FM210 - Fisica Matematica I

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1 Corso di laurea in Matematica - Anno Accademico 01/14 FM10 - Fisica Matematica I Seconda Prova di Esonero [ ] 1. (1 punti. Una massa puntiforme m si muove su una guida liscia di equazione y = de x /(d (con d > 0 appartenente al piano verticale x-y sotto l effetto della forza peso F p = m(0, g e di una forza elastica F e = k(x, y di costante elastica k e centro coincidente con l origine. 1. Si scriva la Lagrangiana del sistema usando come coordinate Lagrangiane le variabili (x, ẋ.. Si ricavi la corrispondente equazione di Eulero-Lagrange.. Si identifichi una grandezza conservata, e se ne verifichi esplicitamente la conservazione. 4. Si determinino i punti di equilibrio del sistema e se ne studi la stabilità. 5. Si ricavi l equazione delle curve di livello del sistema e se ne disegni il grafico nel piano delle fasi (x, ẋ al variare della grandezza conservata di cui sopra. Si discuta qualitativamente la natura del moto. Soluzione: 1 - La posizione della particella è data da x = (x, de x /(d quindi la sua velocità è ẋ = (ẋ, ẋ x /(d d e x e l energia cinetica del sistema è La sua energia potenziale è K = 1 m ẋ = 1 ( mẋ 1 + x d e x /d. U = mgy + 1 k x = mgde x /(d + 1 k(x + d e x /d quindi la Lagrangiana è L(x, ẋ = K U = 1 ( mẋ 1 + x d e x /d mgde x /(d 1 k(x +d e x /d. - L equazione di Eulero-Lagrange corrispondente è d L dt ẋ = L x

2 quindi ( d mẋ (1 + x dt d e x /d = mg x /(d d e x kx (1 e x /d +mẋ x ( /d d e x 1 x d quindi mẍ (1 + x d e x /d = mg x /(d d e x kx (1 e x /d mẋ x d e x /d ( 1 x d. - Definiamo l energia quindi E := ẋ L ẋ L = K + U E = 1 ( mẋ 1 + x d e x /d + mgde x /(d + 1 k(x + d e x /d e verifichiamo che Ė = 0: Ė = ẋmẍ (1 + x d e x /d + mẋ x ( /d d e x 1 x d ẋmg x /(d + ẋkx (1 e d e x x /d = 0. dove nell ultimo passaggio abbiamo usato l equazione di Eulero-Lagrange Come evidente dall equazione di Eulero-Lagrange, i punti di equilibrio (i.e., le soluzioni dell equazione di E-L della forma x(t x 0 corrispondono ai punti critici di U(x. Abbiamo U (x = mg x d e x /(d + kx(1 e x /d quindi se definiamo X := e x /(d e α := mg/(kd, allora U (x = 0 se e solo se x(1 X αx = 0 le cui soluzioni sono x 0 = 0 e le radici di X + αx 1 = 0 ovvero X = ± α + 1 α.

3 Dato che X = e x /(d (0, 1], l unica radice accettabile è X = e x /(d = α + 1 α x ± = ±d log( α + 1 α Studiamo adesso la stabilità di x 0 e x ±. Dato che K(x, ẋ è una forma quadratica in ẋ definita positiva uniformemente in x, i massimi relativi (isolati e non degeneri di U(x sono punti di equilibrio instabile, mentre i minimi relativi (isolati e non degeneri sono di equilibrio stabile. Abbiamo quindi x 0 è instabile. Inoltre quindi x ± sono stabili. U (x 0 = mg d < 0 U (x ± = k x ± d ( αe x ± /(d + e x ± /d > Ricordiamo l espressione dell energia E = costante = 1 ( mẋ 1 + x d e x /d + U(x quindi l equazione delle curve di livello è (E U(x ẋ = ± m(1 + x d e x /d. Il grafico di U ha la forma seguente:

4 quindi le curve di livello hanno la forma seguente: Se E < U(0, allora il moto è periodico, e consiste in oscillazioni o attorno a x + o attorno a x. Se E = U(0, allora x x 0 per t ±. Se E > U(0, allora il moto è periodico, e consiste in oscillazioni centrate nell origine.. (11 punti. Una massa puntiforme m si muove in R sotto l effetto di una forza centrale x F = k x ( x + l, dove x R e k, l > 0. Si supponga di assegnare un dato iniziale corrispondente ad un momento angolare L non nullo. 1. Si identifichi il potenziale efficace per il moto radiale e se ne disegni il grafico, al variare di L := L > 0.. Si disegnino le curve di livello nel piano (ρ, ρ e si discuta qualitativamente la natura del moto sia radiale che complessivo, al variare di L > 0.. Si determinino tutti i possibili dati iniziali per cui il moto complessivo risultante è periodico e se ne calcoli il periodo nella forma di un integrale definito. Soluzione: 1 - Il potenziale associato a F è k U( x = ( x + l quindi il potenziale efficace per il moto radiale è V eff (ρ = U(ρ + L mρ = k (ρ + l + L mρ.

5 I punti critici di V eff sono le soluzioni (positive, poiché ρ > 0 di quindi (mk 1/ ρ + l = L/ ρ l ρ = ( mk L 1/ 1 che è punto critico se e solo se L < mk (nel qual caso la soluzione è positiva, come desiderato. Inoltre, V eff (ρ ρ 0 +, V eff (ρ ρ 0 quindi se L mk, allora il grafico di V eff è Inoltre se L < mk allora quindi il grafico fi V eff è V eff ( ρ = ( L m ρ 1 ( 1/ km L < Dal grafico di V eff si deduce la forma delle curve di livello usando ρ = ± m (E V eff

6 Se L mk, Se L < mk, Se L mk, allora tutti i moti sono aperti. Se L < mk, tutti i moti con E 0 sono aperti. Se L < mk, allora i moti radiali con E < 0 sono periodici; il moto complessivo corrispondente può essere periodico o quasi-periodico, a seconda del rapporto tra i periodi del moto radiale e angolare (cf la discussione al punto seguente. - Se L < mk e E < 0, allora il moto radiale è periodico. Il suo periodo è T ρ := ρ+ ρ dρ 1 m (E V eff (ρ dove ρ e ρ + sono le soluzioni di V eff (ρ ± = E. L incremento della variabile angolo θ in un periodo T ρ è θ = ρ+ ρ dρ Il moto complessivo è periodico se e solo se L. mρ m (E V eff (ρ θ π = p q Q

7 e in questo caso, il periodo del moto complessivo è T c = qt ρ. Se θ/(π Q, allora il moto complessivo è quasi-periodico.. (6 punti. Un corpo rigido è costituito da masse puntiformi m disposte ai vertici di un triangolo ABC. Siano: l la lunghezza del lato BC, l la lunghezza del lato AC e π/ l ampiezza dell angolo al vertice C. 1. Si determini il centro di massa del sistema.. Si calcoli la matrice del corpo rispetto al suo centro di massa, si identifichino gli assi principali di inerzia e si calcolino i momenti di inerzia corrispondenti. Soluzione: B l π/ C l A 1 - Consideriamo un sistema di riferimento centrato in C, tale che il piano x y coincide con il piano del triangolo. Con riferimento alla figura, scegliamo l asse x orizzontale e orientato verso destra, e l asse y verticale e orientato verso l alto. In tale sistema di riferimento le coordinate dei tre punti sono: x A = (l, 0, 0, x B = ( l/, l/, 0, x C = (0, 0, 0. Le coordinate del centro di massa sono quindi: x CM = l( 1, 6, 0 - Se trasliamo rigidamente il sistema di riferimento in modo tale da far coincidere la nuova origine con il centro di massa, le nuove coordinate dei tre vertici del triangolo sono: x A = l(, 6, 0, x B = l( 1, In queste coordinate la matrice d inerzia del sistema è, 0, x C = l( 1, 6, 0. I = ml

8 Gli autovalori di I/(ml sono λ 0 = 4, λ ± = ±. L autovettore associato a λ 0 è ξ 0 := (0, 0, 1, quello a λ + è e quello a λ è ξ + := ξ := 1 + (1, +, 0 1 (1, +, 0. Quindi gli assi principali di inerzia sono ξ 0, ξ + e ξ, e i momenti d inerzia corrispondenti sono ml λ 0, ml λ + e ml λ.