6.2 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; inoltre una molla di costante elastica $k$ lega il punto materiale $P$ ad un punto fisso $O$ della retta.

Evidentemente questo problema differisce dal precedente solo per la presenza della molla. Dunque per la Lagrangiana e l'Hamiltoniana devo solo aggiungere il contributo dell'energia potenziale della molla, che è $\frac 12 k x^2$.

Quindi:

$$L=\frac m2 (2\dot x^2 +2 \dot \phi \dot x L \cos \phi + L^2 \dot \phi^2)+mgL\cos \phi-\frac 12 k x^2.$$

$$H=\frac 1{2mL^2(2-\cos^2 \phi)} (p_x^2 L^2 - 2 p_x p_{\phi} L \cos \phi + 2 p_{\phi}^2) -mgL \cos \phi + \frac 12 k x^2.$$

La presenza di questo ulteriore termine ha come conseguenza che il problema non è più invariante per traslazioni ( e infatti $x$ in questo caso non è ciclica).

6.2.1 La determinazione degli equilibri e la loro stabilità

Il gradiente dell'energia è

$$\begin{split}& {\dfrac {\partial {V}}{\partial {x}}} = kx ... ...c {\partial {V}}{\partial {\phi}}} = mgL \sin \phi, \end{split}$$ (6.12)

che è nullo se e solo se $x=0$ e $\phi = 0, \pi$. Le posizioni di equilibrio sono dunque

$$\begin{matrix}(1)\phantom{..}(x, \phi) = (0, 0 ) (2)\phantom{..}(x \phi) = (0, \pi ). \end{matrix}$$ (6.13)

Dal fatto che $V$ sia la somma di due funzioni una dipendente solo da $x$ e l'altra dipendente solo da $\phi$, risulta evidente che (1) è il minimo assoluto dell'energia potenziale e (2) è un punto di sella. Dunque (1) è stabile e (2) è instabile. In ogni caso, procedo al calcolo della matrice Hessiana, che in questo caso chiamo $W$:

$$W(x, \phi)= \left( \begin{matrix}\frac {\partial^2 V(x,\phi)}{\pa... ...\right)= \left( \begin{matrix}k & 0 0 & mgL \cos \phi \end{matrix} \right).$$ (6.14)

A questo punto la calcolo nelle posizioni di equilibrio e ne determino gli autovalori. Nel caso (1)

$$W= \left( \begin{matrix}k & 0 0 & mgL \end{matrix} \right),$$ (6.15)

con autovalori $k$ e $mgL$, entrambi positivi, dunque il punto è di minimo e quindi l'equilibro è stabile. Nel caso (2)

$$W= \left( \begin{matrix}k & 0 0 & -mgL \end{matrix} \right),$$ (6.16)

con autovalori $k$ e $-mgL$, uno positivo e uno negativo, dunque il punto è di sella e quindi l'equilibro è instabile.

6.2.2 Le piccole oscillazioni intorno all'equilibrio stabile

(1) è la sola posizione di equilibrio stabile. Per procedere nel calcolo della frequenza delle piccole oscillazioni e dei modi normali devo considerare l'approssimazione quadratica dell'energia cinetica e dell'energia potenziale (vedi sezione 7).

Per l'energia cinetica è sufficiente calcolare la matrice cinetica, nella posizione di equilibrio $(0,0)$. Chi è la matrice cinetica? È la matrice attraverso la quale esprimi l'energia cinetica. Puoi riscrivere l'energia cinetica come

$$\frac 12 \binom {\dot x}{\dot \phi} \cdot \left( \begin{matrix} ... ...s \phi Lm \cos \phi & L^2m \end{matrix} \right) \binom {\dot x}{\dot \phi}.$$

La matrice cinetica che chiamo $T$ ( da non confondere con il $T$ con cui precedentemente ho espresso il valore dell'energia cinetica), calcolata nella posizione di equilibrio è

$$T= \left( \begin{matrix} 2m & -mL - mL & mL^2 \end{matrix} \right).$$

Per l'energia potenziale è sufficiente calcolare la matrice Hessiana $W$ nella posizione di equilibrio. Ho già svolto questo conto.

Il problema agli autovalori risolto dalle frequenze delle piccole oscillazioni è

$$\det( \omega^2 T(0,0) - W(0,0) ) = 0,$$ (6.17)

ovvero

$$\det \left( \begin{matrix}2m \omega^2 - k & -mL \omega^2 -mL \omega^2 & \omega^2 mL^2 - mgL \end{matrix} \right) =0,$$ (6.18)

che è l'equazione:

$$m^2 L^2 \omega^4 - \omega^2 ( 2 m^2 g + k m L^2) + kmgL = 0,$$

che ha soluzioni:

$$\omega^2_\pm = \frac gL + \frac k{2m} \pm \sqrt{ \frac {g^2}{L^2} + \frac {k^2}{4m^2}}.$$

Entrambi i valori sono positivi, come deve essere. Quindi ho trovato le frequenze.

Verifica che $\omega^2$ ha le dimensioni fisiche del quadrato di una frequenza, cioè del quadrato dell'inverso del tempo. Per il calcolo dei corrispondenti autovettori, devo considerare i due sistemi:

$$\left( \begin{matrix}2m \omega^2_\pm - k & -mL \omega^2_\pm -... ...m & \omega^2_\pm mL^2 - mgL \end{matrix} \right) {\mathbf {z}}_\pm = \binom 00.$$ (6.19)

uno per ogni scelta di $\omega^2$. Il determinante della matrice è 0, quindi i vettori $z_\pm$ che verificano il sistema sono della forma:

$$const. \binom {mL\omega^2_\pm}{2m\omega^2_\pm -k}.$$

Osservo che per la scelta $+$ entrambi i valori sono positivi, quindi l'oscillazione di questo modo normale, che è quello a frequenza più alta, prevede che $x$ e $\phi$ abbiano lo stesso segno. Pee la scelta $-$, il termine $2m\omega^2_\pm -k$ è negativo. Dunque per questo modo normale di oscillazione, quando $x$ è positivo $\phi$ è negativo e viceversa.

6.2.3 Reazione vincolare

Calcolare la reazione dei vincoli si $P$ e su $Q$ nella configurazione $x=L$, $\phi= \frac {\pi}2$, $\dot x = 0$ e $\dot \phi = 0$.

La teoria generale dei moti vincolati afferma che lungo il moto la massa per l'accelerazione ( in coordinate cartesiane ) di un punto uguaglia le forze attive più le reazioni vincolari. Nel nostro caso:

$$m\binom {\ddot x_P}{\ddot y_P} = {\mathbf {F}}_P + {\mathbf {R}}_P,$$

$$m\binom {\ddot x_Q}{\ddot y_Q} = {\mathbf {F}}_Q + {\mathbf {R}}_Q,$$

dove ${\mathbf {F}}_P$ è la risultante delle forze attive su $P$, ${\mathbf {F}}_Q$è la risultante delle forze attive su $P$, e $R_P$ e $R_Q$ sono le reazioni che i vincoli esercitano rispettivamente su $P$ e su $Q$. Per trovare le espressioni di $R_P$ e $R_Q$ ho bisogno delle espressioni delle risultanti delle forze attive e delle accelerazioni in termini delle coordinate lagrangiane.

Procedo con il calcolo delle forze attive. Sul punto $P$ agiscono due forze: la forza di gravità che è $\binom {0}{-mg}$ e la forza di richiamo della molla, che è $\binom {-kx}{0}$. Dunque $F_P= \binom {-kx}{-mg}$. Analogamente per $Q$: $F_Q= \binom {0}{-mg}$. Per il calcolo delle accelerazioni devo solo derivare rispetto al tempo le espressioni per le velocità che ho già trovato quando ho calcolato l'energia cinetica. Allora:

$$\begin{matrix}\ddot x_P = \ddot x \ddot y_P = 0 \ddot x_Q... ...i \ddot y_Q = L \ddot \phi \sin \phi + L \dot \phi^2 \cos \phi \end{matrix}$$ (6.20)

A questo punto sostituisco a $\ddot x$ e $\ddot \phi$ le loro espressioni in termini di $\dot x, \dot \phi, x, \phi$, che ottengo dalle equazioni del moto, che sono

$$\begin{split}&2m\ddot x + mL \ddot \phi -mL \dot \phi^2 \sin ... ...\ddot \phi + mL \ddot x \cos \phi = -mgL \sin \phi. \end{split}$$ (6.21)

Risolvendo questo sistema in $\ddot x$ e $\ddot \phi$ ottieni:

$$\begin{split}& \ddot x = \frac 1{2-\cos^2 \phi} ( \dot \phi^2... ...i \cos \phi + \frac km x \cos \phi - 2 g \sin \phi) \end{split}$$ (6.22)

A questo punto puoi ottenere le espressioni per le reazioni vincolari. Faccio notare che le reazioni vincolari sono forze che dipendono dalla velocità.

Nel caso paricolare assegnato, essendo $\sin \phi = 1$, $\cos \phi = 0$ e $\dot \phi = 0$, le espressioni precedenti sono particolarmente semplici:

$$\begin{split}&m\ddot P = \binom {-\frac {kL}2}{0} = \binom {-... ...inom {-\frac {kL}2}{ -gm } = \binom {0}{-mg} + R_Q. \end{split}$$ (6.23)

Dunque la reazione vincolare su $P$ è $mg$ sull'asse verticale e $\frac {kL}2$ su quello orizzontale; la reazione su $Q$ è $\frac {kL}2$ sull'asse orizzontale e nulla sull'asse verticale. Dai l'interpretazione fisica di questo fatto.