6.3 Problema

Un punto materiale di massa $M$ è vincolato a muoversi senza attrito su una guida circolare verticale di raggio $R$ e centro $O$. Un'asta di massa trascurabile, lunga $L$, è fissata al punto materiale ad un estremo.

i) Scrivi le equazioni del moto attraverso la Lagrangiana e l'Hamiltoniana

ii) Determina eventuali integrali primi.

iii) Determina le soluzioni di equilibrio e discutine la stabilità.

iv) Riduci i gradi di libertà se possibile.

6.3.1 I gradi di libertà e la scelta delle cooordinate

Devi capire di quanti parametri hai bisogno per descrivere una generica configurazione del sistema.

Per prima cosa bisogna capire dov'è il punto di massa $M$, che chiamerò $P$. Le sue due coordinate non sono indipendenti, infatti $x^2+y^2=R^2$. La scelta più ragionevole è usare l'angolo al centro che $P$ forma con l'asse verticale discendente, che chiamerò $\theta$. Dunque

$$\begin{matrix}x_P = R \sin \theta y_P = -R \cos \theta. \end{matrix}$$ (6.24)

Nota la posizione di $P$, per specificare la posizione del punto di massa $m$, che chiamerò $Q$, mi serve solo un'altra coordinata, per esempio l'angolo $\phi$ che l'asta forma con la verticale discendente per il punto $P$. Infatti

$$\begin{matrix}x_Q = x_P + L \sin \phi = R\sin \theta + L\sin \phi y_Q = y_P - L \cos \phi = -R\cos \theta - L\cos \phi \end{matrix}$$ (6.25)

6.3.2 Il calcolo dell'energia cinetica

Individuate le coordinate, per il calcolo della Lagrangiana è necessario calcolare l'energia cinetica e l'energia potenziale in termini delle coordinate che hai scelto.

L'energia cinetica del sistema è la somma delle energie cinetiche di tutte le masse in gioco, in questo caso del punto $P$ e del punto $Q$. In coordinate cartesiane:

$$T= \frac M2 (\dot x_P^2 + \dot y_P^2)+\frac m2 (\dot x_Q^2 + \dot y_Q^2).$$

Per scrivere $T$ in nelle coordinate lagrangiane, devo calcolare le velocità. Per il punto $P$:

$$\begin{matrix}\dot x_P = R \dot \theta \cos \theta \dot y_P = R \dot \theta \sin \theta. \end{matrix}$$ (6.26)

Quindi la sua energia cinetica è $\frac M2 R^2 \dot \theta^2$.

Per il punto $Q$:

$$\begin{matrix}\dot x_Q = R\dot \theta \cos \theta + L\dot \phi \c... ...hi \dot y_Q = R\dot \theta \sin \theta + L\dot \phi \sin \phi. \end{matrix}$$ (6.27)

Quindi la sua energia cinetica è : $\frac m2 ( R^2 \dot \theta^2 + 2RL \dot \theta \dot \phi (\sin \theta \sin \phi + \cos \theta \cos \phi)+ L^2 \dot \phi^2 )$. L'energia cinetica totale è:

$$T= \frac 12 (M+m)R^2 \dot \theta^2 + mRL \dot \theta \dot \phi (\sin \theta \sin \phi + \cos \theta \cos \phi)+\frac 12 mL^2 \dot \phi^2.$$

6.3.3 Il calcolo dell'energia potenziale

Per calcolare l'energia potenziale è necessario individuare tutte le forze attive che agiscono sulle masse. Su $P$ , l'unica forza attiva è la forza di gravità. L'energia potenziale di una massa $M$ ad una quota $y$ è $Mgy$. Dunque l'energia potenziale per le forze che agiscono su $P$ è: $V_P= Mgy_P = -MgR\cos \theta$. L'energia potenziale per le forze che agiscono su $Q$ è: $V_Q=mgy_Q = -mgR\cos \theta - mgL \cos \phi.$

In defintiva l'energia potenziale è :

$$V=-(M+m)gR\cos \theta - mgL \cos \phi .$$

6.3.4 La Lagrangiana e le equazioni di Eulero-Lagrange

La Lagrangiana è $L=T-V$, dunque:

$$L= \frac 12 (M+m)R^2 \dot \theta^2 + mRL \dot \theta \dot \phi (\... ...theta \cos \phi)+\frac 12 mL^2 \dot \phi^2 +(M+m)gR\cos \theta + mgL \cos \phi.$$ (6.28)

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

$$\begin{matrix}{\dfrac {\partial {L}}{\partial {\dot \theta}}} = (... ...+ mRL \dot \theta (\sin \theta \sin \phi + \cos \theta \cos \phi). \end{matrix}$$ (6.29)

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

$$\begin{matrix}\dfrac{d }{dt}{\dfrac {\partial {L}}{\partial {\dot... ...\partial {\dot \phi}}} = {\dfrac {\partial {L}}{\partial {\phi}}}. \end{matrix}$$ (6.30)

Come prima equazione ottengo

$$\begin{split}(M+m)R^2 \ddot \theta + mRL\ddot \phi (\sin \the... ...phi -\sin \theta \cos \phi) +(M+m) g R \sin \theta. \end{split}$$ (6.31)

Come seconda equazione ottengo

$$\begin{split}mL^2 \ddot \phi + mRL\ddot \theta (\sin \theta \... ...cos \phi -\cos \theta \sin \phi ) +m g L \sin \phi. \end{split}$$ (6.32)

Nota bene. La derivata rispetto al tempo dei momenti coniugati ha vari termini: termini lineari nelle derivate seconde rispetto al tempo, e termini quadratici nelle derivate prime rispetto al tempo. Per Lagrangiane ``naturali'' non ci posso essere termini lineari nelle derivate prime (vedi sezione 7, esercizio 7.1). Nei membri di destra delle equazioni, non ci sono solo le derivate dell'energia potenziale con il segno cambiato, ma anche le derivate rispetto alle variabili della parte cinetica.

6.3.5 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:

$$\begin{matrix}p_{\theta} = {\dfrac {\partial {L}}{\partial {\dot ... ...+ mRL \dot \theta (\sin \theta \sin \phi + \cos \theta \cos \phi). \end{matrix}$$ (6.33)

Dopo di che, si ricavano le espressioni di $\dot \theta$ e $\dot \phi$ in termini delle nuove variabili. Per fare questo si deve risolvere il sisitema di equazioni lineare 6.33 rispetto alle variabili $\dot \theta$ e $\dot \phi$. Si ottiene:

$$\begin{split}&\dot \theta = \frac {Lp_{\theta} - R p_{\phi} (... ...(\sin \theta \sin \phi + \cos \theta \cos \phi)^2)} \end{split}$$ (6.34)

A questo punto l'Hamiltoniana è data da

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

dove bisogna sostituire a $\dot \theta$ e $\dot \phi$ i valori delle espressioni 6.34. Il lettore completi i calcoli.

Una strada leggermente più veloce è la seguente (vedi sezione 7). Esplicito l'energia cinetica nella Lagrangiana come forma quadratica.

$$L= \frac 12 \binom {\dot \theta}{\dot \phi} T(\theta, \phi) \binom {\dot \theta}{\dot \phi} - V(\theta, \phi),$$

dove $T$ è la matrice cinetica

$$T(\theta,\phi) = \left( \begin{matrix}(M+m) R^2 & mRL (\sin \thet... ...mRL (\sin \theta \sin \phi + \cos \theta \cos \phi) & mL^2 \end{matrix} \right)$$ (6.35)

A questo punto l'Hamiltoniana è data da:

$$H= \frac 12 \binom {p_{\theta}}{p_{\phi}} T^{-1} (\theta ,\phi) \binom {p_{\theta}}{p_{\phi}} +V(\theta,\phi),$$

dove $T^{-1}$ è l'inversa di $T$. Il calcolo dell'inversa della matrice è assolutamente standard. In realtà l'ho già calcolata prima, quando ho trovato $(\dot \theta, \dot \phi)$ in funzione di $(p_{\theta} , p_{\phi})$. Infatti

$$\binom {p_{\theta}}{p_{\phi}} = T(\theta, \phi) \binom {\dot \theta}{\dot \phi},$$

quindi

$$\binom {\dot \theta}{\dot \phi} = T^{-1}(\theta, \phi) \binom {p_{\theta}}{p_{\phi}}.$$

In definitiva:

$$\begin{split}&T^{-1}(\theta,\phi)= &\frac 1{L^2R^2 ( M+m ... ... \theta \cos \phi) & (M+m)R^2 \end{matrix} \right). \end{split}$$ (6.36)

Dunque l'Hamiltoniana è:

$$\begin{split}&H= \frac 1{2L^2R^2 ( M+m - m(\sin \theta \sin \... ...\right) + &-(M+m)gR\cos \theta - mgL \cos \phi. \end{split}$$ (6.37)

Le equazioni del moto in formalismo hamiltoniano sono

$$\begin{matrix}\dot \theta = {\dfrac {\partial {H}}{\partial {p_{\... ...}}} \dot p_{\phi} = -{\dfrac {\partial {H}}{\partial {\phi}}}. \end{matrix}$$ (6.38)

Il lettore completi i calcoli.

6.3.6 La determinazione degli equilibri

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

$$\begin{matrix}{\dfrac {\partial {V(\theta,\phi)}}{\partial {\theta}}}=0 {\dfrac {\partial {V(\theta,\phi)}}{\partial {\phi}}}=0. \end{matrix}$$ (6.39)

In definitiva le posizioni di equilibrio si ottengono annullando il gradiente, rispetto alle coordinate lagrangiane, dell'energia potenziale. In questo caso:

$$\begin{matrix}{\dfrac {\partial {V(\theta,\phi)}}{\partial {\thet... ...c {\partial {V(\theta,\phi)}}{\partial {\phi}}}=mgL \sin \phi = 0. \end{matrix}$$ (6.40)

Le soluzioni sono $\theta = 0, \pi$ e $\phi = 0, \pi$. Dunque le posizioni di equilibrio sono:

$$\begin{matrix}(1)\phantom{..}(\theta, \phi) = (0, 0 ) (2)\... ...) = (\pi, 0 ) (4)\phantom{..}(\theta, \phi) = (\pi, \pi ). \end{matrix}$$ (6.41)

NB: il sistema è fisicamente periodico, nel senso che la posizione $\theta= 2\pi$ è la stessa di $\theta=0$ e cosí via, quindi mi limito a considerare i valori tra 0 e $2\pi$.

6.3.7 La stabilità delle posizioni di equilibrio

I punti di minimo 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.

Un modo possibile per determinare se un punto critico di $V$ ( cioè un punto in cui $\nabla V$ è nullo) è di minimo oppure no, è quello di calcolare la matrice Hessiana e determinarne il segno degli autovalori.

Procedo al calcolo della matrice Hessiana, che in questo caso chiamo $W$ per non confonderla con $H$ con cui ho indicato l'Hamiltoniana.

$$W(\theta, \phi)= \left( \begin{matrix}\frac {\partial^2 V(\theta,... ...\begin{matrix}(M+m)g \cos \theta & 0 0 & mg \cos \phi \end{matrix} \right).$$ (6.42)

A questo punto la calcolo nelle posizioni di equilibrio e ne determino gli autovalori.

Caso $(1)$:

$$W= \left( \begin{matrix}(M+m) g & 0 0 & mg \end{matrix} \right),$$ (6.43)

con autovalori $(M+m) g$ e $mg$, entrambi positivi, dunque il punto è di minimo e quindi l'equilibro è stabile.

Caso $(2)$:

$$W= \left( \begin{matrix} (M+m) g & 0 0 & -mg \end{matrix} \right),$$

con autovalori $(M+m) g$ e $-mg$, uno negativo e uno positivo, dunque il punto è di sella e quindi l'equilibro è instabile.

Caso $(3)$:

$$W= \left( \begin{matrix} -(M+m) g & 0 0 & mg \end{matrix} \right),$$

con autovalori $-(M+m) g$ e $mg$, uno negativo e uno positivo, dunque il punto è di sella e quindi l'equilibro è instabile.

Caso $(4)$:

$$W= \left( \begin{matrix} -(M+m) g & 0 0 & -mg \end{matrix} \right),$$

con autovalori $-(M+m) g$ e $-mg$, entrambi negativi, dunque il punto è di massimo e quindi l'equilibro è instabile.

6.3.8 Le piccole oscillazioni intorno alle posizioni di equilibrio stabili

Cè una sola posizione di equilibrio stabile, è la $(1)$. Per calcolare il moto delle piccole oscillazioni si può procedere scrivendo per prima cosa la Lagrangiana delle piccole oscillazioni intorno alla posizione di equilibrio. Bisogna scrivere l'approssimazione al secondo ordine dell'energia cinetica e dell'energia potenziale. Per l'energia cinetica è sufficiente calcolare la matrice cinetica, definita nell'equazione 6.35, nella posizione di equilibrio $(0,0)$. Per l'energia potenziale è sufficiente calcolare la matrice Hessiana $W$ nella posizione di equilibrio. Ho già svolto questo conto nell'equazione 6.43. In definitiva la Lagrangiana delle piccole oscillazioni è data da

$$L_{po} = \frac 12 \binom {\dot \theta}{\dot \phi} \left( \begin{m... ... \begin{matrix}(M+m)g & 0 0 & mg \end{matrix} \right)\binom {\theta}{\phi}.$$ (6.44)

Il problema agli autovettori da risolvere è

$$\det( \omega^2 T(0,0) - W(0,0) ) = 0,$$ (6.45)

ovvero

$$\det \left( \begin{matrix}\omega^2 (M+m)R^2 - (M+m) g & \omega^2 mRL \omega^2 mRL & \omega^2 mL^2 - mg \end{matrix} \right) =0.$$ (6.46)

Il calcolo è un pò complicato ma non presenta nessuna difficoltà concettuale. Per diminuire la fatica, conviene ricordarsi che il determinante è una funzione lineare delle singole righe. In particolare se moltiplico una sola riga per un numero anche il determinante sarà moltiplicato per lo stesso numero. Ma allora mi conviene dividere per $(M+m)R^2$ la prima riga e per $mL^2$ la seconda. Ovviamente i valori di $\omega^2$ non cambiano. Introduco anche i parametri $\alpha = \frac RL$, $\nu^2 = \frac g{R^2}$ e $\mu = \frac m{M+m}$. L'equazione agli autovalori diventa:

$$\det \left( \begin{matrix}\omega^2 - \nu^2 & \omega^2 \frac {\mu}... ... {\omega^2}{\alpha} & \omega^2 - {\nu^2}{\alpha^2} \end{matrix} \right) =0.$$ (6.47)

Quindi:

$$(1-\mu)\omega^4 - \nu^2(1+ \alpha^2) \omega^2 + \alpha ^2 \nu^4=0,$$

che ha le due soluzioni

$$\omega^2_{\pm}= \nu^2 \frac {1+\alpha^2 \pm \sqrt{ (1-\alpha)^2 + 4 \alpha^2 \mu}}{2(1-\mu)}.$$

Tenedendo presente che $\mu<1$, si riconosce che $\omega^2>0$ in entrambi i casi. Per il calcolo dei corrispondenti autovettori, dovrei considerare i due sistemi:

$$\left( \begin{matrix}\omega^2_\pm - \nu^2 & \omega^2_\pm \frac {\... ...ga^2_\pm - {\nu^2}{\alpha^2}\end{matrix} \right) {\mathbf {z}}_\pm = \binom 00.$$ (6.48)

dove le incognite sono i due vettori ${\mathbf {z}}_\pm$. Il determinate della matrice è nullo, dunque per determinare il vettore mi basta considerare, ad esempio, la seconda riga. Non normalizzando, posso sceglire:

$${\mathbf {z}}_\pm = \binom {\alpha \nu^2 - \omega^2_\pm}{\alpha \omega^2_\pm}.$$

che sono i modi normali di oscillazione.

6.3.9 Gli integrali primi e la riduzione dei gradi di libertà

La Lagrangiana non dipende esplicitamente dal tempo, dunque l'energia meccanica si conserva. D'altra parte non ci sono variabili cicliche, né evidenti simmetrie del problema. Non avendo a disposizione altri integrali primi non posso procedere alla riduzione dei gradi di libertà.

6.3.10 Il controllo dimensionale

Il problema assegnato è formulato in modo dimensionalmente consistente, infatti $R$ e $L$ sono due lunghezze, $M$ e $m$ sono due masse e $g$ è l'accelerazione di gravità che ha dimensioni fisiche $[L/T^2]$ (lunghezza diviso tempo a quadrato). Quindi anche i calcoli che avete fatto devono essere coerenti nelle dimensioni fisiche. Si può verificare che l'energia cinetica e l'energia potenziale hanno effettivamente le dimensioni fisiche di un'energia, etc. . In particolare le frequenze delle piccole oscillazioni sono delle frequenze. Infatti i parametri $\mu$ e $\alpha$ sono adimensionali, mentre il parametro $\nu^2$ ha le dimensioni di $[g/R^2]=[1/T^2]$, cioè di una frequenza al quadrato.