϕ̇2

0



Z 2π

π 4 2
1
2
R ϕ̇ + α2
dθ d R3 cos(θ + ϕ) + R4 cos2 (θ + ϕ)
2
3
4
0
π 4 2
2π 4
2 2 2
= πR α d + R ϕ̇ + α R ,
2
4
= πR2 α2 d2 +

che coincide con l’espressione già trovata.
R.
1
1
T = mα2 d2 + I(2ϕ̇2 + α2 ) ,
2
2

2. [18/7/2005 (ex)II] Sia Π(t) il piano mobile di equazione
− sin(αt)x2 + cos(αt)x3 = 0 ,
nel riferimento fisso (O, x1 , x2 , x3 ).
Una lamina quadrata rigida omogenea di massa m e lato 2L è vincolata a
giacere su Π(t), e ad avere il centro C coincidente con un punto P solidale
con Π(t), a distanza d > 0 dall’asse x1 .
Si esprima in coordinate lagrangiane l’energia cinetica della lamina nel sistema di riferimento fisso.

42

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi

R.
T =

1
1
mα2 d2 + I(2ϕ̇2 + α2 ) .
2
2

3. [19/7/2006 (ex)I] Un sistema vincolato è costituito da un disco rigido di
raggio R > 0 e massa M > 0, e da un punto materiale P di massa m > 0
vincolato a muoversi sulla circonferenza bordo del disco.
Inoltre il disco è vincolato a ruotare intorno a un asse fisso passante per un
suo diametro, mantenendo il centro fisso su tale asse.
Determinare l’energia cinetica del sistema in funzione di opportune coordinate lagrangiane.
Soluzione
1) Siano A e B gli estremi del diametro che giace sull’asse di rotazione. Scegliamo
un sistema di riferimento fisso (O, ei ), con O coincidente con il centro del disco, e
e3 =

−−
→
BA
.
2R

Scegliamo anche un sistema di riferimento mobile S = (O, ui ) solidale con il disco,
in modo che
u3 (t) = e3 ,
per ogni t;
u1 sia ortogonale al disco.
Il moto del disco può allora essere descritto mediante la coordinata lagrangiana θ,
ove θ è l’angolo formato da e1 e u1 . Perciò la velocità angolare del disco sarà
ω(t) = θ̇(t)e3 .
Visto che il moto si riduce a una rotazione,
Tdisco =

1
1
σω · ω = I θ̇(t)2 ,
2
2

ove I è il momento d’inerzia del disco rispetto all’asse per e3 .
2) Il moto del punto P può essere descritto con una coordinata lagrangiana ψ data
−−→
dall’angolo formato da OP con u2 , ossia
−−→
OP = R cos ψu2 + R sin ψu3 .
D’altra parte
u2 (t) = − sin θ(t)e1 + cos θ(t)e2 ,

perciò nel sistema di riferimento fisso
−−→
OP = R{− cos ψ sin θe1 + cos ψ cos θe2 + sin ψe3 } .
Dunque
v P = R{(ψ̇ sin ψ sin θ − θ̇ cos ψ cos θ)e1

+ (−ψ̇ sin ψ cos θ − θ̇ cos ψ sin θ)e2
+ ψ̇ cos ψe3 } ,

43

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
per cui

1
1
m|v P |2 = mR2 (ψ̇ 2 + θ̇2 cos2 ψ) .
2
2
3) In alternativa, per trovare v P si può ricorrere alle formule della cinematica
relativa, che, essendo, v O = 0, danno
TP =

−−→
v P = [v P ]S + ω × OP

= Rψ̇(− sin ψu2 + cos ψu3 )
+ θ̇u3 × (R cos ψu2 + R sin ψu3 )

= −Rθ̇ cos ψu1 − Rψ̇ sin ψu2 + Rψ̇ cos ψu3 ,
che permette di ritrovare subito la TP .
R.
1
1
T = I θ̇(t)2 + mR2 (ψ̇ 2 + θ̇2 cos2 ψ) .
2
2

4. [19/7/2006 (ex)II] Un sistema vincolato è costituito da un disco rigido
di raggio R > 0 e massa M > 0, e da un punto materiale P di massa m > 0
vincolato a muoversi sulla circonferenza concentrica al disco (e giacente su
di esso), di raggio R/2.
Inoltre il disco è vincolato a ruotare intorno a un asse fisso passante per un
suo diametro, mantenendo il centro fisso su tale asse.
Determinare l’energia cinetica del sistema in funzione di opportune coordinate lagrangiane.
R.
T =

1 R2
1
I θ̇(t)2 + m (ψ̇ 2 + θ̇2 cos2 ψ) .
2
2 4

5. [22/9/2006 (ex)I] Si trovi in termini delle opportune coordinate lagrangiane l’energia cinetica di un’asta rigida AB, omogenea, di lunghezza 2L,
massa m, e sottoposta ai vincoli:
• A appartiene a una circonferenza fissa di raggio R > 0 e centro O;
−→
• l’asta si mantiene sempre ortogonale nel suo moto al raggio OA.
Soluzione
L’asta ha due gradi di libertà; sceglieremo dunque due coordinate lagrangiane. Se
supponiamo che la circonferenza cui appartiene A giaccia nel piano he1 , e2 i, si potrà
scrivere
−→
OA = R cos ϕe1 + R sin ϕe2 ,
con ϕ ∈ (−π, π) prima coordinata lagrangiana. Poi, visto che l’asta deve mante−→
nersi ortogonale a OA, essa giace sempre nel piano individuato dalla tangente τ e
dalla binormale e3 della circonferenza; possiamo scegliere come seconda coordinata
−−→
lagrangiana l’angolo θ ∈ (−π, π) formato da AB con τ .
44

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
Dunque, AB è parametrizzata da
−−−−→
AP (s) = s cos θτ + s sin θe3 = −s cos θ sin ϕe1 + s cos θ cos ϕe2 + s sin θe3 ,
con 0 ≤ s ≤ 2L.
Quindi
−−−−→ −→ −−−−→
OP (s) = OA + AP (s)
= (R cos ϕ − s cos θ sin ϕ)e1 + (R sin ϕ + s cos θ cos ϕ)e2 + s sin θe3 ,
per cui
v(s) = (−Rϕ̇ sin ϕ + sθ̇ sin θ sin ϕ − sϕ̇ cos θ cos ϕ)e1

+ (Rϕ̇ cos ϕ − sθ̇ sin θ cos ϕ − sϕ̇ cos θ sin ϕ)e2
+ sθ̇ cos θe3 ,

e

2

|v(s)| = R2 ϕ̇2 + s2 (θ̇2 + ϕ̇2 cos2 θ) − 2Rsϕ̇θ̇ sin θ .

Si ha infine
Z
i
1 2L m
mh 2 2 4 2 2
2
T =
R ϕ̇ + L (θ̇ + ϕ̇2 cos2 θ) − 2LRϕ̇θ̇ sin θ .
|v(s)| ds =
2 0 2L
2
3
R.
T =

i
mh 2 2 4 2 2
R ϕ̇ + L (θ̇ + ϕ̇2 cos2 θ) − 2LRϕ̇θ̇ sin θ .
2
3

6. [13/12/2006 (ex)I] Si trovi in termini delle opportune coordinate lagrangiane l’energia cinetica di un’asta rigida AB, omogenea, di lunghezza L,
massa m, e sottoposta ai vincoli:
2
2
,
= zA
x2A + yA
2
2
x2B + yB
= zB
,

L
zB = zA + √ .
2
(Ossia, AB giace tutta sul cono x2 + y 2 = z 2 . Si assuma zA > 0.)
Soluzione
Scegliamo z = zA e l’anomalia polare (cilindrica) ϕ di A come coordinate lagrangiane.
Allora



s 
s
s 
,
0 ≤ s ≤ L.
P (s) =
z + √ cos ϕ, z + √ sin ϕ, z + √
2
2
2
Quindi





s 
s 
v(s) = ż cos ϕ − z + √ ϕ̇ sin ϕ, ż sin ϕ + z + √ ϕ̇ cos ϕ, ż ,
2
2
45

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
e

Perciò


s 2 2
ϕ̇ .
|v(s)|2 = 2ż 2 + z + √
2
1
T =
2

R.

Z

L

0




s 2 2
m
2
2ż + z + √
ϕ̇ ds .
L
2

√ 
√


L 3 2
m
2
2 3 2
2
2Lż +
z+√
ϕ̇ −
z ϕ̇ .
T =
2L
3
3
2

7. [26/3/2007 (ex)I] Un cilindro circolare retto omogeneo di massa M , raggio
R e altezza H è sottoposto ai seguenti vincoli:
• il suo centro O appartiene a una circonferenza fissa γ di raggio L,
giacente su un piano fisso Π;
• il suo asse si mantiene ortogonale a Π.
Si trovi in termini delle opportune coordinate lagrangiane l’energia cinetica
del cilindro.
Soluzione
Sia (Ω, ei ) un sistema di riferimento solidale con Π, ove Ω è il centro di γ, e e3 è
ortogonale a Π.
Sia poi (O, ui ) un sistema di riferimento solidale con il cilindro, tale che u3 (t) = e3
per ogni t.
Scegliamo come coordinate lagrangiane due angoli ϕ e θ tali che
−−→
ΩO = L cos ϕe1 + L sin ϕe2 ,

(1)
(2)

u1 = cos θe1 + sin θe2 .
Usiamo il teorema di König per trovare l’energia cinetica come
T =

1
M |v O |2 + TS ′ ,
2

ove S ′ = (O, ei ). Da (1) segue
v O = Lϕ̇(− sin ϕe1 + cos ϕe2 ) ,

2

|v O | = L2 ϕ̇2 .

Inoltre

1
1
σω · ω = I33 θ̇2 ,
2
2
ove σ è il tensore d’inerzia in O, e ω è la velocità angolare di (ui ) rispetto a (ei ),
cosicché
ω(t) = θ̇(t)e3 .
TS ′ =

R.
T =

1
1
M L2 ϕ̇2 + I33 θ̇2 .
2
2
46

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi

8. [19/7/2007 (ex)I] Un’asta AB di lunghezza 2L e massa m è vincolata ad
avere l’estremo A sulla curva
x1 = Rϕ cos ϕ ,
x2 = Rϕ sin ϕ ,
x3 = hϕ ,
ove 0 < ϕ < ∞. Qui R e h sono costanti positive.
−
−
→
Inoltre AB/2L si mantiene coincidente con
(cos ϕ, sin ϕ, 0) .
Si calcoli l’energia cinetica di AB in funzione di opportune coordinate lagrangiane.
Soluzione
Scegliamo il parametro ϕ corrispondente alla posizione di A come coordinata lagrangiana.
Una parametrizzazione di AB è
−−→
−→ −→
OP (s) = OA + AP (s) = (Rϕ cos ϕ, Rϕ sin ϕ, hϕ) + s(cos ϕ, sin ϕ, 0) ,
per 0 ≤ s ≤ 2L. Perciò
v(s) = [Rϕϕ̇ + sϕ̇](− sin ϕ, cos ϕ, 0) + ϕ̇(R cos ϕ, R sin ϕ, h) .
Dunque
|v(s)|2 = ϕ̇2 [(Rϕ + s)2 + R2 + h2 ] ,

e
1
T (ϕ, ϕ̇) =
2
l

Z

0

2L

m 2
ϕ̇ [(Rϕ + s)2 + R2 + h2 ] ds =
2L
i
1
m 2h 1
ϕ̇
(Rϕ + 2L)3 + (R2 + h2 )2L − R3 ϕ3 .
4L
3
3

R.
T l (ϕ, ϕ̇) =

i
1
m 2h 1
ϕ̇
(Rϕ + 2L)3 + (R2 + h2 )2L − R3 ϕ3 .
4L
3
3

9. [19/7/2007 (ex)II] Un’asta AB di lunghezza 2L e massa m è vincolata
ad avere il centro G sulla curva
x1 = Rϕ cos ϕ ,
x2 = Rϕ sin ϕ ,
x3 = hϕ ,
47

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
ove 0 < ϕ < ∞. Qui R e h sono costanti positive.
−
−
→
Inoltre AB/2L si mantiene coincidente con
(− sin ϕ, cos ϕ, 0) .
Si calcoli l’energia cinetica di AB in funzione di opportune coordinate lagrangiane.
R.
T l (ϕ, ϕ̇) =

i
m 2h 1
1
ϕ̇
(R + L)3 − (R − L)3 + 2L(R2 ϕ2 + h2 ) .
2L
3
3

10. [17/9/2007 (ex)I] Un’asta AB di lunghezza 2L e massa m è vincolata:
• ad avere il centro M sulla circonferenza di raggio R > 0
(
x21 + x22 = R2 ,
γ
x3 = 0 ;
• a giacere sul piano passante per l’asse x3 e per il punto M (che è il
piano ortogonale a γ in M ).
Scrivere l’energia cinetica di AB in opportune coordinate lagrangiane.
Soluzione
A) Scegliamo come coordinate lagrangiane
1. l’anomalia polare ϕ di M nel piano x3 = 0, con ϕ ∈ (−π, π);
−−→
2. l’angolo θ formato da AB con il piano x3 = 0, con θ ∈ (−π, π) (per la
−−→
precisione θ è tale che AB · e3 = 2L sin θ).

Quindi

−−→
OM = R(cos ϕ, sin ϕ, 0) ,

e per un generico punto P di AB
−−→
M P = s(cos θ cos ϕ, cos θ sin ϕ, sin θ) ,
Dunque

−L ≤ s ≤ L .


−−→
OP = cos ϕ(R + s cos θ), sin ϕ(R + s cos θ), s sin θ ,

e

v P = ϕ̇(R + s cos θ)(− sin ϕ, cos ϕ, 0) + sθ̇(− cos ϕ sin θ, − sin ϕ sin θ, cos θ) .
Quindi
|v P |2 = ϕ̇2 (R + s cos θ)2 + s2 θ̇2 ,

cosicché
1
T =
2
l

Z

L

−L

 m
L2
m 
m
|v P |2 ds = ϕ̇2 R2 +
cos2 θ + L2 θ̇2 .
2L
2
3
6
48

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
B) In alternativa, l’energia cinetica si può calcolare con il teorema di König
Tl =

1
m|v M |2 + TS ,
2

ove TS è l’energia cinetica di AB nel sistema di riferimento S = (M, ei ). Quindi
1
TS =
2

Z

L

−L

1
m
|v S P |2 ds =
2L
2

Z

L

−L

m d −−→
M P (s)
2L dt

2

ds =

m 2 2
L (ϕ̇ cos2 θ + θ̇2 ) .
6

R.
Tl =

 m
m 2  2 L2
ϕ̇ R +
cos2 θ + L2 θ̇2 .
2
3
6

11. [17/9/2007 (ex)II] Un’asta AB di lunghezza 2L e massa m è vincolata:
• ad avere l’estremo A sulla circonferenza di raggio R > 0
(
x21 + x22 = R2 ,
γ
x3 = 0 ;
• a giacere sul piano passante per l’asse x3 e per il punto A (che è il
piano ortogonale a γ in A).
Scrivere l’energia cinetica di AB in opportune coordinate lagrangiane.
R.
T l = mϕ̇2

1

2

R2 +

 2m
2L2
cos2 θ + RL cos θ +
L2 θ̇2 .
3
3

12. [13/12/2007 (ex)I] Un cilindro C di massa M , raggio R e altezza h in
un sistema di riferimento solidale è descritto da
C = {(x, y, z) | (x − R)2 + y 2 ≤ R2 , 0 ≤ z ≤ h} .
Il cilindro è vincolato a mantenere i due punti Q1 = (0,0,0) e Q2 = (0,0, h)
fissi su un asse fisso r (e quindi a ruotare intorno a r).
Un punto materiale P di massa m è vincolato a muoversi sulla circonferenza
γ = {(x, y, z) | (x − R)2 + y 2 = R2 , z = 0} ,
bordo della base del cilindro.
Scrivere l’energia cinetica del sistema.
Soluzione
A) Scegliamo il sistema di riferimento fisso in modo che e3 giaccia su r,
e3 =

1 −−−→
Q1 Q2 .
h
49

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
Inoltre sia O = Q1 , e denotiamo con A il centro della base z = 0 del cilindro.
Introduciamo anche l’angolo ϕ formato da e1 e u1 , ponendo u3 (t) = e3 per ogni t.
Allora l’energia cinetica del cilindro sarà
TC =

1
1
1
σ O ω · ω = σ O (ϕ̇e3 ) · (ϕ̇e3 ) = I33 ϕ̇2 ,
2
2
2

ove I33 è il momento d’inerzia del cilindro rispetto a r.
B) Nel sistema di riferimento (O, ui ) solidale, si ha, per P , definito θ come l’angolo
−→
tra u1 e AP ,
−−→ −→ −→
OP = OA + AP = (R + R cos θ)u1 + R sin θu2 .
Dunque
v S = −Rθ̇ sin θu1 + Rθ̇ cos θu2 .

Inoltre la velocità v P nel sistema fisso è data da
−→
−→ −→
v P = v A + ω × AP + v S = ω × (OA + AP ) + v S


= ϕ̇e3 × (R + R cos θ)u1 + R sin θu2 − Rθ̇ sin θu1 + Rθ̇ cos θu2


= −R(ϕ̇ + θ̇) sin θu1 + R(ϕ̇ + θ̇) cos θ + Rϕ̇ u2 .

Infine

TP =
R.
T =

1
1
mR2 (ϕ̇ + θ̇)2 + mR2 ϕ̇2 + mR2 ϕ̇(ϕ̇ + θ̇) cos θ .
2
2

1
1
1
I33 ϕ̇2 + mR2 (ϕ̇ + θ̇)2 + mR2 ϕ̇2 + mR2 ϕ̇(ϕ̇ + θ̇) cos θ .
2
2
2

13. [13/12/2007 (ex)II] Un cilindro C di massa M , raggio R e altezza h in
un sistema di riferimento solidale è descritto da
C = {(x, y, z) | (x − R)2 + y 2 ≤ R2 , 0 ≤ z ≤ h} .
Il cilindro è vincolato a mantenere i due punti Q1 = (0,0,0) e Q2 = (0,0, h)
fissi su un asse fisso r (e quindi a ruotare intorno a r).
Un punto materiale P di massa m è vincolato a muoversi sulla circonferenza
γ = {(x, y, z) | (x − R)2 + y 2 =

R2
, z = h}
4

(circonferenza che quindi è solidale con il cilindro).
Scrivere l’energia cinetica del sistema.
R.
T =

1 R2
1
1
1
I33 ϕ̇2 + m (ϕ̇ + θ̇)2 + mR2 ϕ̇2 + mR2 ϕ̇(ϕ̇ + θ̇) cos θ .
2
2 4
2
2

14. [1/4/2008 (ex)I]
vincolata:

Un’asta rigida AB di massa m e lunghezza 2L è

50

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
• ad avere il centro C appartenente alla sfera di centro l’origine O e di
raggio R > 0;
• a essere ortogonale alla sfera stessa.
Calcolarne l’energia cinetica in funzione di opportune coordinate lagrangiane.
Soluzione
Il sistema ha 2 gradi di libertà. Scegliamo come coordinate lagrangiane le coordinate
polari del centro C dell’asta:
x1C = R cos ϕ sin θ ,
x2C = R sin ϕ sin θ ,
x3C = R cos θ ,
con
−π < ϕ < π ,

0 < θ < π.

La parametrizzazione dell’asta sarà dunque per s ∈ [−L, L]

−−→
−−→
−−→
OC
= (R + s)(cos ϕ sin θ, sin ϕ sin θ, cos θ) ,
OP (s) = OC + s
R

per cui

2

|v(s)| = (R + s)2 (θ̇2 + ϕ̇2 sin2 θ) .

Quindi
Tl =

1
2

Z

L

−L

m
m
(R + s)2 (θ̇2 + ϕ̇2 sin2 θ) ds = (3R2 + L2 )(θ̇2 + ϕ̇2 sin2 θ) .
2L
6

R.
Tl =

m
(3R2 + L2 )(θ̇2 + ϕ̇2 sin2 θ) .
6

15. [18/7/2008 (ex)I] Una circonferenza γ di centro O, raggio R e massa
M è vincolata a ruotare intorno a un proprio diametro AB, che giace su un
asse fisso. Anche i punti A e B sono solidali con γ e fissi.
Un’asta CD di lunghezza L e massa m è vincolata ad avere l’estremo C sulla
circonferenza, e a mantenersi parallela ad AB (il che implica che CD giace
sul piano di γ).
Scrivere l’energia cinetica del sistema in funzione delle opportune coordinate
lagrangiane.
Soluzione
Scegliamo come prima coordinata lagrangiana l’angolo ϕ formato dal piano della
circonferenza con la direzione fissa e1 , avendo scelto il sistema di riferimento fisso
−−→
in modo che l’origine sia il centro della circonferenza, e e3 sia parallelo ad AB.
Allora
1
Tγl = I ϕ̇2 ,
2
51

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
ove I è il momento di γ rispetto all’asse per AB.
−−→
Scegliamo poi come seconda coordinata lagrangiana l’angolo θ formato da OC e il
−−→
diametro ortogonale ad AB. Allora, nel sistema fisso, ogni P sull’asta è dato da
−−→ −−→ −−→
OP = OC + CP = R cos θ(cos ϕe1 + sin ϕe2 ) + (R sin θ + s)e3 ,
per 0 ≤ s ≤ L.
Dunque
v P = R(−θ̇ sin θ cos ϕ − ϕ̇ cos θ sin ϕ)e1

+ R(−θ̇ sin θ sin ϕ + ϕ̇ cos θ cos ϕ)e2

+ Rθ̇ cos θe3 .
Perciò

2

|v P | = R2 (θ̇2 + ϕ̇2 cos2 θ) ,

e quindi
l
Tasta
=

1
2

Z

0

L

1
m 2 2
R (θ̇ + ϕ̇2 cos2 θ) ds = mR2 (θ̇2 + ϕ̇2 cos2 θ) .
L
2

R.
Tl =

1 2 1
I ϕ̇ + mR2 (θ̇2 + ϕ̇2 cos2 θ) .
2
2

16. [18/7/2008 (ex)II] Una circonferenza γ di centro O, raggio R e massa
M è vincolata a ruotare intorno a un proprio diametro AB, che giace su un
asse fisso. Anche i punti A e B sono solidali con γ e fissi.
Un’asta CD di lunghezza L e massa m è vincolata ad avere l’estremo C sulla
circonferenza, a giacere sul piano di γ, e a mantenersi ortogonale ad AB.
Scrivere l’energia cinetica del sistema in funzione delle opportune coordinate
lagrangiane.
R.
Tl =

1 2 1
1
I ϕ̇ + mR(Rθ̇2 + Rϕ̇2 cos2 θ + Lϕ̇2 cos θ) + mL2 ϕ̇2 .
2
2
6

17. [12/2/2009 (ex)I] Un disco di raggio L e massa m è così vincolato:
• il suo centro C appartiene alla curva

ψ(s) = R cos λs , R sin λs , hλs ,

s ∈ R.

√
Qui s è la lunghezza d’arco, λ = 1/ R2 + h2 , e R, h > 0 sono costanti.
• la normale al disco coincide con la binormale B alla curva.

52

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
Si calcoli il momento delle quantità di moto del disco rispetto a C in funzione
di due opportune coordinate lagrangiane.
Soluzione
Si scelgano come coordinate lagrangiane
z ∈ R,

ϕ ∈ (−π, π) ,

tali che X C = ψ(z) e, indicando con (T , N , B) la terna intrinseca della curva ψ,
u1 = cos ϕ T + sin ϕ N ,
u2 = − sin ϕ T + cos ϕ N ,
u3 = B .

Qui M = (ui ) è una terna solidale con il disco. Il momento delle quantità di moto
del disco è
L = σω ,
ove σ è calcolata in C e ω è la velocità angolare del disco rispetto alla terna fissa.
Per calcolare ω usiamo la formula
ω = ω PN + ω N M ,
ove P è la terna fissa e N = (T , N , B). Si sa che
ω PN = −τ żT (z) + k żB(z) = λ2 ż[hT (z) + RB(z)] .
Infatti la seconda uguaglianza segue dai calcoli:

da cui


T (s) = λ − R sin λs, R cos λs, h ,

N (s) = − cos λs, sin λs, 0 ,

B(s) = λ h sin λs, −h cos λs, R ,
k(s) = λ2 R ,

τ (s) =

dB
· N = −λ2 h .
ds

Poi si ha ω N M = ϕ̇B. Dunque
ω = λ2 żhT (z) + (λ2 żR + ϕ̇)B(z)
= λ2 żh cos ϕu1 − λ2 żh sin ϕu2 + (λ2 żR + ϕ̇)u3 .
La matrice di σ in M è, per motivi di simmetria,
σ = diag(I11 , I11 , 2I11 ) .

R.
L = I11 λ2 żh cos ϕu1 − I11 λ2 żh sin ϕu2 + 2I11 (λ2 żR + ϕ̇)u3 .

18. [12/2/2009 (ex)I] Un’asta AB di lunghezza 2L e massa m è vincolata
53

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
• ad avere l’estremo A nell’origine O;
• ad avere l’estremo B sulla curva

ψ(s) = ψ1 (s), ψ2 (s), ψ3 (s) ,

s ∈ (a, b) ,

ove s è l’ascissa curvilinea.

Determinare l’energia cinetica dell’asta in funzione di un’opportuna coordinata lagrangiana.
Soluzione
Parametrizziamo l’asta mediante
−−→
z
OP (z) =
ψ(s) ,
2L
cosicché
vP =
e

z
ṡψ ′ (s) ,
2L

|v P |2 =
Dunque
T =

1
2

Z

0

2L

0 ≤ z ≤ 2L ,

z 2 ṡ2
.
4L2

m 8L3 2
m
m z 2 ṡ2
dz =
ṡ = ṡ2 .
2
2L 4L
16L3 3
6

R.
T =

m 2
ṡ .
6

19. [12/2/2009 (ex)II] Un disco di raggio L e massa m è così vincolato:
• il suo centro C appartiene alla curva

ψ(s) = R sin λs , R cos λs , hλs ,

s ∈ R.

√
Qui s è la lunghezza d’arco, λ = 1/ R2 + h2 , e R, h > 0 sono costanti.
• la normale al disco coincide con la binormale B alla curva.
Si calcoli il momento delle quantità di moto del disco in funzione di due
opportune coordinate lagrangiane.
R.
L = I11 λ2 żh cos ϕu1 − I11 λ2 żh sin ϕu2 + 2I11 (λ2 żR + ϕ̇)u3 .

20. [12/2/2009 (ex)II] Un’asta AB di lunghezza 2L e massa m è vincolata
• ad avere l’estremo A nell’origine O;
54

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
• ad avere il centro C sulla curva

ψ(s) = ψ1 (s), ψ2 (s), ψ3 (s) ,

s ∈ (a, b) ,

ove s è l’ascissa curvilinea.

Determinare l’energia cinetica dell’asta in funzione di un’opportuna coordinata lagrangiana.
R.
T =

2 2
mṡ .
3

21. [12/6/2009 (ex)I] Un’asta AB di lunghezza L e massa m soddisfa i
vincoli
x21A + x22A − R2 = 0 ;
x3A − x3B = 0 ;

x1A x2B − x2A x1B = 0 .
Qui m, L, R > 0 sono costanti.
Determinare l’energia cinetica dell’asta in funzione delle opportune coordinate lagrangiane.
Soluzione
Si tratta di un’asta con l’estremo A su una superficie cilindrica (primo vincolo),
che si mantiene ortogonale all’asse del cilindro (secondo vincolo), e con direzione
radiale (terzo vincolo).
−−→
I vincoli non specificano se AB abbia il verso di (x1A , x2A ,0) o il verso opposto; qui
supponiamo pertanto che
−−→ L
AB = (x1A e1 + x2A e2 ) .
R
Scegliamo come coordinate lagrangiane
z = x3A ∈ R ,
ϕ ∈ (−π, π) tale che x1A = R cos ϕ ,

x2A = R sin ϕ .

Dunque l’asta è parametrizzata da
−−→
−→ −→
OP (s) = OA + AP (s) =
R cos ϕe1 + R sin ϕe2 + ze3 + s cos ϕe1 + s sin ϕe2 ,

0 ≤ s ≤ L.

Perciò
e

v lP (z, ϕ; s) = −ϕ̇(R + s) sin ϕe1 + ϕ̇(R + s) cos ϕe2 + że3 ,
|v lP |2 = ϕ̇2 (R + s)2 + ż 2 .

55

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
Dunque
T l (z, ϕ, ż, ϕ̇) =
R.
T l (z, ϕ, ż, ϕ̇) =

1
2

Z

L

0

m 2
[ϕ̇ (R + s)2 + ż 2 ] ds .
L

m 2
m
ϕ̇ (3R2 + 3RL + L2 ) + ż 2 .
6
2

22. [12/6/2009 (ex)II] Un’asta AB di lunghezza L e massa m soddisfa i
vincoli
x21A + x22A − R2 = 0 ;
x3A − x3B = 0 ;

x1A x1B + x2A x2B = 0 .
Qui m, L, R > 0 sono costanti.
Determinare l’energia cinetica dell’asta in funzione delle opportune coordinate lagrangiane.
Soluzione
Si tratta di un’asta con l’estremo A su una superficie cilindrica (primo vincolo);
l’asta si mantiene ortogonale all’asse del cilindro (secondo vincolo); sul piano ortogonale all’asse, che contiene l’asta, l’estremo B è sulla retta ortogonale al raggio
che unisce l’asse del cilindro ad A e passante per l’asse stesso (terzo vincolo). In
altre parole, detto Q il punto intersezione del piano ortogonale all’asse del cilindro
su cui giace l’asta con l’asse medesimo, il triangolo QAB costituisce la metà di un
rettangolo, di cui l’asta è la diagonale e il punto medio dell’asta G il centro; tale
rettangolo si muove solidalmente all’asta.
Scegliamo come coordinate lagrangiane
z = x3A ∈ R ,

ϕ ∈ (−π, π) tale che x1A = R cos ϕ ,

x2A = R sin ϕ .

A) Usiamo il Teorema di König:
T l (z, ϕ, ż, ϕ̇) =

1
1
m|v G |2 + σω · ω ,
2
2

ove G è il centro dell’asta, σ è calcolata in G, e ω è la velocità angolare dell’asta
rispetto alla terna fissa. Visto che, per i vincoli, la distanza di G dall’asse del
cilindro è sempre uguale a L/2, si ha
v G = [v G ]k + [v G ]⊥ ,

[v G ]k = że3 ,

|[v G ]⊥ | =

Poi,
ω = ϕ̇e3 .
Perciò
T l (z, ϕ, ż, ϕ̇) =

 1
1  L2 2
m
ϕ̇ + ż 2 + I ϕ̇2 ,
2
4
2
56

L
|ϕ̇| .
2

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
ove I denota il momento d’inerzia dell’asta rispetto all’asse ortogonale in G.
B) In alternativa, usiamo la definizione di energia cinetica.
I vincoli non specificano se l’anomalia polare di B sia maggiore o minore di quella
di A. Qui supponiamo pertanto che
−−→
AB = L(cos(ϕ + θ0 − π)e1 + sin(ϕ + θ0 − π)e2 ) ,
ove

R
.
L
Osserviamo anche che l’altra scelta possibile sarebbe stata
θ0 = arccos

−−→
AB = L(cos(ϕ − θ0 + π)e1 + sin(ϕ − θ0 + π)e2 ) .
Dunque l’asta è parametrizzata da
−−→
−→ −→
OP (s) = OA + AP (s) =
R cos ϕe1 + R sin ϕe2 + ze3 − s cos(ϕ + θ0 )e1 − s sin(ϕ + θ0 )e2 ,

0 ≤ s ≤ L.

Perciò
v lP (z, ϕ; s) = ϕ̇(−R sin ϕ + s sin(ϕ + θ0 ))e1 + ϕ̇(R cos ϕ − s cos(ϕ + θ0 ))e2 + że3 ,
e

2

Dunque

|v lP | = ϕ̇2 (R2 + s2 − 2Rs cos θ0 ) + ż 2 .

T l (z, ϕ, ż, ϕ̇) =

1
2

Z

0

L

m 2 2
[ϕ̇ (R + s − 2Rs cos θ0 ) + ż 2 ] ds .
L

R.
T l (z, ϕ, ż, ϕ̇) =

m 2 2 m 2
L ϕ̇ + ż .
6
2

23. [15/7/2009 (ex)I] Una sfera solida di raggio R e massa M è vincolata:
• ad avere il centro nell’origine O del sistema di riferimento fisso;
• ad avere il punto solidale A mobile con equazione assegnata
−→
OA = R(a cos cte1 + a sin cte2 + be3 ) .

Qui a, b, c sono costanti positive tali che a2 + b2 = 1.
Determinare l’energia cinetica della sfera in funzione di una opportuna coordinata lagrangiana.
Soluzione
Si tratta di una sfera vincolata a ruotare intorno a un asse mobile assegnato.
Dunque ha in effetti un solo grado di libertà.
57

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
Visto che il moto è di precessione, si ha
T =

1
σω · ω .
2

Si tratta perciò di trovare la velocità angolare ω della sfera. Consideriamo un
sistema di riferimento mobile Σ = (O, w i ), con w3 diretto lungo l’asse mobile,
ossia per esempio
w1 = − sin cte1 + cos cte2 ,
w2 = −b cos cte1 − b sin cte2 + ae3 ,
w3 = a cos cte1 + a sin cte2 + be3 .

Sia poi S = (O, ui ) un sistema di riferimento solidale con la sfera, con
u3 = w 3 .
Il moto di S rispetto a Σ perciò non può essere che una rotazione intorno all’asse
comune u3 = w 3 ; sia
ϕ ∈ (−π, π)

l’angolo che misura questa rotazione. Indichiamo anche P = (ei ), N = (w i ),
M = (ui ). Allora, per il teorema sulla composizione di velocità angolari,
ω = ω PM = ωPN + ω N M ,
ove per quanto sopra
ωN M = ϕ̇u3 = ϕ̇w 3 .
Infine ωPN si trova con un calcolo esplicito: posto
ωPN =

3
X

ωi w i ,

i=1

si sa che:
dw2
· w 3 = (bc sin cte1 − bc cos cte2 ) · w 3
dt
= abc sin ct cos ct − abc cos ct sin ct = 0 ,
dw3
ω2 =
· w 1 = (−ac sin cte1 + ac cos cte2 ) · w1 = ac ,
dt
dw1
· w 2 = (−c cos cte1 − c sin cte2 ) · w2 = bc .
ω3 =
dt
ω1 =

Perciò
ω = ωPM = acw2 + (bc + ϕ̇)w3 .
Si noti che, per le proprietà di simmetria della sfera, nonostante che N non sia
solidale, la matrice di σ in N è
σ N = diag(I, I, I) ,

58

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
ove I indica il momento diametrale della sfera. Dunque


0
1
1
1
T l = (0, ac, bc+ ϕ̇)σ N  ac  = I[a2 c2 +(bc+ ϕ̇)2 ] = I[c2 +2bcϕ̇+ ϕ̇2 ] .
2
2
2
bc + ϕ̇
R.
Tl =

1 2
I[c + 2bcϕ̇ + ϕ̇2 ] .
2

24. [15/7/2009 (ex)I] Un disco di raggio R e massa M è vincolato:
• ad avere il centro C sull’asse fisso x3 ;
• a mantenersi sempre ortogonale all’asse x3 .
Scrivere il momento della quantità di moto LO del disco rispetto all’origine
O, in funzione di opportune coordinate lagrangiane.
Soluzione
Il disco ha due gradi di libertà. Scegliamo come coordinate lagrangiane la coordinata z = x3 del centro C del disco, con z ∈ R, e un angolo ϕ che misuri la rotazione
del disco intorno a e3 ; per esempio se S = (C, ui ) indica un sistema di riferimento
solidale con il disco, si ponga
u1 = cos ϕ e1 + sin ϕ e2 ,
u2 = − sin ϕ e1 + cos ϕ e2 ,

u3 = e3 ,
con ϕ ∈ (−π, π).
Allora, come è noto,

−−→
−−→
LO = σω + M OC × [v C + ω × CO] = σω ,
perché i tre vettori
−−→
OC = ze3 ,

v C = że3 ,

ω = ϕ̇e3 = ϕ̇u3 ,

sono paralleli. Dunque
LO = σω = I33 ϕ̇e3 ,
dato che la (ui ) è principale d’inerzia.
R.
LO = I33 ϕ̇e3 .

25. [15/7/2009 (ex)II] Una sfera solida di raggio R e massa M è vincolata:
• ad avere il centro nell’origine O del sistema di riferimento fisso;
59

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
• ad avere il punto solidale A mobile con equazione assegnata
−→ R
OA = (a sin cte1 + a cos cte2 + be3 ) .
2
Qui a, b, c sono costanti positive tali che a2 + b2 = 1.
Determinare l’energia cinetica della sfera in funzione di una opportuna coordinata lagrangiana.
R.
Tl =

1 2
I[c + 2bcϕ̇ + ϕ̇2 ] .
2

26. [15/7/2009 (ex)II] Un disco di raggio R e massa M è vincolato:
• ad avere il centro C sull’asse fisso x1 ;
• a mantenersi sempre ortogonale all’asse x1 .
Scrivere il momento della quantità di moto LA del disco rispetto al punto A
−→
tale che OA = Re1 , in funzione di opportune coordinate lagrangiane. Qui
O è l’origine del sistema di riferimento.
R.
LA = I11 ϕ̇e1 .

27. [11/9/2009 (ex)I] Una lamina rettangolare ABCD di massa M e lati
−−
→
−−→
AB = CD = a ,

−−→
−−→
BC = AD = b ,

−−→
è vincolata ad avere il lato AD sull’asse mobile r definito da
x1 = L cos ωt ,

x2 = L sin ωt ,

x3 ∈ R .

Supponiamo anche che
x3A = 0 ,

x3D = b .

Calcolare l’energia cinetica della lamina nel sistema fisso (O, xi ).
Soluzione
A) Usiamo il teorema di König:
T =

1
M |v G |2 + TS ,
2

ove TS è l’energia cinetica nel sistema di riferimento S = (G, ei ), e G è il centro di
massa della lamina.

60

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
Indichiamo con ϕ ∈ (−π, π) l’angolo tale che
−−→
a
a
b
OG = L cos ωte1 + L sin ωte2 + cos ϕe1 + sin ϕe2 + e3 .
2
2
2
Si noti che ϕ è l’angolo che misura la rotazione della lamina nel sistema fisso.
Dunque, se I denota il momento d’inerzia della lamina rispetto alla retta per G
parallela a AD,
1
TS = I ϕ̇2 ,
2
e




a
a
v G = − Lω sin ωt − ϕ̇ sin ϕ e1 + Lω cos ωt + ϕ̇ cos ϕ e2 .
2
2
Allora
a2
|v G |2 = L2 ω 2 + ϕ̇2 + Lωaϕ̇ cos(ωt − ϕ) .
4
R.
T =


1 2 1
a2
I ϕ̇ + M L2 ω 2 + ϕ̇2 + Lωaϕ̇ cos(ωt − ϕ) .
2
2
4

28. [11/9/2009 (ex)II] Una lamina quadrata ABCD di massa M e lato b è
−−→
vincolata ad avere il lato AD sull’asse mobile r definito da
x1 = L cos ωt ,

x3 ∈ R .

x2 = L sin ωt ,

Supponiamo anche che
x3A = b ,

x3D = 2b .

Calcolare l’energia cinetica della lamina nel sistema fisso (O, xi ).
R.
T =


b2
1 2 1
I ϕ̇ + M L2 ω 2 + ϕ̇2 + Lωbϕ̇ cos(ωt − ϕ) .
2
2
4

29. [20/11/2009 (ex)I] Una lamina quadrata di massa M e lato 2L è
vincolata a ruotare intorno all’asse mobile r
x1 cos αt + x2 sin αt = R ,

x3 = 0 ,

in modo che r coincida con l’asse comune di due lati opposti della lamina.
Il centro C della lamina occupa su r la posizione
−−→
OC = R(cos αte1 + sin αte2 ) .
Calcolare in funzione delle opportune coordinate lagrangiane il momento delle quantità di moto della lamina, rispetto all’origine del sistema di riferimento
fisso.
61

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi

Soluzione
Introduciamo la coordinata lagrangiana ϕ ∈ (−π, π) che misura la rotazione della
lamina intorno a r. In particolare, sia S = (C, ui ) è un sistema solidale con la
lamina, dato da
u1 = − sin αte1 + cos αte2 ,
u2 = u3 × u1 = − cos αt sin ϕe1 − sin αt sin ϕe2 + cos ϕe3 ,

u3 = cos ϕw 1 + sin ϕe3 = cos ϕ cos αte1 + cos ϕ sin αte2 + sin ϕe3 .

Qui w 1 è il versore nel piano x3 = 0 ortogonale a r, e ϕ è quindi l’angolo formato
dalla lamina con e3 ; la direzione solidale u3 è ortogonale alla lamina, e la u1 è
diretta lungo r.
Dunque in questa terna si ha
−−→
OC = R(− sin ϕu2 + cos ϕu3 ) ,
v C = Rαu1 .
Per calcolare la velocità v P di un generico punto della lamina usiamo la scomposizione
−−→
−−→ −−→ −−→
CP = s1 u1 + s2 u2 ,
OP = OC + CP ,
ove s1 , s2 ∈ [−L, L] sono i parametri della lamina. Con calcoli elementari che usano
la forma esplicita ricavata sopra per i uh si ottiene
−−→
−−→
d CP
OC
v P = vC +
= v C − αs1
− αs2 sin ϕu1 − ϕ̇s2 u3 .
dt
R
−−→
Usando quindi le scomposizioni appena trovate di OC e v P nella terna (uh ) si
calcola:
−−→
OP × v P = (R2 α − Rαs2 sin ϕ + αs21 )(sin ϕu3 + cos ϕu2 )
+ (Rϕ̇s2 sin ϕ − αs1 s2 cos ϕ − s22 ϕ̇)u1
+ s1 s2 ϕ̇u2 + (αs22 sin ϕ − Rαs2 )u3 .

Quindi il momento cercato si trova integrando
ZZ
−−→
M
[OP × v P ] 2 ds1 ds2
LO =
4L
2
[−L,L]

L2 
= M α R2 +
(sin ϕu3 + cos ϕu2 )
3
L2
L2
sin ϕu3 − M ϕ̇u1 .
+ Mα
3
3
Il calcolo dell’integrale è immediato, e semplificato dall’osservazione che tutti i
termini dispari nei parametri s1 , s2 si annullano per la simmetria del dominio.
R.

L2 
LO = M α R2 +
e3
3
2
L
+ Mα
sin ϕ(cos ϕ cos αte1 + cos ϕ sin αte2 + sin ϕe3 )
3
L2
− M (− sin αte1 + cos αte2 ) .
3
62

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi

30. [25/1/2010 (ex)I] Una lamina quadrata ABCD di massa M e lato 2R
è vincolata a giacere sul piano fisso x3 = 0, mantenendo il lato AB sull’asse
x1 e rimanendo nel semipiano x2 > 0.
Un’asta EF di lunghezza 2L e di massa m è vincolata a giacere sul piano
x3 = 0, e ad avere l’estremo E coincidente con il centro K della lamina.
Si calcoli l’energia cinetica del sistema in funzione delle opportune coordinate
lagrangiane.
Soluzione
Il sistema ha due gradi di libertà. Scegliamo come coordinate lagrangiane
x = x1K ∈ R ,

ϕ ∈ (−π, π) ,

−−→
tali che, posto u = EF /(2L), si abbia

u = cos ϕe1 + sin ϕe2 .
Calcoliamo a parte le energie della lamina e dell’asta.
Per il teorema di König
1
l
TABCD
= M ẋ2 .
2
Sempre per il teorema di König
l
TEF
=

1
1
m|v G |2 + I ϕ̇2 ,
2
2

ove G è il centro di massa dell’asta. Si ha poi
−−→ −−→
OG = OK + Lu = (L cos ϕ + x)e1 + (L sin ϕ + R)e2 .
Dunque
v G = (−Lϕ̇ sin ϕ + ẋ)e1 + Lϕ̇ cos ϕe2 .
Perciò
l
TEF
=

R.
Tl =

1
1
m(L2 ϕ̇2 − 2Lϕ̇ẋ sin ϕ + ẋ2 ) + I ϕ̇2 .
2
2

1
1
1
M ẋ2 + m(L2 ϕ̇2 − 2Lϕ̇ẋ sin ϕ + ẋ2 ) + I ϕ̇2 .
2
2
2

31. [25/1/2010 (ex)II] Una lamina quadrata ABCD di massa M e lato 2R
è vincolata a giacere sul piano fisso x3 = 0, mantenendo il lato AB sull’asse
x1 e rimanendo nel semipiano x2 < 0.
Un’asta EF di lunghezza 2L e di massa m è vincolata a giacere sul piano
x3 = 0, e ad avere l’estremo E coincidente con il vertice C della lamina.
Si calcoli l’energia cinetica del sistema in funzione delle opportune coordinate
lagrangiane.
63

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi

R.
Tl =

1
1
1
M ẋ2 + m(L2 ϕ̇2 − 2Lϕ̇ẋ sin ϕ + ẋ2 ) + I ϕ̇2 .
2
2
2

32. [22/2/2010 (ex)I] Una circonferenza materiale γ di raggio R, centro C
e massa M è vincolata ad avere il centro sulla curva
x1 = R cos ϕ ,
x2 = R sin ϕ ,
x3 = hϕ ,
ove −∞ < ϕ < ∞ e h, R sono costanti positive. Inoltre la circonferenza
è vincolata a giacere sul piano osculatore alla curva, ossia sul piano che ha
normale B.
Determinare l’energia cinetica di γ in funzione di opportune coordinate
lagrangiane.
Soluzione
Scegliamo come coordinate lagrangiane
ψ ∈ R,

θ ∈ (−π, π) ,

ove θ è l’angolo formato da un raggio solidale con γ e da T , mentre ψ è tale che
−−→
OC = (R cos ψ, R sin ψ, hψ) .
Sull’elica si ha con calcoli usuali che l’ascissa d’arco è data da
s = λ−1 ϕ ,

1

λ := (R2 + h2 )− 2 .

Inoltre la terna intrinseca e è data da
T = λ(−R sin(λs), R cos(λs), h) ,
N = −(cos(λs), sin(λs), 0) ,
B = λ(h sin(λs), −h cos(λs), R) ,
mentre curvatura e torsione sono date da
k(s) = λ2 R ,

τ (s) = −λ2 h .

Vogliamo determinare l’energia cinetica usando il teorema di König. Parametrizziamo la circonferenza con
−−→ −−→ −−→
OP = OC + CP ,
ove P è il punto generico su γ. Si ha
−−→
CP = R cos(θ + σR−1 )T (s(ψ)) + R sin(θ + σR−1 )N (s(ψ)) ,
ove 0 ≤ σ ≤ 2πR è l’ascissa curvilinea su γ.
Derivando si ha, posto S = (C, ei ), e ricordando le formule di Frenet-Serret,
d −−→
CP = −R sin(θ + σR−1 )(θ̇ + λRψ̇)T (s(ψ))
dt
+ R cos(θ + σR−1 )(θ̇ + λRψ̇)N (s(ψ)) − λhRψ̇ sin(θ + σR−1 )B(s(ψ)) .

v S (P ) =

64

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
Dunque

2

|v S (P )| = R2 (θ̇ + λRψ̇)2 + λ2 h2 R2 ψ̇ 2 sin2 (θ + σR−1 ) .

Perciò l’energia cinetica relativa a C di γ è
TS =

1
2

Z

2πR

0

o
M n 2
R (θ̇ + λRψ̇)2 + λ2 h2 R2 ψ̇ 2 sin2 (θ + σR−1 ) dσ
2πR
1
1
= M R2 (θ̇ + λRψ̇)2 + M λ2 h2 R2 ψ̇ 2 .
2
4

Si ha infine subito

R.
T =

1
1
2
M |v(C)| = M (R2 + h2 )ψ̇ 2 .
2
2

1
1
1
M (R2 + h2 )ψ̇ 2 + M R2 (θ̇ + λRψ̇)2 + M λ2 h2 R2 ψ̇ 2 .
2
2
4

33. [22/2/2010 (ex)II] Una circonferenza materiale γ di raggio R, centro C
e massa M è vincolata ad avere il centro sulla curva
x1 = R cos ϕ ,
x2 = R sin ϕ ,
x3 = −hϕ ,
ove −∞ < ϕ < ∞ e h, R sono costanti positive. Inoltre la circonferenza
è vincolata a giacere sul piano osculatore alla curva, ossia sul piano che ha
normale B.
Determinare l’energia cinetica di γ in funzione di opportune coordinate
lagrangiane.
R.
T =

1
1
1
M (R2 + h2 )ψ̇ 2 + M R2 (θ̇ + λRψ̇)2 + M λ2 h2 R2 ψ̇ 2 .
2
2
4

34. [9/4/2010 (ex)I] Una lamina quadrata rigida omogenea ABCD di massa
m e lato 2L è vincolata a mantenere il lato AB sulla retta mobile
x2 = R cos(αt) ,

x3 = R sin(αt) ,

ove (O, xi ) è il sistema di riferimento fisso.
Si esprima l’energia cinetica della lamina, nel sistema di riferimento fisso, in
funzione delle opportune coordinate lagrangiane.
Soluzione
Si potrebbe usare il teorema di König, oppure direttamente la parametrizzazione
lagrangiana, come sotto.

65

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
Indichiamo con (A, ui ) un sistema di riferimento solidale con la lamina, ossia
u1 = cos ϕ e2 + sin ϕ e3 ,
u2 = − sin ϕ e2 + cos ϕ e3 , ,
u 3 = e1
con ϕ ∈ (−π, π). Si prende u2 ortogonale alla lamina. Indichiamo anche, per
x ∈ R,
−→
OA = xe1 + R cos(αt)e2 + R sin(αt)e3 .
Quindi x e ϕ sono le coordinate lagrangiane.
Allora, se P indica il punto generico sulla lamina, sulla quale introduciamo le
coordinate solidali (s1 , s3 ) ∈ [0,2L] × [0,2L],
−−→ −→ −→
OP = OA + AP = (x + s3 )e1 + [R cos(αt) + s1 cos ϕ]e2 + [R sin(αt) + s1 sin ϕ]e3 .

Perciò
v P = ẋe1 − [αR sin(αt) + ϕ̇s1 sin ϕ]e2 + [αR cos(αt) + ϕ̇s1 cos ϕ]e3 ,
cosicché

|v P |2 = ẋ2 + α2 R2 + ϕ̇2 s21 + 2αϕ̇Rs1 cos(ϕ − αt) .

Dunque
1
T =
2
l

Z

2L

0

2L

m
|v P |2 ds1 ds3
2
4L
0
Z
m 2L 2
=
[ẋ + α2 R2 + ϕ̇2 s21 + 2αϕ̇Rs1 cos(ϕ − αt)] ds1
4L 0
i
mh
8
=
2L(ẋ2 + α2 R2 ) + L3 ϕ̇2 + 4L2 αϕ̇R cos(ϕ − αt) .
4L
3
Z

R.
Tl =

i
8
mh
2L(ẋ2 + α2 R2 ) + L3 ϕ̇2 + 4L2 αϕ̇R cos(ϕ − αt) .
4L
3

35. [8/7/2010 (ex)I] Calcolare in funzione delle opportune coordinate lagrangiane l’energia cinetica di una circonferenza materiale γ di raggio R e
massa M .
La circonferenza è vincolata ad avere il centro C su un asse mobile r, a cui
inoltre il piano di γ rimane ortogonale in ogni istante. L’asse r ha equazioni
−x1 sin(ωt) + x2 cos(ωt) = 0 ,

x3 = 0 .

Soluzione
Scegliamo come coordinate lagrangiane l’ascissa s ∈ R, misurata su r, del centro
C di γ, e un angolo θ ∈ (−π, π) di rotazione di γ intorno a r.

66

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
Secondo il teorema di König
T =

1
1
M |v C |2 + σ C ω · ω ,
2
2

ove ω è la velocità angolare di γ rispetto alla terna fissa.
Dato che
−−→
OC = s cos(ωt)e1 + s sin(ωt)e2 ,
vale
v C = ṡ(cos(ωt)e1 + sin(ωt)e2 ) + sω(− sin(ωt)e1 + cos(ωt)e2 ) ,
e quindi
|v C |2 = ṡ2 + s2 ω 2 .

Troviamo ω usando il teorema di composizione di velocità angolari. Sia P la terna
fissa, M = (ui ) una terna solidale con γ, e N = (wi ) una terna tale che
w1 = u1 = cos(ωt)e1 + sin(ωt)e2 ,

w 3 = e3 .

In questo modo w1 = u1 è il versore di r. Si ha
ω = ωPM = ω PN + ω N M = ωe3 + θ̇u1 .
In M si ha

σ C = diag(2I, I, I) .

Inoltre
e3 = sin θu2 + cos θu3 ,
e dunque
ω = θ̇u1 + ω sin θu2 + ω cos θu3 ,
e
σ C ω · ω = 2I θ̇2 + Iω 2 .
R.
Tl =

1
1
M (ṡ2 + s2 ω 2 ) + (2I θ̇2 + Iω 2 ) .
2
2

36. [7/9/2010 (ex)I] Una lamina quadrata ABCD di massa m e lato L è
vincolata ad avere il centro G appartenente alla circonferenza γ
x21 + x22 = R2 ,

x3 = 0 ,

e a mantenere la sua normale coincidente con la normale principale a γ.
Scrivere l’energia cinetica di ABCD in funzione delle opportune coordinate
lagrangiane.
Soluzione
Usiamo il Teorema di König. Si ha
T =

1
m|v G |2 + TS .
2
67

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
Qui S = (G, (ei )). Scegliamo le coordinate lagrangiane ϕ ∈ (−π, π), θ ∈ (−π, π),
in modo che
−−→
OG = R cos ϕe1 + R sin ϕe2 ;
ovviamente vale
|v G |2 = R2 ϕ̇2 .

Consideriamo poi la terna N = (wi )
w1 = T ,

w2 = N ,

w3 = B ,

ove (T , N , B) è la terna principale di γ, e w2 quindi è normale alla lamina.
Consideriamo anche il sistema solidale con la lamina (G, M), M = (ui ), ove
u2 = w 2 ,
e quindi u1 , u3 appartengono al piano della lamina. Indichiamo con θ l’angolo di
rotazione di u1 intorno a w2 .
Pertanto, indicando con P la terna fissa,
ωPM = ω PN + ω N M .
Dato che il moto di N rispetto a P è una rotazione di asse e3 , la velocità angolare
risulta data da
ω PN = ϕ̇w3 = ϕ̇e3 .
Invece il moto di M rispetto a N è una rotazione di asse w 2 , e quindi
ωN M = θ̇w2 = θ̇u2 .
Scomponiamo la matrice d’inerzia σ rispetto alla terna N , ottenendo
σ = diag(I,2I, I) ,
per la simmetria materiale della lamina.
Perciò
1
1
TS = σω · ω = I ϕ̇2 + I θ̇2 ,
2
2
se I è il momento d’inerzia della lamina in G rispetto all’asse comune di due suoi
lati opposti.
R.
1
1
T = mR2 ϕ̇2 + I ϕ̇2 + I θ̇2 .
2
2

37. [20/1/2014 (ex)I] Un disco di raggio R e massa M è vincolato a
mantenere il centro C sulla retta mobile r di equazione
−x1 sin(ωt) + x2 cos(ωt) = 0 ,

x3 = 0 .

ove ω > 0, e l’asse ortogonale in C coincidente con tale retta. In particolare
si ha
−−→
OC = L cos(ωt)e1 + L sin(ωt)e2 ,
68

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
ove O è l’origine del sistema fisso.
Si determini il momento delle quantità di moto del disco rispetto a O, in
funzione delle opportune coordinate lagrangiane.
Soluzione
Introduciamo un sistema di riferimento solidale con il disco S = (C, (uh )), ove
u3 = cos(ωt)e1 + sin(ωt)e2
è ortogonale al disco e quindi u1 , u2 giacciono invece sul piano del disco. Si noti
che la (uh ) è principale in C e che
−−→
CO = −Lu3 ,
e pertanto O è solidale con S, oltre che fisso. Dunque vale come è noto
LO = σ O ω ,
ove ω indica la velocità angolare di M = (uh ) rispetto alla terna fissa P = (eh ).
Per trovare ω = ω PM introduciamo la terna N = (w h ) mediante le
w 1 = cos(ωt)e1 + sin(ωt)e2 = u3 ,
w 2 = − sin(ωt)e1 + cos(ωt)e2 ,
w 3 = e3 .
Allora
ωPM = ω PN + ω N M ,

e come si sa dato che i due moti relativi sono due rotazioni
ω PN = ωe3 ,

ω N M = ϕ̇u3 .

Qui scegliamo come coordinata lagrangiana ϕ, l’angolo di rotazione del disco intorno
al proprio asse.
Si noti che N è principale d’inerzia per il disco, nel suo centro di massa C e quindi
in O, che appartiene a uno degli assi principali centrali. Inoltre per il teorema di
Huygens i momenti relativi a N in O sono
O
O
I22
= I33
= I + M L2 ,

O
I11
= 2I ,

ove I indica il momento del disco rispetto a un suo diametro. Quindi le componenti
di LO in N sono date da

  

2I
0
0
ϕ̇
2I ϕ̇
 0 I + M L2
 0 = 
.
0
0
0
0
I + M L2
ω
(I + M L2 )ω
R.
LO = 2I ϕ̇ cos(ωt)e1 + 2I ϕ̇ sin(ωt)e2 + (I + M L2 )ωe3 .

38. [20/1/2014 (ex)II] Una lamina quadrata di lato R e massa M è vincolata
a mantenere il centro C sulla retta mobile r di equazione
−x1 sin(ωt) + x2 cos(ωt) = 0 ,
69

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
ove ω > 0, e l’asse ortogonale in C coincidente con tale retta. In particolare
si ha
−−→
OC = L cos(ωt)e1 + L sin(ωt)e2 ,
ove O è l’origine del sistema fisso.
Si determini il momento delle quantità di moto della lamina rispetto a O, in
funzione delle opportune coordinate lagrangiane.
R.
LO = 2I ϕ̇ cos(ωt)e1 + 2I ϕ̇ sin(ωt)e2 + (I + M L2 )ωe3 .

39. [17/2/2014 (ex)I] Un cubo rigido di spigolo L e massa M è vincolato
ad avere il centro nell’origine del sistema fisso O e due vertici opposti A e
B giacenti sul piano x3 = 0. Qui (xh ) denota le coordinate nel sistema di
riferimento fisso, e A e B sono opposti nel senso che
√
−−
→
|AB| = 3L .
Si calcoli l’energia cinetica del cubo in funzione delle opportune coordinate
lagrangiane.
Soluzione
Il moto è polare, con polo il centro del cubo C. L’energia cinetica è quindi data
come noto da
1
T = σω · ω ,
2
ove ω è la velocità angolare del cubo e σ il suo tensore d’inerzia in C.
Per calcolare ω usiamo il teorema di composizione
ω = ω PM = ωPN + ω N M ,
ove P è la terna fissa, M è una terna solidale, e N è data da
−−→
AB
w1 = −−→ ,
|AB|

w 3 = e3 ,

w 2 = w3 × w1 .

Il cubo ha due gradi di libertà; scegliamo come coordinate lagrangiane gli angoli
ϕ ∈ (−π, π) tali che
−−→ √
AB = 3L(cos ϕe1 + sin ϕe2 ) ,
−−→
e θ ∈ (−π, π) che descriva la rotazione del cubo intorno all’asse AB.
I due moti relativi in cui abbiamo scomposto il moto polare del cubo sono entrambi
rotazioni e perciò
ωPN = ϕ̇w 3 ,
ωN M = θ̇w1 ,
e pertanto
ω = θ̇w1 + ϕ̇w3 .
Per le proprietà di simmetria del cubo
σ N = diag(I, I, I) ,
70

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
ove I è il momento d’inerzia del cubo rispetto a un qualunque asse per il centro C.
R.
1
T l = I(ϕ̇2 + θ̇2 ) .
2

40. [17/2/2014 (ex)II] Una sfera (piena) rigida di raggio L e massa M è
vincolata ad avere il centro nell’origine del sistema fisso O e due punti solidali
diametralmente opposti A e B giacenti sul piano x3 = 0. Qui (xh ) denota
le coordinate nel sistema di riferimento fisso, e A e B sono opposti nel senso
che
−
−→
|AB| = 2L .
Si calcoli l’energia cinetica della sfera in funzione delle opportune coordinate
lagrangiane.
R.
Tl =

1
I(ϕ̇2 + θ̇2 ) .
2

41. [19/6/2014 (ex)I] Un sistema olonomo è costituito da due aste AB e CD
ciascuna di massa M e lunghezza 2L, vincolate a giacere nel piano x3 = 0 e
ad avere gli estremi B e C coincidenti.
Determinare l’energia cinetica del sistema in funzione delle opportune coordinate lagrangiane.
Soluzione
Scegliamo come coordinate lagrangiane x, y ∈ R, ϕ, θ ∈ (0,2π) tali che
−−→ −−→
OC = OB = xe1 + ye2 ,
−→
OA = (x + 2L cos ϕ)e1 + (y + 2L sin ϕ)e2 ,
−−→
OD = (x + 2L cos θ)e1 + (y + 2L sin θ)e2 .
Applichiamo il teorema di König a ciascuna delle due aste, indicando con P1
[rispettivamente P2 ] il centro di massa di AB [rispettivamente di CD]. Dunque
1
M |vP1 |2 + TSAB =
2
1
= M |vP2 |2 + TSCD =
2

TAB =
TCD

1
1
M |v P1 |2 + I ϕ̇2 ,
2
2
1
1
M |vP2 |2 + I θ̇2 .
2
2

Con semplici calcoli si ha poi ad esempio
v P1 = (ẋ − Lϕ̇ sin ϕ)e1 + (ẏ + Lϕ̇ cos ϕ)e2 .
R.
T l = M (ẋ2 + ẏ 2 ) +

M 2 2
(L ϕ̇ − 2Lẋϕ̇ sin ϕ + 2Lẏϕ̇ cos ϕ
2
1
+ L2 θ̇2 − 2Lẋθ̇ sin θ + 2Lẏθ̇ cos θ) + I(ϕ̇2 + θ̇2 ) .
2
71

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi

42. [17/7/2014 (ex)I] Un parallelepipedo E di massa M e spigoli di lunghezze
a, b, c tutte diverse tra di loro è vincolato ad avere uno degli spigoli di
lunghezza a giacente sul piano x3 = 0 del sistema di riferimento fisso, con
un estremo nell’origine O del sistema.
Si calcoli l’energia cinetica di E in funzione delle opportune coordinate
lagrangiane.
Soluzione
Introduciamo un sistema di riferimento solidale con E, con origine in O. Denotiamo
−→
−−→ −−→
con OA lo spigolo vincolato al piano x3 = 0, e con OB e OC gli altri due spigoli di
estremo O, di lunghezza b e c rispettivamente. La terna solidale sarà allora
−→
OA
,
u1 =
a

−−→
OB
u2 =
,
b

−−→
OC
u3 =
,
c

che possiamo assumere positiva senza perdita di generalità.
Scegliamo come coordinate lagrangiane l’angolo ϕ ∈ (−π, π) tale che
u1 = cos ϕe1 + sin ϕe2 ,
e l’angolo θ ∈ (−π, π) formato da u3 con il piano x3 = 0, ossia tale che
u3 = sin θe3 + cos θw2 ,
ove w2 è l’opportuno versore sul piano x3 = 0. In effetti, dato che u1 · w2 = 0, si
ha scegliendo uno dei due segni possibili,
w 2 = − sin ϕe1 + cos ϕe2 .
Oltre alla terna solidale M = (uh ) e a quella fissa P = (eh ) introduciamo la terna
N = (w h ), ove
w 1 = u1 ,

w2 = − sin ϕe1 + cos ϕe2 ,

w 3 = w 1 × w 2 = e3 .

Si sa che la velocità angolare di E in (O, P) è data dalla composizione delle due
rotazioni
ω PM = ω PN + ω N M = ϕ̇e3 + θ̇w1 = ϕ̇(sin θu3 − cos θu2 ) + θ̇u1 ,
Qui si usano la definizione di ω e la
u2 = u3 × u1 = u3 × w1 = sin θw 2 − cos θw 3 .
Dunque

Tl =
=

1
σω PM · ωPM
2


I11
1
= I12
2
I13

I12
I22
I23


 

I13
θ̇
θ̇
I23  −ϕ̇ cos θ · −ϕ̇ cos θ
I33
ϕ̇ sin θ
ϕ̇ sin θ

1
1
I11 θ̇2 + (I22 cos2 θ − 2I23 cos θ sin θ + I33 sin2 θ)ϕ̇2 + (I13 sin θ − I12 cos θ)ϕ̇θ̇ .
2
2
72

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi

R.
Tl =

1
1
I11 θ̇2 + (I22 cos2 θ − 2I23 cos θ sin θ + I33 sin2 θ)ϕ̇2 + (I13 sin θ − I12 cos θ)ϕ̇θ̇ .
2
2

43. [10/2/2015 (ex)I] Un disco di massa M e raggio R è vincolato ad avere
il centro C sul cilindro
x21 + x22 = L2 ,
e a mantenersi a esso tangente. Qui L > 0 è costante e le xi denotano le
coordinate nel sistema di riferimento fisso.
Calcolare l’energia cinetica del disco in funzione delle opportune coordinate
lagrangiane.
Soluzione
Scegliamo come coordinate lagrangiane ϕ ∈ (−π, π), z ∈ R e θ ∈ (−π, π) tali che
−−→
OC = L cos ϕe1 + L sin ϕe2 + ze3 ,

e θ misuri la rotazione del disco intorno al suo asse, che per i vincoli imposti ha
versore
u1 = cos ϕe1 + sin ϕe2 .
Per il Teorema di König
T =
ove

1
M |v C |2 + TS ,
2

1
σω · ω ,
2
con σ tensore d’inerzia del disco in C. Per determinare ω usiamo il teorema di
composizione delle velocità angolari:
TS =

ω = ω PM = ωPN + ω N M .
Qui P = (eh ) è la terna fissa, M = (uh ) è la terna solidale al disco, e N = (w h ) è
data da
w1 = cos ϕ e1 + sin ϕ e2 ,
w2 = − sin ϕ e1 + cos ϕ e2 , .

w 3 = e3
Si ha

ωPN = ϕ̇w 3 ,

ωN M = θ̇w1 .

D’altronde si osserva che N , benché non solidale con il disco, è in ogni istante
principale d’inerzia. Dunque se I denota il momento d’inerzia diametrale del disco,

   
2I 0 0
θ̇
θ̇
1
1
TS =
0 I 0  0  ·  0  = (2I θ̇2 + I ϕ̇2 ) .
2
2
0 0 I
ϕ̇
ϕ̇
73

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi

R.
Tl =

1
1
M (L2 ϕ̇2 + ż 2 ) + (2I θ̇2 + I ϕ̇2 ) .
2
2

44. [10/2/2015 (ex)II] Un disco di massa M e raggio R è vincolato ad avere
il centro C sul cilindro
x21 + x22 = L2 ,
e a mantenere il proprio asse tangente al cilindro e ortogonale all’asse x3 .
Qui L > 0 è costante e le xi denotano le coordinate nel sistema di riferimento
fisso.
Calcolare l’energia cinetica del disco in funzione delle opportune coordinate
lagrangiane.
R.
Tl =

1
1
M (L2 ϕ̇2 + ż 2 ) + (2I θ̇2 + I ϕ̇2 ) .
2
2

45. [2/7/2015 (ex)I] Un’asta AB di lunghezza 2L e massa M è vincolata a
mantenere l’estremo A sull’elica circolare γ
x1 = R cos(λs) ,
x2 = R sin(λs) ,
x3 = hs ,
ove le costanti positive λ, h, R soddisfano λ2 R2 + h2 = 1 cosicché s ∈ R è
l’ascissa curvilinea su γ. Inoltre AB deve mantenersi nel piano ΠA passante
per l’asse x3 e per A.
Scrivere l’energia cinetica di AB nelle opportune coordinate lagrangiane.
Soluzione
Se denotiamo
s ∈ R,
−→
scegliamo come coordinate r ∈ R e ϕ ∈ (−π, π) tali che OA = ψ(r(t)) e
ψ(s) = (R cos(λs), R sin(λs), hs) ,

−−→
AB = 2L cos ϕ[cos(λr)e1 + sin(λr)e2 ] + 2L sin ϕe3 .

In altri termini, ϕ è un’anomalia polare nel piano ΠA . Dunque il generico punto P
di AB sarà parametrizzato da
−−→
−−→ −→ −→
AB
OP = OA + AP = ψ(r(t)) + σ
,
2L

σ ∈ [0,2L] ;

qui σ è l’ascissa su AB. Pertanto la velocità di P è

v = ṙψ(r) + σ ϕ̇ − sin ϕ[cos(λr)e1 + sin(λr)e2 ] + cos ϕe3
+ λṙσ cos ϕ[− sin(λr)e1 + cos(λr)e2 ] ,
74

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
e
|v|2 = ṙ2 + σ 2 ϕ̇2 + λ2 ṙ2 σ 2 cos2 ϕ + 2ṙ ϕ̇σh cos ϕ + 2λṙ2 σ cos ϕRλ

= σ 2 (ϕ̇2 + λ2 ṙ2 cos ϕ2 ) + 2σ(ṙ ϕ̇h cos ϕ + Rλ2 ṙ2 cos ϕ) + ṙ2 .

Si calcola poi
T l (ϕ, ϕ̇) =

1
2

Z

AB

M 2
|v| dσ .
2L

R.
T l (r, ϕ) =

1
2
M L2 (ϕ̇2 + λ2 ṙ2 cos ϕ2 ) + M Lṙ cos ϕ(ϕ̇h + Rλ2 ṙ) + M ṙ2 .
3
2

46. [3/9/2015 (ex)I] Una lamina rettangolare di massa M e lati a > b > 0
è vincolata a mantenere il centro C sulla circonferenza
x21 + x22 = R2 ,

x3 = 0 .

Inoltre la lamina si mantiene ortogonale alla circonferenza. Qui R > a.
Scrivere il momento delle quantità di moto della lamina rispetto al centro
C, in funzione delle opportune coordinate lagrangiane.
Soluzione
La lamina ha due gradi di libertà corrispondenti alle coordinate lagrangiane
s ∈ (0,2πR) ,

ϕ ∈ (−π, π) ,

ove s è l’ascissa curvilinea di C tale che
−−→
s
s
OC = R cos e1 + R sin e2 ,
R
R
con O origine del sistema di riferimento, e ϕ è un angolo di rotazione della lamina
intorno alla sua normale in C, che è la tangente alla circonferenza in C. L’angolo
ϕ verrà specificato sotto.
Come è noto si ha
LC = σω ,
ove σ è il tensore d’inerzia in C e ω è la velocità angolare della lamina. Determiniamo ω mediante il teorema di composizione delle velocità angolari. Sia
N = (T , N , B) la terna intrinseca della circonferenza in C, e sia M = (u1 , u2 , u3 )
una terna solidale alla lamina, principale in C. In particolare prendiamo u1 [rispettivamente u2 ] parallelo ai lati di lunghezza a [rispettivamente b], e quindi u3 = T
normale alla lamina. Denotiamo anche P = (eh ).
Allora
ω = ω PN + ω N M ,
e si ha subito peraltro (in genere salvo il segno)
ω N M = ϕ̇u3 = ϕ̇T .
75

330. Calcolo di quantità meccaniche in moti relativi
È noto poi che

ṡ
ṡ
B = e3 .
R
R
Occorre scomporre e3 = B in M. Come definizione di ϕ possiamo infine precisare
ω PN = ṡ[−τ T + kB] =

u2 = − sin ϕN + cos ϕB ,

u1 = cos ϕN + sin ϕB ,
e dunque

e3 = B = sin ϕu1 + cos ϕu2 .
Si noti che la scelta fatta di ϕ conferma il segno scelto sopra. In conclusione
ω=
Essendo

ṡ
ṡ
sin ϕu1 + cos ϕu2 + ϕ̇u3 .
R
R


I11
σ= 0
0

si ottiene infine

LC = σω = I11

R.
LC = I11

0
I22
0


0
,
0
I11 + I22

ṡ
ṡ
sin ϕu1 + I22 cos ϕu2 + (I11 + I22 )ϕ̇u3 .
R
R

ṡ
ṡ
sin ϕu1 + I22 cos ϕu2 + (I11 + I22 )ϕ̇u3 .
R
R

47. [9/2/2016 (ex)I] Una lamina rettangolare ABCD di massa M e lati
AB = L e BC = 2L è vincolata ad avere il vertice A nell’origine del sistema
di riferimento fisso, e il lato AB sulla retta mobile r(t)
−x1 sin(kt) + x2 cos(kt) = 0 ,

x3 = 0 .

Si calcoli l’energia cinetica della lamina in funzione di un’opportuna coordinata lagrangiana.
Soluzione
Consideriamo un sistema di riferimento solidale con la lamina S = (A, M) con
M = (uh )),
−−→
−−→
AD
AB
,
u2 =
,
u3 = u1 × u2 .
u1 =
L
2L
Si noti che u3 è principale, ma u1 e u2 non lo sono.
Consideriamo anche la terna fissa P = (eh ) e quella ausiliaria N