Analytical Mechanics This page intentionally left blank

«

3

O

N

u

G

x

3

x

1

x

2

p

Fig. 7.9

7.12

Precessions of a heavy gyroscope (spinning top)

The system under consideration is depicted schematically in Fig. 7.9; the

constraint at O is assumed to be smooth.

Setting OG = ρ

0

, the gravitational potential is U (θ) =

−pρ

0

cos θ. Recalling

equation (7.33) and setting

J

1

=

J

2

=

J , we arrive at the following expression

for the Lagrangian:

L =

1

2

J ( ˙θ

2

+ ˙

ψ

2

sin

2

θ) +

1

2

J

3

( ˙

ϕ + ˙

ψ cos θ)

2

− pρ

0

cos θ.

(7.99)

This expression does not contain explicitly the two variables ϕ and ψ. From it

we can deduce the two first integrals ∂L/∂ ˙

ϕ = constant, ∂L/∂ ˙

ψ = constant, i.e.

˙

ϕ + ˙

ψ cos θ = ω

(0)

3

,

(7.100)

J ˙ψ sin

2

θ +

J

3

ω

(0)

3

cos θ =

Λ

(0)

3

.

(7.101)

262

The mechanics of rigid bodies: dynamics

7.12

In addition, we have the energy integral

1

2

J ( ˙θ

2

+ ˙

ψ

2

sin

2

θ) +

1

2

J

3

[ω

(0)

3

]

2

+ pρ

0

cos θ = E.

(7.102)

Equation (7.100) expresses the fact that the gyroscopic component of the

angular velocity

ω is constant. This also follows directly from the third Euler

equation (7.50), because of the identity

J

1

=

J

2

and the fact that the torque

of the weight p is normal to the gyroscopic axis. Equation (7.101) expresses the

conservation of the vertical component of the angular momentum L, due to the

fact that the torque (G

−O)×p is horizontal; to check this, compute the product

σ(0)

ω · ε

3

using equations (6.35) and (6.38).

The constants ω

(0)

3

,

Λ

(0)

3

, E are to be determined using the initial conditions

for ˙

ϕ, ˙

ψ, ˙

θ, θ (the initial conditions for ϕ and ψ are not essential, as the axes

ξ

1

, ξ

2

can be chosen so that ψ(0) = 0 and the axes x

1

, x

2

can be chosen so that

ϕ(0) = 0). We exclude the case that θ(0) = 0.

The system (7.100), (7.101), (7.102) can be rewritten in normal form

˙

ψ =

Λ

(0)

3

− J

3

ω

(0)

3

cos θ

J sin

2

θ

,

(7.103)

˙

ϕ = ω

(0)

3

−

Λ

(0)

3

−J

3

ω

(0)

3

cos θ

J sin

2

θ

cos θ,

(7.104)

˙

θ =

±

1

J

2E

− 2pρ

0

cos θ

− J

3

[ω

(0)

3

]

2

−

(

Λ

(0)

3

− J

3

ω

(0)

3

cos θ)

2

J sin

2

θ

1/2

. (7.105)

We analyse equation (7.105) under the assumption (consistent with θ(0) =

/ 0)

J

3

ω

(0)

3

=

/

Λ

(0)

3

,

(7.106)

which implies that in equation (7.105) the expression in parentheses is always

positive for the θ variable in an interval (θ , θ ), with 0 < θ < θ < π.

If we exclude the trivial solutions θ = θ , θ = θ , the function θ oscillates in

the interval (θ , θ ). These oscillations can be determined by integrating (7.105),

with sign inversion at the endpoints.

It is interesting to note that in equation (7.103) it may happen that ˙

ψ vanishes

for some value of θ. In this case the precession stops momentarily, and its direction

may be inverted if ˙

ψ changes sign in a certain interval. For example, if we consider

θ(0) = θ

0

∈ (0, π/2) and ˙ψ(0) = 0, we have

Λ

(0)

3

=

J

3

ω

(0)

3

cos θ

0

, and equation

(7.103) becomes

˙

ψ =

J

3

ω

(0)

3

J sin

2

θ

(cos θ

0

− cos θ).

(7.107)

7.13

The mechanics of rigid bodies: dynamics

263

j

3

j

3

j

3

j

2

j

2

j

2

j

1

j

1

j

1

u

Ј

u

Ј

u

Ј

u

Љ

u

Љ

u

Љ

(a)

(b)

(c)

Fig. 7.10 Motion of the trace of the gyroscopic axis on a sphere: (a) momentary stop,

(b) inversion of the precession, (c) precession without stops.

If in addition we choose ˙

θ(0) = 0, equation (7.105) can be written

˙

θ =

±

⎧

⎨

⎩

2pρ

0

J

(cos θ

0

− cos θ) −

J

3

ω

(0)

3

J sin θ

2

(cos θ

0

− cos θ)

2

⎫

⎬

⎭

1/2

,

(7.108)

which shows that necessarily cos θ

≤ cos θ

0

, or θ

≥ θ

0

, and hence θ = θ

0

. To fix

ideas, choose

J

3

ω

(0)

3

> (2pρ

0

J / cos θ

0

)

1/2

.

(7.109)

We then have θ < θ

< π/2. It follows that this case is characterised by

a momentary halt of the precession at instants when θ reaches its minimum

(corresponding to an inversion of the nutation). On the other hand, when θ takes

the value θ

(again the nutation is inverted), ˙

ψ takes its maximum value (verify

that ˙

ψ is an increasing function of θ), see Fig. 7.10a.

It is possible to choose initial conditions for which ˙

ψ changes sign, e.g. 0 <

Λ

(0)

3

<

J

3

ω

(0)

3

cos θ , see Fig. 7.10b, or such that the precession is never inverted,

e.g.

Λ

3

>

J

3

ω

(0)

3

> 0, see Fig. 7.10c.

7.13

Rotations

We conclude our discussion of the dynamics of rigid bodies by considering briefly

the case of a rigid system with a fixed axis. The physical realisation of such a

constraint can be obtained by a spherical hinge (triple constraint at the point

O, see Fig. 7.11) and with a collar (double constraint at the point A).

264

The mechanics of rigid bodies: dynamics

7.13

j

3

≡ x

3

j

2

j

1

A

O

w

x

2

x

1

Fig. 7.11

It is convenient to fix the reference frame (O, x

1

, x

2

, x

3

) and the body frame

(O, ξ

1

, ξ

2

, ξ

3

) with the axes x

3

and ξ

3

coincident with the rotation axis. We take

as the Lagrangian coordinate the angle ϕ between the axes x

1

, ξ

1

, measured

counterclockwise. Hence we write

ω = ˙ϕe

3

.

(7.110)

If the constraints are smooth, their action is expressed through a force φ

O

applied at O and a force φ

A

applied at A and orthogonal to the axis of rotation.

Otherwise, we must additionally consider a friction couple

µ, directed as the axis

of rotation, to be specified (as an example,

µ = −kω).

The expression for the angular momentum in a rotation is given by

L(O) = σ(O)

⎛

⎝

0

0

˙

ϕ

⎞

⎠ =

⎛

⎝

I

13

I

23

I

33

⎞

⎠ ˙ϕ,

(7.111)

which reduces to

L(O) =

J

3

˙

ϕe

3

(7.112)

if the axis of rotation is also a principal axis of inertia (Proposition 7.2).

The projection onto the axis of rotation of the second cardinal equation

σ(0) ˙

ω + ω × σ(0)ω = M(O) + (A − O) × φ

A

+

µ,

(7.113)

namely

I

33

¨

ϕ = M

3

+ µ,

(7.114)

7.14

The mechanics of rigid bodies: dynamics

265

can normally be integrated independently of the others. Starting from initial

values ϕ, ˙

ϕ, it yields the motion of the system. The other two scalar components

of equation (7.113) can be written as

I

13

¨

ϕ

− I

23

˙

ϕ

2

= M

1

(0)

− |A − O|φ

A

2

,

(7.115)

I

23

¨

ϕ + I

13

˙

ϕ

2

= M

2

(0) +

|A − O|φ

A

1

,

(7.116)

and yield the components of φ

A

. The reaction φ

O

can be determined using the

first cardinal equation.

In the simple case of uniform rotations ( ¨

ϕ = 0), equations (7.115) and (7.116)

illustrate the dynamical effect of the products of inertia, which produce an

additional stress to the constraint at A. In this case, the constraint must balance

not just the component of M normal to the axis of rotation, as happens when

I

13

= I

23

= 0, when the axis of rotation is the principal axis of inertia. We

note also that the latter case is characteristic of principal axes of inertia. Indeed,

requiring that the left-hand sides of (7.115) and (7.116) vanish, one easily obtains

(I

2

13

+ I

2

23

) ˙

ϕ

2

= 0,

(7.117)

and hence I

13

= I

23

= 0.

7.14

Problems

1. Let R be a rigid body with an axis γ with the following property: R takes

the same geometric configuration after any rotation of 2π/n around γ, with n > 2

integer. Prove that:

(a) γ contains the centre of mass;

(b) γ is an axis of rotation of the ellipsoid of inertia with respect to any of its

points.

2. Find the centre of mass of the following homogeneous systems: circular

sector, circular segment, spherical cap, pyramid, cone and truncated cone, arc of

ellipse, semi-ellipsoid.

3. Given a fixed reference frame, compute the tensor of inertia of the follow-

ing homogeneous systems for a generic configuration: segment, general triangle,

rectangle, circle, disc, regular polygon, sphere, cube.

4. Solve the problems in Examples 4.2, 4.3 of Chapter 4, replacing the two

point particles P

1

, P

2

with a rigid homogeneous rod of mass m.

5. In Example 7.2 suppose that the point A is subject to a friction force given

by

−λ ˙x (λ > 0). Prove that the system tends asymptotically to a configuration

in which the point A again takes its initial position, independently of the initial

value of ˙

ϕ.

Hint: take the projection along x of the first cardinal equation, and let x

0

be

the x-coordinate of P

0

. Then m¨

x

0

=

−λ ˙x, and by integration it follows that x

266

The mechanics of rigid bodies: dynamics

7.15

must tend to zero (start by proving that ˙

x must tend to zero and deduce the

asymptotic relation between x

0

and ϕ).

Write down the complete system of equations of motion.

6. Two homogeneous equal rods AB, BC, of length l and mass m, are hinged

at the common endpoint B. The system lies in a vertical plane with the point A

fixed and the point C moving along a fixed circle passing through A, of radius

l and with centre O lying on the horizontal line through A. All constraints are

smooth. Find the configurations of stable equilibrium and the normal modes of

the system.

7. A heavy homogeneous circle of mass M and radius R rotates without

friction around its centre O. A point particle P of mass m is constrained to slide

without friction on the circle, and it is attracted with an elastic force by a point

A fixed on the circle. Write down the first integrals of the cardinal equations.

8. Study the motion of precession of a gyroscope around its centre of mass

O, assuming that the only torque with respect to O is due to the constraint

friction and that it is proportional to the angular velocity.

9. In a vertical plane, a homogeneous equilateral triangle ABC with weight p

and side l has the vertices A and B sliding without friction along a circular guide

of radius l (the point C is located at the centre of the guide). A horizontal force

of intensity p/

√

3 is applied at C. Find the equilibrium configurations and the

corresponding constraint reactions. Study the stability of the (two) configurations

and the small oscillations around the stable one. (Remark: the first part of the

problem can be solved graphically.)

10. In a vertical plane, a homogeneous rod of length l and mass m is con-

strained without friction so that its endpoints lie on the parabola with equation

2ay = x

2

(y vertical, directed upwards). Study the equilibrium of the sys-

tem and describe the small oscillations around the configurations of stable

equilibrium.

7.15

Additional solved problems

Problem 1

In a vertical plane, two rods AB, BC are hinged at the common endpoint B

and the point A is constrained to be fixed. The respective lengths and masses

are

1

,

2

and m

1

, m

2

. The plane on which the rods are constrained rotates

with constant angular velocity ω around the vertical line through A (Fig. 7.12).

Determine the configurations of relative equilibrium in the plane of the system,

as well as the constraint reactions.

Solution

In the rotating plane, a field of centrifugal forces normal to the axis of rotation

is established, whose intensity per unit mass is ω

2

r, with r being the distance

7.15

The mechanics of rigid bodies: dynamics

267

A

w

c

G

1

G

2

B

C

Fig. 7.12

from the axis of rotation. We can associate with this field the potential

1

2

ω

2

r

2

.

It follows that the total centrifugal potential of the system is

1

2

ω

2

m

1

1

1

0

(ξ sin ϕ)

2

dξ +

1

2

ω

2

m

2

2

2

0

(

1

sin ϕ + ξ sin ψ)

2

dξ.

In addition to this we have the gravitational potential, yielding for the total

potential

U (ϕ, ψ) =

1

2

1

m

1

g cos ϕ + m

2

g

1

cos ϕ +

1

2

2

1

cos ψ

+

1

2

ω

2 2

1

1

3

m

1

+ m

2

sin

2

ϕ +

2

1

m

2

sin ϕ sin ψ

+

1

3

2

1

2

m

2

sin

2

ψ .

Requiring to vanish the first derivatives of U , we find the equilibrium equations,

which can be written in the form

sin ψ = a

1

tan ϕ

− b

1

sin ϕ,

(7.118)

sin ϕ = a

2

tan ψ

− b

2

sin ψ,

(7.119)

268

The mechanics of rigid bodies: dynamics

7.15

with

a

1

=

2g

ω

2

2

1 +

1

2

m

1

m

2

,

b

1

= 2

1

2

1 +

1

3

m

1

m

2

,

a

2

=

g

ω

2

1

,

b

2

=

2

3

2

1

.

Equations (7.118), (7.119) always admit the solutions sin ϕ = sin ψ = 0. What

are the corresponding configurations? To determine the other possible solutions,

we study the function β = β(α) defined by

sin β = a tan α

− b sin α.

We have β(0) = 0 and α

∈ (−α

0

, α

0

), with a tan α

0

− b sin α

0

= 1, α

0

∈ (0, π/2).

Moreover

β (α) cos β =

a

cos

2

α

− b cos α,

and hence β (0) = a

− b. If a > b, then β (α) > 0 for α ∈ (0, α

0

), while if a < b

then β (α) < 0 in a neighbourhood of α = 0. In addition

β (α) cos β = β

2

sin β + 2

a sin α

cos

3

α

+ b sin α,

and hence β > 0 for β > 0, α > 0. We can summarise this discussion in the two

graphs shown in Fig. 7.13.

b

p

2

p

2

a > b

a < b

p

2

p

2

b

–a

0

–a

0

a

0

a

0

a

a

Fig. 7.13

7.15

The mechanics of rigid bodies: dynamics

269

c

p

2

c

p

2

p

2

O

O

w

p

2

w

a

1

< b

1

, a

2

> b

2

a

1

> b

1

, a

2

< b

2

Fig. 7.14 Graphs of the curves (7.118), (7.119).

The solution of (7.118), (7.119) yields a variety of different cases. If, for

example, a

1

< b

1

(which happens for ω sufficiently large), but a

2

> b

2

(which

can be achieved by diminishing

2

) there exists a unique non-zero solution (the

symmetric solution corresponds to the same configuration). The same happens

in the symmetric case, a

1

> b

1

, a

2

< b

2

(Fig. 7.14). We leave it to the reader

to complete the analysis of all remaining cases in the whole variability interval

(

− π, π) for ϕ and ψ.

Note that adding term by term equations (7.118), (7.119) we find the second

cardinal equation written with respect to the point A.

To find the constraint reactions in a given configuration of relative equilibrium,

we can proceed as follows:

(a) write the second cardinal equation for the rod AB with respect to A, to

obtain φ

B

;

(b) write the first cardinal equation for the whole system (then knowledge of φ

B

is not necessary), to obtain φ

A

.

Problem 2

A homogeneous disc of mass M and radius R is constrained to rotate around

the normal axis passing through its centre O. In addition, a point A of the axis

is constrained to rotate on a fixed circle with centre O (Fig. 7.15). Determine

the motion of the system starting from a generic initial condition and compute

the constraint reaction at A.

270

The mechanics of rigid bodies: dynamics

7.15

j

3

j

1

≡ N

j

2

x

3

x

2

x

1

A

f

u

w

O