C. d. L. in Ing. Meccanica e Ing. Nucleare Compito scritto di Meccanica Razionale 11/01/2010

1) Sono dati la curva γ di equazioni parametriche (rispetto a una terna T ≡ (O, x, y, z) di versori î, ĵ, k̂)

\begin{cases}x = a(sin(θ) − θ) \\ y = a(sin(θ) + θ) \\ z = −a\sqrt{2} cos(θ) \end{cases} (θ ∈ ℝ, a > 0) e un punto materiale P di massa m vincolato a muoversi (senza attrito)

su γ. È presente la gravità, diretta come l’asse z e orientata nel verso negativo.

a) Determinare la parametrizzazione di γ in funzione dell’ascissa curvilinea s di P, prendendo come origine Ω ≡ (0, 0, −\sqrt{2}a) su γ.

ds=a√ ; \overline{(cos(θ)−1)^{2}+(cos(θ)+1)^{2}+2 sin^{2}(θ)}dθ =a√ ; \overline{cos^{2}(θ)+1−2 cos(θ)+cos^{2}(θ)+1+2 cos(θ)+2 sin^{2}(θ)}dθ =

a√ ; \overline{2 cos^{2}(θ)+2+2 sin^{2}(θ)}dθ =2adθ, quindi s = 2aθ e θ = \frac{s}{2a}. La parametrizzazione naturale di γ è quindi

x=a sin(\frac{s}{2a}) − \frac{s}{2}

y =a sin(\frac{s}{2a}) + \frac{s}{2}

z =−a\sqrt{2} cos(\frac{s}{2a})

b) Determinare le componenti del triedro principale t̂, n̂, b̂ rispetto ai versori di T in un punto generico di γ.

t̂= \frac{dx}{ds}î+ \frac{dy}{ds}ĵ+ \frac{dz}{ds}k̂= \frac{1}{2}[(cos(\frac{s}{2a})−1)î+(cos(\frac{s}{2a})+1)ĵ+\sqrt{2} sin(\frac{s}{2a})k̂]=−sin^{2}(\frac{s}{4a})î+cos^{2}(\frac{s}{4a})ĵ+ \frac{1}{\sqrt{2}} sin(\frac{s}{2a})k̂

=−sin^{2}(\frac{θ}{2}) î+cos^{2}(\frac{θ}{2}) ĵ+ \frac{1}{\sqrt{2}} sin(θ) k̂.

Si ha poi \frac{1}{R_{c}} =√ ; \overline{(\frac{d^{2}x}{ds^{2}})^{2}+(\frac{d^{2}y}{ds^{2}})^{2}+(\frac{d^{2}s}{ds^{2}})^{2}} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{sin^{2}(\frac{s}{2a})}{4a^{2}} + \frac{sin^{2}(\frac{s}{2a})}{4a^{2}} +2\frac{cos^{2}(\frac{s}{2a})}{4a^{2}}} = \frac{1}{2a\sqrt{2}}, da cui R_{c} =2a\sqrt{2}.

Quindi n̂=R_{c} \frac{dt̂}{ds} =−a\sqrt{2} [\frac{sin(\frac{s}{2a})}{2a}î+ \frac{sin(\frac{s}{2a})}{2a}ĵ−\sqrt{2}\frac{cos(\frac{s}{2a})}{2a}k̂]=−\frac{1}{\sqrt{2}} [sin(\frac{s}{2a}) (î+ĵ)]+cos(\frac{s}{2a}) k̂.

Infine b̂=t̂∧n̂= \frac{1}{2} (cos^{2}(\frac{s}{2a})+cos(\frac{s}{2a})+sin^{2}(\frac{s}{2a})) î+ \frac{1}{2} (−cos^{2}(\frac{s}{2a})+cos(\frac{s}{2a})−sin^{2}(\frac{s}{2a})) ĵ−

\frac{1}{2\sqrt{2}} (sin(\frac{s}{2a}) cos(\frac{s}{2a})−sin(\frac{s}{2a})−sin(\frac{s}{2a}) cos(\frac{s}{2a})−sin(\frac{s}{2a})) k̂= \frac{1}{2} (1+cos(\frac{s}{2a})) î+ \frac{1}{2} (−1+cos(\frac{s}{2a})) ĵ+

\frac{1}{\sqrt{2}} sin(\frac{s}{2a}) k̂=cos^{2}(\frac{s}{4a}) î−sin^{2}(\frac{s}{4a}) ĵ+ \frac{1}{\sqrt{2}} sin(\frac{s}{2a}) k̂.

c) Scrivere l’espressione dell’energia potenziale di P; calcolarne le eventuali posizioni di equilibrio, determinando se sono stabili o no. Si ha U = mgz = −mga\sqrt{2} cos(θ), con m > 0, g > 0. Le posizioni di equilibrio si hanno per \frac{dU}{dθ} =0, da

cui mga\sqrt{2} sin(θ) = 0, cioè θ = kπ, con k ∈ ℤ. Per determinare quali sono stabili e quali no, calcoliamo

\frac{d^{2}U}{dθ^{2}} =mga\sqrt{2} cos(θ). Si ha \frac{d^{2}U}{dθ^{2}} |_{θ=2kπ} =mga\sqrt{2}>0, quindi per θ = 2kπ (cioè s = 4akπ) si hanno posizioni di

equilibrio stabile. Si ha infine \frac{d^{2}U}{dθ^{2}} |_{θ=(2k+1)π} =−mga\sqrt{2}<0, quindi per θ =(2k + 1)π (cioè s=2a(2k + 1)π) si hanno posizioni di equilibrio instabile.

d) Scrivere l’equazione del moto di P usando l’equazione di Lagrange e ricavare il periodo delle piccole oscillazioni intorno alle posizioni di equilibrio stabile.

Si ha T = \frac{1}{2}mṡ^{2}, U =−mga\sqrt{2} cos(\frac{s}{2a}), L= T −U = \frac{1}{2}mṡ^{2}+mga\sqrt{2} cos(\frac{s}{2a}); da \frac{d}{dt} (\frac{∂L}{∂ṡ}) − \frac{∂L}{∂s} =0 si ottiene

ms̈+ \frac{mg}{\sqrt{2}} sin(\frac{s}{2a})=0, da cui s̈+ \frac{g}{\sqrt{2}} sin(\frac{s}{2a})=0. Sviluppando in serie il termine non lineare (intorno alle posi-

zioni s_{k} di equilibrio stabile, cioè per s_{k} =4akπ) si ha, posto s̃_{k} =s − 4akπ, sin(\frac{s̃+4akπ}{2a})=sin(\frac{s̃}{2a} +2kπ)=

sin(\frac{s̃}{2a})= \frac{s̃}{2a} +o(\frac{s̃}{2a}). Sostituendo nell’equazione del moto si ha ¨ s̃+ \frac{g}{2a\sqrt{2}}s̃=0 che è l’equazione di un moto

armonico di pulsazione ω = \sqrt{\frac{g}{2a\sqrt{2}}} e periodo τ = 2π\sqrt{\frac{2a\sqrt{2}}{g}}, lo stesso per tutti i valori di k.

e) Scrivere le equazioni del moto per P lungo le componenti della triedro principale e ricavare da esse le componenti della reazione vincolare dinamica supponendo di conoscere s(t) oppure θ(t).

L’equazione del moto è ma = mg+ϕ. Scomponiamo tale equazione lungo le direzioni della terna intrinseca

di γ ponendo ϕ=ϕ_{n}n̂+ϕ_{b}b̂; si ottiene m(s̈t̂+ \frac{ṡ^{2}}{R_{c}} n̂)=−mgk̂+ϕ_{n}n̂+ϕ_{b}b̂. Poiché k̂=(k̂▪t̂)t̂+(k̂▪n̂)n̂+(k̂▪b̂)b̂=

\frac{1}{\sqrt{2}} sin(\frac{s}{2a})t̂+cos(\frac{s}{2a})n̂+ \frac{1}{\sqrt{2}} sin(\frac{s}{2a})b̂, si ottiene ms̈=−mg \frac{1}{\sqrt{2}} sin(\frac{s}{2a}), già ottenuta al punto d), m\frac{ṡ^{2}}{2a\sqrt{2}} =

−mg cos(\frac{s}{2a})+ϕ_{n} e 0=−mg \frac{1}{\sqrt{2}} sin(\frac{s}{2a})+ϕ_{b}. Quindi ϕ_{n} =mg cos(\frac{s}{2a})+ \frac{mṡ^{2}}{2a\sqrt{2}} e ϕ_{b} = \frac{mg}{\sqrt{2}} sin(\frac{s}{2a}). Poiché

E = \frac{1}{2}mṡ^{2}− mga\sqrt{2} cos(\frac{s}{2a})= costante, ϕ_{n} =mg cos(\frac{s}{2a})+ \frac{E}{a\sqrt{2}} +mg cos(\frac{s}{2a})= \frac{E}{a\sqrt{2}} +2mg cos(\frac{s}{2a}).

2)

Una sbarra omogenea AB di lunghezza l e massa m ha gli estremi vincolati a scorrere (senza attrito) lungo gli assi y e x (rispettivamente) di un sistema di riferimento cartesiano ortogonale Oxy “fisso” nello spazio. È presente la gravità g, diretta come l’asse y e orientata nel suo verso negativo. Una

molla di costante elastica k = \frac{2m|g|}{l} e lunghezza a riposo nulla unisce il punto O a un punto C della sbarra tale che AB = 4AC.

gθ O  B A C  G  D C  x y

a) Determinare le posizioni di equilibrio della sbarra utilizzando il principio dei lavori virtuali. Poniamo |g| = g, e scegliamo come coordinata l’angolo θ che la sbarra AB forma con la parallela all’as-

se x passante per A, 0 ≤ θ < 2π. Si ha OC = \frac{l}{4} (cos(θ)î−3 sin(θ)ĵ) e, detto G il baricentro della sbarra,

CG= \frac{l}{4} (cos(θ)î+sin(θ)ĵ). Le forze attive esterne agenti sulla sbarra sono il peso P=mg=−mgĵ e la forza della

molla F=−kOC =−\frac{mg}{2} (cos(θ)î−3 sin(θ)ĵ). Il risultante è R^{(a,e)} =P+F=−\frac{mg}{2} cos(θ)î+mg (\frac{3}{2} sin(θ)−1) ĵ.

Per utilizzare il PLV è conveniente scegliere il punto C (uno dei punti al quale è applicata una delle due forze).

Si ha δC =−\frac{l}{4} (sin(θ)î+3 cos(θ)ĵ) δθ; M_{C}^{(a,e)} =CG∧P=−\frac{l}{4} (cos(θ)î+sin(θ)ĵ)∧mgĵ=−\frac{mgl}{4}cos(θ)k̂.

Il PLV fornisce δL^{(a,e)} =R^{(a,e)}▪δC + M_{C}^{(a,e)}▪δθk̂ = 0 per ogni spostamento virtuale compatibile coi vincoli, cioè

− (−\frac{mg}{2} cos(θ)î+mg (\frac{3}{2} sin(θ)−1) ĵ)▪ \frac{l}{4} (sin(θ)î+3 cos(θ)ĵ) δθ− \frac{mgl}{4}cos(θ)k̂▪δθk̂=0 ∀δθ, da cui

(\frac{mgl}{8}cos(θ) sin(θ)− \frac{3mgl}{4} (\frac{3}{2} sin(θ)−1) cos(θ)− \frac{mgl}{4}cos(θ)) δθ =0 ∀δθ, vale a dire

cos(θ) (\frac{mgl}{8}sin(θ)− \frac{9mgl}{8}sin(θ)+ \frac{3mgl}{4} − \frac{mgl}{4})=0 ed infine cos(θ)(− sin(θ)+ \frac{1}{2})=0. Le posizioni di equili-

brio si hanno quindi per i seguenti valori di θ: θ_{1} = \frac{π}{6} , θ_{2} = \frac{π}{2} , θ_{3} = \frac{5π}{6} , θ_{4} = \frac{3π}{2} .

b) Utilizzando le equazioni cardinali della statica e le proprietà fisiche dei vincoli lisci, ricavare le reazioni vincolari statiche agenti sulla sbarra nelle posizioni di equilibrio trovate al punto a). Si ha R^{(a,e)} +R^{(v,e)} = 0; R^{(v,e)} = ϕ_{A} +ϕ_{B}. Poiché i vincoli sono lisci, si ha ϕ_{A} = ϕ_{A}î, ϕ_{B} = ϕ_{B}ĵ. Utilizzando

l’espressione per R^{(a,e)} trovata sopra, si ha −\frac{mg}{2} cos(θ)î+mg (\frac{3}{2} sin(θ)−1) ĵ+ϕ_{A}î+ϕ_{B}ĵ=0. Analizzando le due

componenti si ha ϕ_{A} = \frac{mg}{2} cos(θ), ϕ_{B} =mg (1− \frac{3}{2} sin(θ)), relazioni che sono vere purché al posto di θ si

sostituiscano i valori corrispondenti alle 4 posizioni di equilibrio. Si ha quindi ϕ_{A1} = \frac{mg\sqrt{3}}{4}î, ϕ_{B1} = \frac{mg}{4} ĵ;

ϕ_{A2} =0, ϕ_{B2} =−\frac{mg}{2} ĵ; ϕ_{A3} =−\frac{mg\sqrt{3}}{4}î, ϕ_{B3} = \frac{mg}{4} ĵ; ϕ_{A4} =0, ϕ_{B4} = \frac{5mg}{2} ĵ.

c) Scrivere l’energia meccanica della sbarra in funzione di un’opportuna coordinata lagrangiana e della sua derivata, e ricavare l’equazione del moto della sbarra da un opportuno principio di conservazione.

Indicando con D il CIR della sbarra, si ha T = \frac{1}{2}I_{k̂,D}θ̇^{2}; si ha poi I_{k̂,D} =I_{k̂,G} + m\overline{GD}^{2} = \frac{1}{12}ml^{2} + m\frac{l^{2}}{4} = \frac{1}{3}ml^{2},

quindi T = \frac{1}{6}ml^{2}θ̇^{2}. U = \frac{k\overline{OC}^{2}}{2} +mgy_{G} = \frac{1}{2} \frac{2mg}{l} \frac{l^{2}}{16}(cos^{2}(θ)+9 sin^{2}(θ))− \frac{mgl}{2}sin(θ)= \frac{mgl}{2}sin^{2}(θ)− \frac{mgl}{2}sin(θ)+C.

Quindi E =T +U = \frac{1}{6}ml^{2}θ̇^{2}+ \frac{mgl}{2} sin^{2}(θ)− \frac{mgl}{2} sin(θ). Poiche le forze agenti sulla sbarra sono conservative op-

pure non compiono lavoro, E = costante, cioè Ė = 0. Quindi \frac{1}{3}ml^{2}θ̇θ̈+mglθ̇ sin(θ) cos(θ)− \frac{mglθ̇}{2} cos(θ) = 0,

da cui θ̈+ \frac{3g}{2l} cos(θ)(2 sin(θ)−1)=0 che è l’equazione richiesta.

3) Data una terna “fissa” T ≡ (O, x, y, z) di versori î, ĵ, k̂, consideriamo 4 punti materiali P_{1} di massa m, P_{2} di massa m, P_{3} di massa 2m, P_{4} di massa 2m rigidamente collegati fra loro e con O da 10 aste inestensibili e prive di massa in modo da formare un sistema rigido S. All’istante di tempo t = 0 si ha P_{1} ≡ (a, −2a, a), P_{2} ≡ (a, 0, −a), P_{3} ≡ (a, a, 0), P_{4} ≡ (0, a, a), con a > 0 costante.

a) Calcolare il tensore di inerzia di S rispetto alla terna T all’istante t=0.

Si ha A=5ma^{2}+ma^{2}+2ma^{2}+2m·2a^{2} =12ma^{2}; B =m·2a^{2}+m·2a^{2}+2ma^{2}+2ma^{2} =8ma^{2}; C = 5ma^{2} + ma^{2} + 2m · 2a^{2} + 2m · a^{2} = 12ma^{2}; D = −2ma^{2} + 0 + 0 + 2ma^{2} = 0; E = ma^{2} − ma^{2} + 0 + 0 = 0

F = ma·(−2a) + 0 + 2ma·a + 0 = 0, quindi I = 4ma^{2} (\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}) che è un tensore diagonale, quindi T al tempo t=0 è una terna principale di inerzia per S.

b) Definiamo una terna “mobile” T_{∗} ≡ (O, x_{∗}, y_{∗}, z_{∗}) di versori î_{∗} = cos^{2}(θ)î + \frac{1}{2} sin(2θ)ĵ − sin(θ)k̂; ĵ_{∗} = − sin(θ)î + cos(θ)ĵ; k̂_{∗} = \frac{1}{2} sin(2θ)î + sin^{2}(θ)ĵ + cos(θ)k̂, con θ = Ωt e Ω > 0 costante. T_{∗} coincide con T per t = 0; supponiamo inoltre che S si muova rimanendo solidale a T_{∗} e vincolato a una cerniera sferica liscia posta in O. Calcolare la velocità angolare ω di S esprimendo le sue componenti sia rispetto ai versori di T che a quelli di T_{∗}. Le derivate dei versori di T_{∗} sono: \frac{dî_{∗}}{dt} =Ω(− sin(2Ωt)î+cos(2Ωt)ĵ−cos(Ωt)k̂); \frac{dĵ_{∗}}{dt} =−Ω(cos(Ωt)î+sin(Ωt)ĵ);

\frac{dk̂_{∗}}{dt} =Ω(cos(2Ωt)î+sin(2Ωt)ĵ−sin(Ωt)k̂). Le componenti di ω in T_{∗} sono:

p= \frac{dĵ_{∗}}{dt} ▪ k̂_{∗} =−Ω(cos(Ωt)î+sin(Ωt)ĵ) ▪ (\frac{1}{2} sin(2Ωt)î+sin^{2}(Ωt)ĵ+cos(Ωt)k̂)=−Ω(sin(Ωt) cos^{2}(Ωt)+sin^{3}(Ωt))=

−Ω sin(Ωt)(cos^{2}(Ωt) + sin^{2}(Ωt))=−Ω sin(Ωt);

q = \frac{dk̂_{∗}}{dt} ▪ î_{∗} =Ω(cos(2Ωt)î+sin(2Ωt)ĵ−sin(Ωt)k̂) ▪ (cos^{2}(Ωt)î+ \frac{1}{2} sin(2Ωt)ĵ−sin(Ωt)k̂)=Ω(cos(2Ωt) cos^{2}(Ωt)+

\frac{1}{2} sin^{2}(2Ωt)+sin^{2}(Ωt))=Ω(cos^{4}(Ωt)−sin^{2}(Ωt) cos^{2}(Ωt)+2 sin^{2}(Ωt) cos^{2}(Ωt)+sin^{2}(Ωt))=Ω(cos^{4}(Ωt)+

sin^{2}(Ωt) cos^{2}(Ωt)+sin^{2}(Ωt))=Ω(cos^{2}(Ωt)(cos^{2}(Ωt)+sin^{2}(Ωt))+sin^{2}(Ωt))=Ω(cos^{2}(Ωt)+sin^{2}(Ωt))=Ω;

r = \frac{dî_{∗}}{dt} ▪ ĵ_{∗} =Ω(− sin(2Ωt)î+cos(2Ωt)ĵ−cos(Ωt)k̂) ▪ (− sin(Ωt)î+cos(Ωt)ĵ)=Ω(sin(2Ωt) sin(Ωt)+cos(2Ωt)

cos(Ωt))=Ω cos(2Ωt − Ωt)=Ω cos(Ωt). Si ha quindi ω = pî_{∗}+qĵ_{∗}+rk̂_{∗} = Ω(− sin(Ωt)î_{∗}+ĵ_{∗}+cos(Ωt)k̂_{∗}). L’espressione di ω nella terna T è ω = Ω [− sin(Ωt)(cos^{2}(Ωt)î + \frac{1}{2} sin(2Ωt)ĵ−sin(Ωt)k̂)+(− sin(Ωt)î+cos(Ωt)ĵ)

+cos(Ωt)(\frac{1}{2} sin(2Ωt)î+sin^{2}(Ωt)ĵ+cos(Ωt)k̂)]=Ω [(−sin(Ωt) cos^{2}(Ωt)−sin(Ωt)+sin(Ωt) cos^{2}(Ωt))î+(−sin^{2}(Ωt)

cos(Ωt)+cos(Ωt)+sin^{2}(Ωt) cos(Ωt))ĵ+(sin^{2}(Ωt)+cos^{2}(Ωt))k̂]=Ω(−sin(Ωt)î+cos(Ωt)ĵ+k̂).

c) Determinare l’equazione cartesianadel cono fisso e del cono mobile di Poinsot.

Anche se non è espressamente richiesto dal testo, è utile osservare che |ω| = \sqrt{2}Ω = costante. Inoltre si ha

\frac{ω ▪ k̂}{|ω|} = \frac{1}{\sqrt{2}}, cioè l’angolo fra ω e k̂ è costante nel tempo e vale \frac{π}{4} ; \frac{ω ▪ ĵ_{∗}}{|ω|} = \frac{1}{\sqrt{2}}, cioè anche l’angolo fra ω e

ĵ_{∗} è costante nel tempo e vale \frac{π}{4} . Quindi la punta di ω (immaginandolo come un vettore applicato in O) si muove di moto circolare uniforme sia in T che in T_{∗}, e in entrambe le terne, ad ogni istante t, il vettore ω appartiene a una delle generatrici di un cono circolare retto avente vertice in O e semiapertura \frac{π}{4} . Anche senza aver svolto le considerazioni esposte sopra, si ha che nella terna T il vettore ω ad un istante t è

diretto lungo la retta di equazioni parametriche \begin{cases}x = −sΩ sin(Ωt) \\ y = sΩ cos(Ωt) \\ z = sΩ \end{cases}(per la precisione, giace sulla semiretta che si ottiene per s ≥ 0). Elevando al quadrato le prime due equazioni e sommandole fra loro, si ha x^{2} + y^{2} = Ω^{2}s^{2}. D’altronde dalla terza equazione si ha z^{2} = Ω^{2}s^{2}, quindi l’equazione del cono fisso di Poinsot è x^{2}+y^{2}−z^{2} = 0, con z ≥ 0. Analogamente, nella terna

T_{∗} il vettore ω ad un istante t è diretto lungo la retta di equazioni parametriche \begin{cases}x_{∗} =−sΩ sin(Ωt) \\ y_{∗} =sΩ \\ z_{∗} =sΩ cos(Ωt) \end{cases} (per la

precisione, giace sulla semiretta che si ottiene per s ≥ 0). Elevando al quadrato la prima e la terza equazione e sommandole fra loro, si ha x_{∗}^{2} +z_{∗}^{2} = Ω^{2}s^{2}. D’altronde dalla seconda equazione si ha y_{∗}^{2} = Ω^{2}s^{2}, quindi l’equazione del cono mobile di Poinsot è x_{∗}^{2}−y_{∗}^{2}+z_{∗}^{2} =0, con y_{∗} ≥0. d) Calcolare l’energia cinetica e il momento angolare di S rispetto ad O in funzione di t, esprimendo le compo-

nenti di quest’ultimo sia rispetto ai versori di T che rispetto ai versori di T_{∗}.

T = \frac{1}{2}ωIω = \frac{1}{2}4ma^{2}Ω^{2}(− sin(Ωt) 1 cos(Ωt))(\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix})(\begin{matrix}− sin(Ωt) \\ 1 \\ cos(Ωt) \end{matrix})=2ma^{2}Ω^{2}(3 sin^{2}(Ωt)+2+3 cos^{2}(Ωt))= 10ma^{2}Ω^{2} = costante. Nella terna T_{∗} si ha

K_{O} =Iω =4ma^{2}Ω(\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix})(\begin{matrix}− sin(Ωt) \\ 1 \\ cos(Ωt) \end{matrix})=4ma^{2}Ω(−3 sin(Ωt)î_{∗}+2ĵ_{∗}+3 cos(Ωt)k̂_{∗}). Rispetto a T si ha:

K_{O} =4ma^{2}Ω(−3 sin(Ωt)(cos^{2}(Ωt)î+ \frac{1}{2} sin(2Ωt)ĵ−sin(Ωt)k̂)+2(−sin(Ωt)î+cos(Ωt)ĵ)+3 cos(Ωt)(\frac{1}{2} sin(2Ωt)î+

sin^{2}(Ωt)ĵ+cos(Ωt)k̂))=4ma^{2}Ω[(−3 sin(Ωt) cos^{2}(Ωt)−2 sin(Ωt)+3 cos^{2}(Ωt) sin(Ωt))î+(−3 sin^{2}(Ωt) cos(Ωt)+ 2 cos(Ωt)+3 cos(Ωt) sin^{2}(Ωt))ĵ+(3 sin^{2}(Ωt)+3 cos^{2}(Ωt))k̂]=4ma^{2}Ω(−2 sin(Ωt)î+2 cos(Ωt)ĵ+3k̂) Anche se non richiesto, giova alla comprensione del problema osservare che |K_{O}|=4\sqrt{13}ma^{2}Ω= costante, ma

che la direzione di K_{O} non è costante. Detto α l’angolo fra K_{O} e ĵ_{∗}, si ha cos(α)= \frac{4ma^{2}Ω · 2}{4ma^{2}Ω\sqrt{13}} = \frac{2}{\sqrt{13}} = costante.

Detto β l’angolo fra K_{O} e k̂, si ha cos(β)= \frac{4ma^{2}Ω · 3}{4ma^{2}Ω\sqrt{13}} = \frac{3}{\sqrt{13}} = costante. Detto γ l’angolo fra K_{O} e ω, si

ha cos(γ)= \frac{4ma^{2}Ω^{2} · (3+2)}{4\sqrt{2}ma^{2}Ω^{2}\sqrt{13}} = \frac{5}{\sqrt{26}} = costante. Infine, ĵ_{∗}, ω e K_{O} (considerati come vettori applicati in O)

giacciono sul piano (mobile in T_{∗}) cos(Ωt)x_{∗} + sin(Ωt)z_{∗} = 0 per ogni t; k̂, ω e K_{O} (considerati come vettori applicati in O) giacciono sul piano (mobile in T ) cos(Ωt)x + sin(Ωt)y = 0 per ogni t.

e) Utilizzando le equazioni di Eulero, calcolare le componenti (rispetto ai versori di T_{∗}) del momento rispetto ad O delle forze attive esterne che consentono di realizzare il moto di S definito al punto b).

Posto M_{O}^{(a,e)} =M_{x_{∗}}^{(a,e)}î_{∗}+M_{y_{∗}}^{(a,e)}ĵ_{∗}+M_{z_{∗}}^{(a,e)}k̂_{∗}, si ha \begin{cases}Aṗ−(B−C)qr =M_{x_{∗}}^{(a,e)} \\ Bq̇−(C−A)rp=M_{y_{∗}}^{(a,e)} \\ Cṙ−(A−B)pq =M_{z_{∗}}^{(a,e)} \end{cases} . Ponendo A=12ma^{2}, B =8ma^{2},

C = 12ma^{2} ricavati al punto a), e p = −Ω sin(Ωt), q = Ω, r = Ω cos(Ωt) ricavati al punto b), si ottiene

\begin{cases}−12ma^{2}Ω^{2} cos(Ωt) − (8ma^{2} − 12ma^{2})Ω^{2} cos(Ωt) = M_{x_{∗}}^{(a,e)} \\ 8ma^{2}·0 − (12ma^{2} − 12ma^{2}) − Ω^{2} sin(Ωt) cos(Ωt) = M_{y_{∗}}^{(a,e)} \\ −12ma^{2}Ω^{2} sin(Ωt) − (12ma^{2} − 8ma^{2})Ω^{2} sin(Ωt) = M_{z_{∗}}^{(a,e)} \end{cases} , da cui \begin{cases}−8ma^{2}Ω^{2} cos(Ωt) = M_{x_{∗}}^{(a,e)} \\ 0 = M_{y_{∗}}^{(a,e)} \\ −8ma^{2}Ω^{2} sin(Ωt) = M_{z_{∗}}^{(a,e)} \end{cases} ; quindi

M_{O}^{(a,e)} =−8ma^{2}Ω^{2}(cos(Ωt)î_{∗}+sin(Ωt)k̂_{∗}). Presentiamo alcune considerazioni non richieste, ma interessanti. Si osservi che M_{O}^{(a,e)} ⊥ ω e M_{O}^{(a,e)} ⊥ K_{O} ad ogni istante di tempo. È possibile ottenere M_{O}^{(a,e)} utilizzando l’equazione cardinale K̇_{O} =M_{O}^{(a)}, tenendo conto però che i versori di T_{∗} dipendono dal tempo e vanno quindi derivati anch’essi. È più facile fare il calcolo

nella terna T , in cui K̇_{O} = \frac{d}{dt}4ma^{2}Ω(−2 sin(Ωt)î+2 cos(Ωt)ĵ+3k̂)=−8ma^{2}Ω^{2}(cos(Ωt)î+sin(Ωt)ĵ); sostituendo

le espressioni di î e ĵ in funzione dei versori di T_{∗} si ottiene il risultato già mostrato. Si osservi infine che nella terna T il tensore d’inerzia dipende dal tempo. Trasformando I con la legge di trasformazione dei tensori, si

ottiene I_{T} (t) = 4ma^{2}(\begin{matrix}3−sin^{2}(Ωt) cos^{2}(Ωt) & −sin(Ωt) cos^{2}(Ωt) & −sin^{3}(Ωt) cos(Ωt) \\ −sin(Ωt) cos^{2}(Ωt) & 2+sin^{2}(Ωt) & −sin^{2}(Ωt) cos(Ωt) \\ −sin^{3}(Ωt) cos(Ωt) & −sin^{2}(Ωt) cos(Ωt) & 3−sin^{4}(Ωt) \end{matrix}) che è diagonale solo per

t= \frac{kπ}{2Ω}, con k ∈ ℤ.