Esercizio meccanica lagrangiana e moti relativi
Buongiorno ragazzi, mi ritrovo ad affrontare un esercizio di meccanica lagrangiana che chiede le classiche formulazioni:
-impostare le giuste e comode coordinate lagrangiane
-lagrangiana, equazioni di lagrange, hamiltoniana etc..
Lascio scritto etc in quanto la domanda verte sulla prima questione, ovvero, non riesco a dare delle comode coordinate lagrangiane per il seguente problema:
In un sistema di riferimento {O, x, y}, con asse y verticale ascendente, un carrello di massa
M, è vincolato a muoversi sull’asse orizzontale; tale carrello è collegato con l’origine O tramite
una molla di costante elastica k. Solidale al carrello vi è una guida parabolica con asse parallelo
all’asse verticale, sui cui è vincolato un punto materiale di massa m.
1)scegliere in modo opportuno le coordiante lagrangiane.
Spero che qualcuno possa aiutarmi, ho provato con 3 impostazioni differenti ma vengono sempre "cose brutte"
Ringrazio in anticipo
-impostare le giuste e comode coordinate lagrangiane
-lagrangiana, equazioni di lagrange, hamiltoniana etc..
Lascio scritto etc in quanto la domanda verte sulla prima questione, ovvero, non riesco a dare delle comode coordinate lagrangiane per il seguente problema:
In un sistema di riferimento {O, x, y}, con asse y verticale ascendente, un carrello di massa
M, è vincolato a muoversi sull’asse orizzontale; tale carrello è collegato con l’origine O tramite
una molla di costante elastica k. Solidale al carrello vi è una guida parabolica con asse parallelo
all’asse verticale, sui cui è vincolato un punto materiale di massa m.
1)scegliere in modo opportuno le coordiante lagrangiane.
Spero che qualcuno possa aiutarmi, ho provato con 3 impostazioni differenti ma vengono sempre "cose brutte"
Ringrazio in anticipo
Risposte
Forse mi sbaglio, ma non credo possano venire "cose belle" poi dipende cosa intendi con "brutte"...
Poi non mi è chiarissimo se la molla si può comprimere fino all'origine oppure no, e se questa molla abbia una lunghezza a riposo oppure no. Ti spiego la mia idea nel caso più semplice in cui la lunghezza a riposo sia zero, e in cui la molla si possa comprimere fino all'origine, in ogni caso la modifica è minima nelle altre situazioni che ho citato prima, basta traslare della lunghezza a riposo il sistema di riferimento e quanto detto dopo rimane inalterato.
Io come coordinate libere prenderei $x$ e $X$ , dove la prima è un'ascissa per la massa $m$ , mentre $X$ è un'ascissa per il carrello di massa $M$.
In questo modo la guida parabolica avrebbe equazione $y=A(x-X)^2$, cioè una parabola traslata dell'ascissa in cui è centrato il carrello e dove $A$ è l'apertura della parabola, il potenziale del sistema sarebbe $$U=\frac{1}{2} k X ^2 + mgy = \frac{1}{2} k X ^2 + mgA(x-X)^2$$ e l'energia cinetica sarebbe
$$
T= \frac{1}{2} M V ^2 + \frac{1}{2} mv ^2= \frac{1}{2} M \dot X ^2 + \frac{1}{2} m( \dot x^2+ \dot y^2)= \frac{1}{2} M \dot X ^2 + \frac{1}{2} m\big[ \dot x^2+ 4A^2(x-X)^2(\dot x-\dot X)^2\big]
$$
Quindi la lagrangiana diventa
$$
L(x,X,\dot x, \dot X) = \frac{1}{2} M \dot X ^2 + \frac{1}{2} m\big[ \dot x^2+ 4A^2(x-X)^2(\dot x-\dot X)^2\big] - \frac{1}{2} k X ^2 - mgA(x-X)^2
$$
Mentre le relative equazioni di lagrange diventano
$$
m \ddot x + 8A^2(x-X)\big[ (\dot x- \dot X)^2+(x-X) (\ddot x- \ddot X)\big]+2mgA (x- X)=0
$$
$$
M \ddot X - 8A^2(x-X)\big[ (\dot x- \dot X)^2+(x-X) (\ddot x- \ddot X)\big]-2mgA (x- X)+k X=0
$$
Non se queste equazioni le consideri abbastanza "belle"
, poi se le vuoi semplificare ancora, puoi scegliere come coordinate libere ad esempio $(X,\Delta x)$ con $\Delta x= x- X$ in questo modo le equazioni di lagrange diventano più carine
$$
m (\ddot X+ \ddot{\Delta x} ) + 8A^2\Delta x\big[ \dot{\Delta x}^2+\Delta x \ddot{\Delta x}\big]+2mgA \Delta x=0
$$
$$
M \ddot X - 8A^2\Delta x\big[ \dot{\Delta x}^2+\Delta x \ddot{\Delta x}\big]-2mgA \Delta x+k X=0
$$
Poi non mi è chiarissimo se la molla si può comprimere fino all'origine oppure no, e se questa molla abbia una lunghezza a riposo oppure no. Ti spiego la mia idea nel caso più semplice in cui la lunghezza a riposo sia zero, e in cui la molla si possa comprimere fino all'origine, in ogni caso la modifica è minima nelle altre situazioni che ho citato prima, basta traslare della lunghezza a riposo il sistema di riferimento e quanto detto dopo rimane inalterato.
Io come coordinate libere prenderei $x$ e $X$ , dove la prima è un'ascissa per la massa $m$ , mentre $X$ è un'ascissa per il carrello di massa $M$.
In questo modo la guida parabolica avrebbe equazione $y=A(x-X)^2$, cioè una parabola traslata dell'ascissa in cui è centrato il carrello e dove $A$ è l'apertura della parabola, il potenziale del sistema sarebbe $$U=\frac{1}{2} k X ^2 + mgy = \frac{1}{2} k X ^2 + mgA(x-X)^2$$ e l'energia cinetica sarebbe
$$
T= \frac{1}{2} M V ^2 + \frac{1}{2} mv ^2= \frac{1}{2} M \dot X ^2 + \frac{1}{2} m( \dot x^2+ \dot y^2)= \frac{1}{2} M \dot X ^2 + \frac{1}{2} m\big[ \dot x^2+ 4A^2(x-X)^2(\dot x-\dot X)^2\big]
$$
Quindi la lagrangiana diventa
$$
L(x,X,\dot x, \dot X) = \frac{1}{2} M \dot X ^2 + \frac{1}{2} m\big[ \dot x^2+ 4A^2(x-X)^2(\dot x-\dot X)^2\big] - \frac{1}{2} k X ^2 - mgA(x-X)^2
$$
Mentre le relative equazioni di lagrange diventano
$$
m \ddot x + 8A^2(x-X)\big[ (\dot x- \dot X)^2+(x-X) (\ddot x- \ddot X)\big]+2mgA (x- X)=0
$$
$$
M \ddot X - 8A^2(x-X)\big[ (\dot x- \dot X)^2+(x-X) (\ddot x- \ddot X)\big]-2mgA (x- X)+k X=0
$$
Non se queste equazioni le consideri abbastanza "belle"
, poi se le vuoi semplificare ancora, puoi scegliere come coordinate libere ad esempio $(X,\Delta x)$ con $\Delta x= x- X$ in questo modo le equazioni di lagrange diventano più carine$$
m (\ddot X+ \ddot{\Delta x} ) + 8A^2\Delta x\big[ \dot{\Delta x}^2+\Delta x \ddot{\Delta x}\big]+2mgA \Delta x=0
$$
$$
M \ddot X - 8A^2\Delta x\big[ \dot{\Delta x}^2+\Delta x \ddot{\Delta x}\big]-2mgA \Delta x+k X=0
$$
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