C. d. L. in Ing. Meccanica e Ing. Nucleare Compito scritto di Meccanica Razionale – 27/01/2010

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 = ae^{θ} sin(θ) \\ y = ae^{θ} \\ z = −ae^{θ} 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, a, −a) su γ.

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

ae^{θ}√ ; \overline{cos^{2}(θ)+sin^{2}(θ)+2 cos(θ) sin(θ)+1+cos^{2}(θ)+sin^{2}(θ)−2 cos(θ) sin(θ)}dθ = ae^{θ}\sqrt{1+1+1}dθ =ae^{θ}\sqrt{3}dθ,

quindi s=a\sqrt{3}(e^{θ}−1), e^{θ} = \frac{s}{a\sqrt{3}} +1, θ =ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1). La parametrizzazione di γ in funzione di s è quindi

OP (s)=(\frac{s}{\sqrt{3}} +a) (sin(ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1)) î+ĵ−cos(ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1)) k̂), con s ∈ (−a\sqrt{3}, +∞).

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

T= \frac{dx}{dθ}î+ \frac{dy}{dθ} ĵ+ \frac{dz}{dθ} k̂=ae^{θ} ((cos(θ)+sin(θ))î+ĵ+ (sin(θ)−cos(θ))k̂) con |T|=ae^{θ}\sqrt{3}; quindi t̂= \frac{T}{|T|} =

\frac{1}{\sqrt{3}} ((cos(θ)+sin(θ))î+ ĵ+ (sin(θ)−cos(θ))k̂)=\sqrt{\frac{2}{3}} (cos(θ− \frac{π}{4})î+ \frac{1}{\sqrt{2}}ĵ+sin(θ− \frac{π}{4}) k̂).

N= \frac{dt̂}{dθ} =\sqrt{\frac{2}{3}} (− sin(θ− \frac{π}{4})î+cos(θ− \frac{π}{4}) k̂) con |N|=\sqrt{\frac{2}{3}}; quindi n̂= \frac{N}{|N|} =− sin(θ− \frac{π}{4})î+cos(θ− \frac{π}{4}) k̂.

\frac{1}{R_{c}} = |\frac{dt̂}{ds}|=|\frac{dt̂}{dθ}| \frac{dθ}{ds} =\sqrt{\frac{2}{3}} · \frac{e^{−θ}}{a\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}e^{−θ}}{3a}, da cui R_{c} = \frac{3ae^{θ}}{\sqrt{2}} =\sqrt{\frac{3}{2}} (s+a\sqrt{3}). Infine si ha

b̂=t̂∧n̂= \frac{1}{\sqrt{3}} (cos(θ− \frac{π}{4})î−\sqrt{2}ĵ+sin(θ− \frac{π}{4})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 = −mgae^{θ} cos(θ), con m > 0, g > 0. Le posizioni di equilibrio si hanno per \frac{dU}{dθ} =0, da

cui mgae^{θ}(sin(θ)−cos(θ)) = 0, cioè θ = \frac{π}{4} +kπ, con k ∈ ℤ. Per determinare quali sono stabili e quali

no, calcoliamo \frac{d^{2}U}{dθ^{2}} =2mgae^{θ} sin(θ). Si ha \frac{d^{2}U}{dθ^{2}} |_{θ= \frac{π}{4} +2kπ} =mga\sqrt{2}e^{\frac{π}{4} +2kπ} >0, quindi per θ = \frac{π}{4} +2kπ (cioè

s=a\sqrt{3}(e^{\frac{π}{4}+2kπ}−1)) si hanno posizioni di equilibrio stabile. Si ha infine \frac{d^{2}U}{dθ^{2}} |_{θ= \frac{π}{4} +(2k+1)π} =−mga\sqrt{2}e^{\frac{π}{4} +(2k+1)π} <0,

quindi per θ = \frac{5π}{4} +2kπ (cioè s=a\sqrt{3}(e^{\frac{5π}{4} +2kπ}−1)) 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 a tutte le posizioni di equilibrio stabile.

Si ha T = \frac{1}{2}mṡ^{2}, U =−mg(\frac{s}{\sqrt{3}} +a) cos(ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1)), L= T −U = \frac{1}{2}mṡ^{2}+mg(\frac{s}{\sqrt{3}} +a) cos(ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1));

da \frac{d}{dt} (\frac{∂L}{∂ṡ})− \frac{∂L}{∂s} =0 si ottiene ms̈− \frac{mg}{\sqrt{3}} (cos(ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1))−sin(ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1)))=0, da cui si ricava

s̈+g\sqrt{\frac{2}{3}} sin(ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1)− \frac{π}{4})=0. Sviluppando in serie il termine non lineare intorno alle posizioni

s_{k} di equilibrio stabile si ha, posto s̃ = s−s_{k}, sin(ln(\frac{s̃_{k} + s_{k}}{a\sqrt{3}} +1)− \frac{π}{4}) = sin(ln(\frac{s̃}{a\sqrt{3}} +e^{\frac{π}{4}+2kπ})− \frac{π}{4})=

sin(ln(1+ \frac{s̃e^{− \frac{π}{4}−2kπ}}{a\sqrt{3}})+ \frac{π}{4} +2kπ− \frac{π}{4})= sin(\frac{s̃e^{− \frac{π}{4}−2kπ}}{a\sqrt{3}} +2kπ+o(s̃))= \frac{s̃e^{− \frac{π}{4}−2kπ}}{a\sqrt{3}} +o(s̃). Sostituendo nell’e-

quazione del moto si ha ¨ s̃+ \frac{g\sqrt{2}e^{− \frac{π}{4}−2kπ}}{3a} s̃=0 che è l’equazione di un moto armonico di pulsazione

ω_{k} = \sqrt{\frac{\sqrt{2}}{3} \frac{g}{a}}e^{− \frac{π}{8}−kπ} e periodo τ_{k} = 2π\sqrt{\frac{3}{\sqrt{2}} \frac{a}{g}}e^{\frac{π}{8}+kπ}, che dipendono da k. e) Scrivere le equazioni del moto per P lungo le direzioni del triedro principale e ricavare da esse le com-

ponenti della reazione vincolare dinamica supponendo di conoscere s(t). L’equazione del moto è ma=mg+ϕ. Scomponiamo tale equazione lungo le direzioni della terna intrin-

seca 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= \sqrt{\frac{2}{3}} sin(ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1)− \frac{π}{4})t̂+cos(ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1)− \frac{π}{4})n̂+ \frac{1}{\sqrt{3}} sin(ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1)− \frac{π}{4})b̂, si ottiene

ms̈=−mg\sqrt{\frac{2}{3}} sin(ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1)− \frac{π}{4}), già vista al d), m\begin{matrix} & ṡ^{2} \\ \sqrt{\frac{3}{2}} & (s+a\sqrt{3}) \end{matrix} = −mg cos(ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1)− \frac{π}{4})+ϕ_{n}

e 0=−mg \frac{1}{\sqrt{3}} sin(ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1)− \frac{π}{4})+ϕ_{b}. Quindi si ottiene ϕ_{n} =mg cos(ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1)− \frac{π}{4})+ \frac{m\sqrt{2}ṡ^{2}}{\sqrt{3}s+3a} e

ϕ_{b} =mg \frac{1}{\sqrt{3}} sin(ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1)− \frac{π}{4}). Poiché E = \frac{1}{2}mṡ^{2}−mg(\frac{s}{\sqrt{3}} +a) cos(ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1))= costante, si ha

ϕ_{n} =mg (1+ \frac{2\sqrt{2}}{3}) cos(ln(\frac{s}{a\sqrt{3}} +1)− \frac{π}{4})+ \frac{2\sqrt{2}E}{\sqrt{3}s + 3a}.

2.

Un disco omogeneo di raggio r, massa m, ha il proprio centro O incernierato a una cerniera fissa e presenta una scanalatura lungo un diametro entro la quale può scorrere senza attrito una sbarra AB di lunghezza 4r e massa m. È presente la gravità. L’estremo A della sbarra è vincolato a una cerniera mobile vincolata a sua volta a muoversi lungo una guida orizzontale fissa posta al di sopra del disco. Quando la sbarra è verticale, O coincide geometricamente col punto medio della sbarra. Tutti i vincoli sono privi di attrito.

a) Dopo aver scelto un opportuno sistema di riferimento “fisso” e un’opportuna coordinata lagrangiana θ per descrivere la configurazione del sistema, ricavare la posizione e la velocità di A in funzione di θ e θ̇, e di un qualunque punto P della sbarra in funzione di \overline{AP}, θ e θ̇. Scegliamo l’asse x passante per O e parallelo alla guida, l’asse y passante per O e perpendicolare alla guida, θ l’angolo che la sbarra forma con il semiasse positivo delle y, misurato dall’asse alla sbarra. Come di consueto, il senso antiorario ha segno positivo e si usano i soliti versori degli assi. La guida dista 2r dall’asse orizzontale x, poniamo OA = x_{A}î+2rĵ. Si ha −\frac{x_{A}}{2r} = tan(θ), quindi OA = 2r(− tan(θ)î+ĵ) e

v_{A} =−\frac{2rθ̇}{cos^{2}(θ)}î. Dalla formula fondamentale della cinematica piana, si ha v_{P} =v_{A}+θ̇k̂∧AP. Introduciamo

un sistema di riferimento solidale alla sbarra con origine in A e avente i versori î_{∗} e ĵ_{∗} coincidenti per θ =0 coi versori î e ĵ. Si ha î_{∗} =cos θî+sin(θ)ĵ; ĵ_{∗} =−sin(θ)î+cos(θ)ĵ. AP =−\overline{AP} ĵ_{∗} =\overline{AP}(sin θî−cos(θ)ĵ).

Quindi v_{P} =v_{A}+\overline{AP} θ̇k̂∧(sin(θ)î−cos(θ)ĵ)=−\frac{2rθ̇}{cos^{2}(θ)}î +\overline{AP} θ̇(cos(θ)î+sin(θ)ĵ)

b) Mostrare che per ogni θ compreso in un opportuno intervallo esiste è ed unico un punto Q della sbarra tale che v_{Q} è parallelo ad AB; determinare gli estremi di tale intervallo e calcolare il vettore OQ. La sbarra ha la direzione di ĵ_{∗}, quindi bisogna imporre v_{Q} ∧ ĵ_{∗} = 0, da cui si ottiene, sostituendo,

(−\frac{2rθ̇}{cos^{2}(θ)}î +\overline{AQ}θ̇(cos(θ)î+sin(θ)ĵ))∧(−sin(θ)î+cos(θ)ĵ)=0, da cui (−\frac{2rθ̇}{cos(θ)} +\overline{AQ}θ̇(cos^{2}(θ)+sin^{2}(θ)))k̂

=0 ed infine \overline{AQ}= \frac{2r}{cos(θ)}. Poiché 0≤\overline{AQ}≤4r, si ha 0≤ \frac{2}{cos θ} ≤4, da cui cos(θ)≥ \frac{1}{2} ed infine −\frac{π}{3} ≤θ ≤ \frac{π}{3} .

Si osservi che Q è il punto della sbarra che coincide geometricamente col punto O del disco ad ogni

posizione della sbarra indicata da θ, infatti OQ=OA+AQ = 2r(− tan(θ)î+ĵ)−\frac{2r}{cos(θ)}(−sin θî+cos(θ)ĵ)=

(−2r tan(θ) + 2r tan(θ))î + (2r − 2r)ĵ=0.

c) Calcolare la velocità v^{(r)} di strisciamento dei punti della sbarra a contatto con il disco in funzione di θ e delle sue derivate. Basta proiettare la velocità di un punto P della sbarra lungo la direzione di ĵ_{∗}, si ha cioè v^{(r)} = ((v_{A}−

\overline{AP} θ̇k̂∧ĵ_{∗})▪ĵ_{∗})ĵ_{∗} =(v_{A}▪ĵ_{∗})ĵ_{∗} =−\frac{2rθ̇}{cos^{2}(θ)}î▪(−sin(θ)î+cos(θ)ĵ)ĵ_{∗} = \frac{2r sin(θ)θ̇}{cos^{2}(θ)}ĵ_{∗} = \frac{2r sin(θ)θ̇}{cos^{2}(θ)}(−sin(θ)î+cos(θ)ĵ).

Ovviamente il risultato non dipende dalla scelta di P. d) Ricavare la posizione del centro istantaneo di rotazione e le equazioni parametriche e cartesiane della

polare fissa e della polare mobile. La velocità di A è diretta come î, la velocità del punto Q della sbarra sovrapposto a O quando essa si trova nella posizione indicata da θ è diretta lungo ĵ_{∗}. Quindi le coordinate del CIR in funzione di θ si ottengono intersecando due rette: una passante per A e diretta lungo ĵ e l’altra passante

per O e diretta lungo î_{∗}, cioè \begin{cases}x=−2r tan(θ) \\ y =tan(θ)x \end{cases} , da cui \begin{cases}x_{CIR} =−2r tan(θ) \\ y_{CIR} =−2r tan^{2}(θ) \end{cases} o, più semplicemente,

\begin{cases}x_{CIR} =rs \\ y_{CIR} =−\frac{rs^{2}}{2} \end{cases} . Essa è la parabola di equazione y =−\frac{x^{2}}{2r}. Per ottenere la polare mobile, basta trasfor-

mare le coordinate di un generico punto P ≡ (x_{P} , y_{P}) nel sistema “fisso” in modo da ottenere le coordinate dello stesso punto P nel sistema solidale avente origine in A. Ponendo OP = OA + AP, si

ha x_{P} î+ y_{P} ĵ = −2r tan(θ)î+2rĵ+ x_{P ∗}î_{∗} + y_{P ∗}ĵ_{∗} da cui \begin{cases}x_{P} =−2r tan(θ)+x_{P ∗} cos(θ)−y_{P ∗}sin(θ) \\ y_{P} =2r+x_{P ∗}sin(θ)+y_{P ∗}cos(θ) \end{cases} ed

infine \begin{cases}x_{P ∗} =x_{P} cos(θ)+y_{P} sin(θ) \\ y_{P ∗} =−x_{P} sin(θ)+y_{P} cos(θ)− \frac{2r}{cos(θ)} \end{cases} . Le equazioni parametriche della polare mobile sono

quindi \begin{cases}x_{CIR∗} =−2r tan(θ) cos(θ)−2r tan^{2}(θ) sin(θ) \\ y_{CIR∗} =2r tan(θ) sin(θ)−2r tan^{2}(θ) cos(θ)− \frac{2r}{cos(θ)} \end{cases} da cui \begin{cases}x_{CIR∗} =−2r\frac{sin(θ)}{cos^{2}(θ)} \\ y_{CIR∗} =−\frac{2r}{cos(θ)} \end{cases} . Ricavando

cos θ =−\frac{2r}{y_{∗}} e sin(θ)=−\frac{2rx_{∗}}{y_{∗}^{2}} e ricordando che sin^{2}(θ)+cos^{2}(θ)=1, si ottiene 4r^{2}(x_{∗}^{2}+y_{∗}^{2})=y_{∗}^{4}.

e) Calcolare la posizione del baricentro del sistema in funzione di θ e il momento angolare del sistema rispetto a O in funzione di θ e delle sue derivate. Il baricentro del disco coincide con O, il baricentro G_{s} della sbarra è nel punto medio della sbarra, quindi

OG_{s} = \overline{OG_{s}}ĵ_{∗} = (\frac{2r}{cos(θ)} −2r)(cos(θ)ĵ−sin(θ)î) = 2r(1−cos(θ))(− tan(θ)î+ĵ). Il baricentro del sistema

è OG = \frac{mOO+mOG_{s}}{2m} = r(1−cos(θ))(− tan(θ)î+ĵ). Per il calcolo del momento angolare, osserviamo

che possiamo calcolare separatamente il momento angolare del disco K_{O}^{d} e della sbarra K_{O}^{s} e sommare

i due contributi per avere il momento angolare del sistema K_{O} =K_{O}^{d}+K_{O}^{s}. Si ha K_{O}^{d} = \frac{1}{2}mr^{2}θ̇k̂. Per la

sbarra, si osservi che la velocità v_{P} di un suo punto P può essere scritta nella forma v_{P} =v^{(r)}+θ̇k̂∧OP, e che nel calcolo di OP ∧v_{P} il contributo di v^{(r)} è nullo, perché v^{(r)} è parallela ad AP. Quindi K_{O}^{s} =

I_{k̂,O}θ̇k̂ = (\frac{m(4r)^{2}}{12} +mOG_{s}^{2}) θ̇k̂. Si ha OG_{s}^{2} = 4r^{2}(\frac{1}{cos(θ)} −1)^{2}. Svolgendo il quadrato e sostituendo si

ha K_{O} = \frac{4}{3}(2− \frac{1}{cos(θ)})^{2}mr^{2}θ̇k̂.

3.

Una lamina quadrata omogenea OABC di lato l e massa m è incernierata nei suoi punti O e C in modo da poter ruotare (senza poter traslare) intorno all’asse orizzontale x. È presente la gravità g, diretta come l’asse z e orientata nel verso

negativo. Una molla di costante elastica k = \frac{m|g|}{4l} e di lunghezza a riposo nulla ha un suo estremo bloccato nel punto D ≡ (l, l, l), l’altro estremo è attaccato al punto B.

O C  B  A D z  y x g

a) Dopo aver scelto un’opportuna coordinata lagrangiana, determinare gli spostamenti virtuali dei punti di applicazione delle forze attive esterne e i lavori virtuali di tali forze. Calcolare infine le posizioni di equilibrio della lamina utilizzando il principio dei lavori virtuali. Si prenda come coordinata lagrangiana l’angolo θ che la semiretta con origine in O e passante per A forma col semiasse positivo delle y, con θ ∈(−π, π]. Con tale scelta, e con la scelta di considerare positivo il senso antiorario, si ha OB =l(î+cos(θ)ĵ+sin(θ)k̂), da cui δB =l(−sin(θ)ĵ+cos(θ)k̂)δθ; si ha poi OG= \frac{l}{2}(î+cos(θ)ĵ+ sin(θ)k̂), da cui δG= \frac{l}{2}(−sin(θ)ĵ+cos(θ)k̂)δθ. Le forze attive esterne agenti sono il peso P=−mgk̂ e la forza elastica F=−kDB =kBD =k(OD−OB)= \frac{mg}{4l} l(î+ĵ+k̂−î−cos(θ)ĵ−sin(θ)k̂)= \frac{mg}{4} ((1−cos(θ))ĵ+ (1−sin(θ))k̂). Il lavoro virtuale delle forze attive esterne sarà δL^{(a,e)} =P▪δG + F▪δB =−\frac{mgl}{2} cos(θ)δθ

\frac{mgl}{4}(−(1−cos(θ)) sin(θ)+(1−sin(θ)) cos(θ))δθ. Deve essere δL^{(a,e)} = 0 per ogni spostamento virtuale

compatibile coi vincoli, da cui (−\frac{mgl}{2} cos(θ)+ \frac{mgl}{4}(−sin(θ)+cos(θ))) δθ =0 ∀δθ, ed infine −\frac{mgl}{4}(sin(θ)+

cos(θ))=0, da cui si ottengono le due posizioni di equilibrio θ_{1} =−\frac{π}{4} e θ_{2} = \frac{3π}{4} .

b) Scrivere le equazioni cardinali della statica, e ricavare le reazioni vincolari in O e C nelle posizioni di equilibrio trovate al punto a). (Ipotizziamo che le coppie rotoidali non esercitino forze dirette lungo il proprio asse di rotazione). Le reazioni vincolari possono essere scritte nella forma ϕ_{O} = ϕ_{Oy}ĵ+ϕ_{Oz}k̂ e ϕ_{C} = ϕ_{Cy}ĵ+ϕ_{Cz}k̂. Si hanno

quindi 4 incognite. Scegliendo il punto O come polo, si hanno le equazioni \begin{cases}P+F+ϕ_{O}+ϕ_{A} =0 \\ M_{O}^{P}+M_{O}^{F}+Mϕ_{A} ; O =0 \end{cases} . Si ha

M_{O}^{P} =OG∧P= \frac{l}{2}(î+cos(θ)ĵ+sin(θ)k̂)∧(−mg)k̂= \frac{mgl}{2}(−cos(θ)î+ĵ); M_{O}^{F} =OB∧F=l(î+cos(θ)ĵ+sin(θ)k̂)∧

\frac{mg}{4} ((1−cos(θ))ĵ+(1−sin(θ))k̂)= \frac{mgl}{4}((1−cos(θ))k̂−(1−sin(θ))ĵ+cos(θ)(1−sin(θ))î−sin(θ)(1−cos(θ))î)=

\frac{mgl}{4}((cos(θ)−sin(θ))î−(1−sin(θ))ĵ+(1−cos(θ))k̂). Mϕ_{C} ; O =OC∧ϕ_{C} =lî∧ϕ_{Cy}ĵ+ϕ_{Cz}k̂=lϕ_{Cy}k̂−lϕ_{Cz}ĵ. Pren-

dendo le componenti lungo le direzioni degli assi si ha \begin{cases}\frac{mg}{4} (1−cos(θ))+ϕ_{Oy}+ϕ_{Cy} =0 \\ −mg+ \frac{mg}{4} (1−sin(θ))+ϕ_{Oz}+ϕ_{Cz} =0 \\ −\frac{mgl}{2} cos(θ)+ \frac{mgl}{4}(cos(θ)−sin(θ))=0 \\ \frac{mgl}{2} − \frac{mgl}{4}(1−sin(θ))−lϕ_{Cz} =0 \\ \frac{mgl}{4}(1−cos(θ))+lϕ_{Cy} =0 \end{cases} , da cui

\begin{cases}ϕ_{Oy}+ϕ_{Cy} = \frac{mg}{4} (cos(θ)−1) \\ ϕ_{Oz}+ϕ_{Cz} = \frac{mg}{4} (3+sin(θ)) \\ −\frac{mgl}{4}(cos(θ)+sin(θ))=0 \\ ϕ_{Cz} = \frac{mg}{4} (1+sin(θ)) \\ ϕ_{Cy} = \frac{mg}{4} (cos(θ)−1) \end{cases} . La terza equazione è già nota dal punto a), dalle prime due si ha

ϕ_{Oy} = \frac{mg}{4} (cos(θ)−1)−ϕ_{Cy} =0, ϕ_{Oz} = \frac{mg}{4} (3+sin(θ))−ϕ_{Cz} = \frac{mg}{2} . Le relazioni ottenute sono valide solo se

θ è un angolo corrispondente a una posizione di equilibrio. Quindi ϕ_{O1} = \frac{mg}{2} k̂ e ϕ_{A1} = \frac{mg}{4} (\frac{1}{\sqrt{2}} −1)ĵ+

\frac{mg}{4} (1− \frac{1}{\sqrt{2}})k̂. ϕ_{O2} = \frac{mg}{2} k̂ e ϕ_{A2} =−\frac{mg}{4} (\frac{1}{\sqrt{2}} +1)ĵ+ \frac{mg}{4} (1+ \frac{1}{\sqrt{2}})k̂.

c) Scrivere l’energia meccanica della lamina, e ricavare l’equazione del moto usando un opportuno principio di conservazione. L’asse di rotazione della lamina è fisso, quindi T = \frac{1}{2}I_{î,O}θ̇^{2} = \frac{1}{6}ml^{2}θ̇^{2}. U = \frac{k\overline{BD}^{2}}{2} +mgz_{G} = \frac{mgl}{8}((1−

cos(θ))^{2}+(1−sin(θ))^{2}) + \frac{mgl}{2} sin(θ)= \frac{mgl}{4}(− cos(θ)−sin(θ))+ \frac{mgl}{2} sin(θ)+C = \frac{mgl}{4}(sin(θ)−cos(θ))+C.

Quindi E =T +U = \frac{1}{6}ml^{2}θ̇^{2}+ \frac{mgl}{4}(sin(θ)−cos(θ)) . Poiche le forze agenti sulla lamina sono conservative

oppure non compiono lavoro, E = costante, cioè Ė =0. Quindi \frac{1}{3}ml^{2}θ̇θ̈+\frac{mgl}{4}(cos(θ)+sin(θ))θ̇ =0, da cui

θ̈+ \frac{3\sqrt{2}g}{4l} sin (θ+ \frac{π}{4})=0.