6.1 Problema

Un punto materiale di massa $m$, indicato con $P$, si muove senza attrito su una retta orizzontale. Un asta priva di massa e lunga $L$ ha un estremo in $P$. All'altro estremo è fissato un punto materiale di massa $m$, indicato con Q. Sul sistema agisce la forza di gravità, nella direzione verticale discendente.

6.1.1 I gradi di libertà e la scelta delle cooordinate

Devi capire di quanti parametri hai bisogno per descrivere una generica configurazione del sistema. Per specificare la posizione di $P$ è sufficiente il valore della sua ascissa, che chiamerò $x$, rispetto ad una origine fissata arbitrariamente. In tal caso, detto $y$ l'asse verticale, le coordinate di $P$ saranno $(x,0)$. Per specificare la posizione di $Q$ è sufficiente conoscere, ad esempio, l'angolo che l'asta forma con la verticale discendente passante per $P$, che chiamerò $\phi$. Quindi le coordinate di $Q$ saranno $(x+L\sin \phi, -L\cos \phi)$. Il problema ha dunque due gradi di libertà.

6.1.2 Il calcolo dell'energia cinetica

Devo calcolare l'energia cinetica di $P$ e di $Q$ e poi sommarle. Per far ciò devo calcolare le velocità dei due punti in termini delle variabili lagrangiane $(x, \phi)$ e delle loro derivate rispetto al tempo. Evidentemente la velocità del punto $P$ è $(\dot x , 0)$, la velocità di $Q$ è

$$\dfrac{d }{dt}\binom {x+L\sin \phi}{-L\cos \phi} = \binom {\dot x+\dot \phi L\cos \phi}{\dot \phi L\sin \phi}.$$ (6.1)

Quadrando e sommando ottengo:

$$T=\frac m2 (2\dot x^2 +2 \dot \phi \dot x L \cos \phi + L^2 \dot \phi^2).$$

Controllo dimensionale: $T$ deve avere le dimensioni di una energia, cioè massa per lunghezza al quadrato su tempo al quadrato. L'espressione trovata è corretta perché $\dot x$ è una velocità, $L$ è una lunghezza e $\dot \phi$ ha le dimensioni dell'inverso del tempo.

6.1.3 Il calcolo dell'energia potenziale

Devo sommare i contributi dell'energia potenziale, espressi in variabile lagrangiane, delle forze attive che agiscono sui punti. In questo caso la forza di gravità non ha effetto su $P$, che è vincolato ad una retta orizzontale. Dunque l'unico contributo all'energia potenziale è quello gravitazione sul punto $Q$. L'energia potenziale gravitazionale è data dalla massa per la quota per l'accelerazione di gravità.

Quindi $V=-mgL\cos \phi$.

6.1.4 La Lagrangiana e le equazioni di Eulero-Lagrange

$$L=T-V=\frac m2 (2\dot x^2 +2 \dot \phi \dot x L \cos \phi + L^2 \dot \phi^2)+mgL\cos \phi.$$

Per scrivere le equazioni del moto, devo prima derivare la lagrangiana nelle variabili $\dot x$ e $\dot \phi$, e calcolare quindi gli impulsi coniugati alle variabili $\dot x$ e $\dot \phi$:

$$\begin{matrix}{\dfrac {\partial {L}}{\partial {\dot x}}}= 2m \dot... ...{L}}{\partial {\dot \phi}}} = mL^2 \dot \phi + mL \dot x \cos \phi \end{matrix}$$ (6.2)

Ora devo considerare gli impulsi coniugati come funzioni del tempo attraverso le variabili $x, \phi , \dot x, \dot \phi$, e scrivere:

$$\begin{matrix}\dfrac{d }{dt}{\dfrac {\partial {L}}{\partial {\dot... ...\partial {\dot \phi}}} = {\dfrac {\partial {L}}{\partial {\phi}}}. \end{matrix}$$ (6.3)

Come prima equazione ottengo

$$2m\ddot x + mL \ddot \phi -mL \dot \phi^2 \sin \phi = 0,$$

Come seconda

$$mL^2 \ddot \phi + mL \ddot x \cos \phi -mL \dot x \dot \phi \sin \phi= -mL \dot x \dot \phi \sin \phi -mgL \sin \phi,$$

che si può semplificare in:

$$mL^2 \ddot \phi + mL \ddot x \cos \phi = -mgL \sin \phi.$$

Verifica che le equzioni sono dimensionalmente corrette, tenendo presente che $g$ ha le dimensioni di una accelerazione.

6.1.5 L'Hamiltoniana e le equazioni di Hamilton

Per il calcolo dell'Hamiltoniana si procede come segue. Per prima cosa si definiscono le nuove variabili, che sono gli impulsi coniugati:

$$\begin{matrix}p_{x} = {\dfrac {\partial {L}}{\partial {\dot x}}}=... ...L}}{\partial {\dot \phi}}} = mL^2 \dot \phi + mL \dot x \cos \phi. \end{matrix}$$ (6.4)

Riconosci che $p_x$ ha le dimensioni di una quantità di moto (massa per velocità) e che $p_{\phi}$ ha le dimensioni di un momento della quantità di moto (massa per lunghezza per velocità).

Dopo di che si ricavano le espressioni di $\dot x$ e $\dot \phi$ in termini delle nuove variabili. Per fare questo si deve risolvere il sisitema di equazioni lineare 6.4 rispetto alle variabili $\dot x$ e $\dot \phi$. Si ottiene:

$$\begin{split}&\dot x = \frac {Lp_x-p_{\phi}\cos \phi}{mL (2-\... ...-Lp_x \cos \phi + 2 p_{\phi}}{mL^2 (2-\cos^2 \phi)} \end{split}$$ (6.5)

A questo punto l'Hamiltoniana è data da

$$H(p_{x}, p_{\phi},x, \phi) = p_{x}\dot x + p_{\phi} \dot \phi - L(\dot x, \dot \phi, x , \phi),$$

dove bisogna sostituire a $\dot x$ e $\dot \phi$ i valori delle espressioni 6.5. Il lettore completi i calcoli (per una strada leggermente più veloce vedi sezione 7).

L'espressione dell'Hamiltoniana è:

$$H=\frac 1{2mL^2(2-\cos^2 \phi)} (p_x^2 L^2 - 2 p_x p_{\phi} L \cos \phi + 2 p_{\phi}^2) -mgL \cos \phi.$$

Il lettore verifichi che tutti i termini hanno le dimensioni di una energia.

Le equazioni del moto in formalismo hamiltoniano sono

$$\begin{matrix}\dot x = {\dfrac {\partial {H}}{\partial {p_{x}}}} ... ...}}} \dot p_{\phi} = -{\dfrac {\partial {H}}{\partial {\phi}}}. \end{matrix}$$ (6.6)

Si ottiene

$$\begin{matrix}\dot x = \frac {Lp_x - p_{\phi} \cos \phi}{mL (2-\c... ... p_{\phi}^2) + \frac {\sin \phi p_x p_{\phi} }{mL(2-\cos^2 \phi)}. \end{matrix}$$ (6.7)

6.1.6 La determinazione degli equilibri

Astrattamente, le posizioni di equilibrio in formalismo lagrangiano si ottengono dalle equazioni trovando i valori di $x, \phi, \dot x, \dot \phi$ che risolvono identicamente le equazioni. Ovviamente, essendo il sistema di partenza meccanico, deve essere $(\dot x, \dot \phi) = (0, 0)$. Sostituendo questi valori nelle equazioni, le posizioni di equilibrio si ottengono cercando i valori di $x$ e $\phi$ per cui $\ddot x$ e $\ddot \phi$ sono nulli. E' facile rendersi conto che ciò accade se e solo se

$$\begin{matrix}{\dfrac {\partial {V(x,\phi)}}{\partial {x}}}=0 {\dfrac {\partial {V(x,\phi)}}{\partial {\phi}}}=0. \end{matrix}$$ (6.8)

In definitiva le posizioni di equilibrio si ottengono annullando il gradiente, rispetto alle coordinate lagrangiane, dell'energia potenziale. In questo caso $V$ non dipende da $x$, dunque la condizione si riduce a ${\dfrac {\partial {V(\phi)}}{\partial {\phi}}}=mgL \sin \phi = 0$, che ha come soluzioni $\phi = 0, \pi$. (Trascuro i multipli di $2\pi$ perché fisicamente le posizioni $\phi=0, 2\pi,4\pi , etc.$ sono indistinguibili). Quante sono le posizioni di equilbrio? Ovviamente infinite! Infatti, qualunque sia $\bar x$, le posizioni $(x,\phi)= (\bar x, 0)$ e $(x,\phi)= (\bar x, \pi)$ sono di equilibrio: l'asta è verticale e nessuna forza attiva la sposta se la velocità iniziale è nulla.

6.1.7 La stabilità delle posizioni di equilibrio

I punti di minimo stretto dell'energia potenziale sono punti di equilibrio stabili, i punti non di minimo ( punti di sella e punti di massimo ) sono punti di equilibrio instabili.

È abbastanza evidente che quando $(x,\phi)= (\bar x, \pi)$, essendo l'asta verticale ma con l'estremo $Q$ in alto rispetto a $P$, la posizione è instabile. Infatti l'energia potenziale $V(x,\phi) = -mg\cos \phi$ ha un massimo nella variabile $\phi$ quando $\phi = \pi$. $V$ non dipende da $x$, ma questo implica solo che il massimo di $V$ come funzione di due variabili ha un massimo non stretto, nel senso che è raggiunto qualunque sia $x$.

Le altre posizioni $(x,\phi)= (\bar x, 0)$ corrispondono al minimo di $V$ nella variabile $\phi$. In questo caso però il minimo non è stretto, infatti qualunque sia $\bar x$, l'energia potenziale assume il valore di minimo. Questo suggerisce che la posizione sia instabile. Infatti consideriamo un dato iniziale aribitrariamente vicino, per esempio $(x_0,\phi_0,\dot x_0,\dot \phi_0)=(\bar x, 0, \varepsilon , 0)$. La prima equazione di Lagrange mi dice che l'impulso di conserva ( $x$ è ciclica). Dunque, per tutti i tempi:

$$2\dot x + L\dot \phi \cos \phi = 2\varepsilon .$$

Fisicamente, $p_x$ è la quantità di moto totale (verificare!), ovvero la derivata rispetto al tempo della velocità del baricentro. Ma allora l'equazione appena scritta afferma che il baricentro compie un moto rettilineo uniforme. Quindi se aspetto un tempo sufficiente, il baricentro sarà arbitrariamente lontano dalla posizione iniziale che era $\bar x$. Più formalmente, integrando nel tempo l'equazione appena scritta, e ricordandomi che $\dot \phi \cos \phi=- \dfrac{d }{dt}\sin \phi(t)$, ottengo

$$x(t) = \bar x + \varepsilon t +\frac L2 \sin (\phi(t)).$$

Ma allora $\lim_{t\to + \infty} x(t)= \pm \infty$ (a seconda del segno di $\varepsilon$), infatti qualunque sia la legge oraria per $\phi(t)$ , la funzione $\sin (\phi(t))$ è limitata.

6.1.8 Le piccole oscillazioni intorno alle posizioni di equilibrio stabili

Non ci sono posizioni di equilibrio stabili, quindi non ha senso parlare di piccole oscillazioni del moto nelle due variabili. Si potranno considerare le piccole oscillazioni del moto unidimensionale al quale posso ridurre il moto per la conservazione della quantità di moto.

6.1.9 Gli integrali primi e la riduzione dei gradi di libertà

La Lagrangiana non dipende dal tempo, dunque l'energia meccanica $E=T+V$ si conserva.

Inoltre, come già visto, l'equazione di Lagrange relativa ad $x$, afferma che

$$\dfrac{d }{dt}p_x= \dfrac{d }{dt}(2m\dot x + mL\dot \phi \cos \phi)=0.$$

Infatti la variabile $x$ è ciclica, cioè $L$ non dipende da $x$. Quindi $p_x$, che nel seguito indico con $P$, si conserva.

Avendo a disposizione due integrali primi per un problema a due gradi di libertà, posso ridurre ad uno i gradi di libertà e portare il moto alle quadrature (cioè scrivere, almeno in forma implicita, la soluzione delle equazioni del moto).

Si procede cosí: scrivo l'energia meccanica, che è una quantità conservata:

$$E=\frac m2 (2\dot x^2 +2 \dot \phi \dot x L \cos \phi + L^2 \dot \phi^2)-mgL\cos \phi$$

Usando la relazione

$$P= 2m\dot x + mL\dot \phi \cos \phi,$$

ricavo

$$\dot x = \frac P{2m} -\frac L2 \dot \phi \cos \phi.$$ (6.9)

Sostituisco il valore trovato nell'espressione per $E$:

$$E=\frac m2 \left( L^2\dot \phi^2 \left( 1- \frac 12 \cos^2 \phi \right) + \frac {P^2}{2m^2} \right) - mg\cos \phi.$$

Poiché $E$ si conserva anche dopo aver sostituito a $\dot x$ la sua espressione in termini di $\dot \phi$ e dell'altro integrale primo del moto, dall'espressione di $E$ posso ottenere la formula di quadratura attraverso il solito procedimento: ricavo $\dot \phi$ in termini di $E$ e $\phi$ e integro.

$$\dot \phi = \pm 2 \sqrt{ \frac { E- \frac {P^2}{4m} + mgL \cos \phi} {2-\cos^2\phi}},$$ (6.10)

$$t= \pm \frac 12 \int^{\phi} d\phi \sqrt{ \frac {2-\cos^2\phi} { E- \frac {P^2}{4m} + mgL \cos \phi}}.$$ (6.11)

Questa espressioni differiscono da quelle tipiche dei moti unidimensionale solo per la presenza del fattore ${2-\cos^2\phi}$, che comunque è sempre postivo. Dunque per l'analisi qualitativa del moto limitata alla variabile $\phi$ si procede come sempre.

In particolare, se l'energia meccanica e l'impulso $P$ sono tali che

a) $E-\frac{P^2}{4m} = -mgL$: $\phi(t)=0$ (equilibrio STABILE per il moto nella sola variabile $\phi$)

b) $-mgL< E-\frac{P^2}{4m} < mgL$: il moto in $\phi$ è periodico.

c) $E-\frac{P^2}{4m} = mgL$: o $\phi(t)= \pi$ (equilibrio INSTABILE), oppure $\phi$ compie un moto a meta asintotica.

d) $E-\frac{P^2}{4m} > mgL$: $\phi$ compie periodicamente tutta la rotazione tra 0 e $2\pi$.

Domande: Perché non è possibile che $E-\frac{P^2}{4m} < -mgL$? Scrivi il periodo nei casi b) e d). (*) Calcola il periodo delle piccole oscillazioni intorno alla posizione di equilibrio stabile $\phi=0$ e confrontalo con in periodo delle piccole oscillazioni che avresti nel caso che l'altro estremo dell'asta fosse fisso (risposta: è $\sqrt 2$ volte più grande).

Osservazione: Ai fini dell'analisi qualitativa, limitata alla variabile $\phi$, potevo sostituire $E-\frac{P^2}{4m}$ con $E$, infatti $\frac{P^2}{4m}$ è costante. L'ho lasciato com era per non perdere traccia dell'energia meccanica del sistema nelle due variabili.

Una volta noto, attreverso la formula di quadratura 6.11, il moto nella variabile $\phi$, l'equazione 6.9 mi dice come è il moto nella variabile $x$. Infatti, integrando rispetto al tempo:

$$x(t) = x(0) + \frac P{2m} t + \frac L2 ( \sin (\phi(t)) - \sin(\phi(0))).$$

A questo punto si può rispondere anche ad altre eventuali domande:

a) Per quali valori iniziali il moto è limitato?

b) Trova almeno un moto periodico.

c) È possibile che l'asta rimanga verticale per tutti i tempi? In tal caso il sistema si può muovere? E che moto fà?

Risposte:

a) Se e solo se $P=0$.

b) Il moto è periodico se $P=0$ e $E\ne \pm mgL$.

c) Si, si, rettilineo uniforme.

6.1.10 La versione Hamiltoniana

Nelle equazioni di Hamilton che ho già scritto, c'è già la riduzione del grado di libertà. Infatti le equazioni per $p_x$ e $x$ mi dicono che $p_x$ si conserva ($x$ è ciclica) e che la derivata rispetto al tempo di $x$ dipende solo dalla costante $p_x$ e dal moto nella variabile $\phi$. Le equazioni per $\phi$ dipendono solo dalla costante $p_x$. Ma allora posso pensare direttamente ad $H(p_x,p_{\phi},\phi)$ come ad una Hamiltoniana ad un grado di libertà ($\phi$), con $p_x$ parametro.

Potrei a questo punto fare la trasformazione inversa nelle sole variabili $p_\phi$, $\dot \phi$ per riottenere la lagrangiana unidimensionale. In realtà si può procedere all'analisi qualitativa del moto in $\phi$ e ottenere la formula di quadratura, direttamente nel formalismo Hamiltoniano. Infatti la stessa $H$ è un integrale primo del moto (si conserva perché non dipende dal tempo, e infatti coincide con l'energia meccanica scritta in variabili hamiltoniane). Ma allora dall'espressione di $H$ posso ricavare $p_{\phi}$ in termini di $\phi$ , e sostituendo tale espressione nell' equazione per $\dot \phi$ ottenere finalmente $\dot \phi$ in funzione degli integrali primi e della sola coordinata $\phi$. Per esercizio verifica che ottieni gli stessi risultati della sezione precedente.