Esercizio n.19
Ripetere l’esercizio 17 ma considerando anche la presenza di un attrito che
si manifesta come una forza FA = v dove  = 1 è il coefficiente d’attrito e
v la velocità del corpo. Trattare il problema in coordinate cartesiane,
considerando condizioni iniziali:
x(0) = 1 ; y(0) = 1; (dx/dt)t = 0 =  0.5 ; (dy/dt)t = 0 = 0
e ricordando che l’energia potenziale gravitazionale è U(x,y) = m2r2/2
dove r2= x2 + y2 e  = 4G/3 = 1.
Confrontare con la soluzione analitica e commentare il risultato numerico,
applicando, con uno ‘step’ t = 2/50,
a) il leap-frog in t = [0,2]
b) il leap-frog in t = [0,4] (che cosa succede alla soluzione numerica?)
c) il leap-frog modificato con “correzione” applicata a n = 10 e n = 20
Soluzione n.19
U ( x, y ) 
1
1
m 2 r 2  m 2 ( x 2  y 2 )
2
2

 d 2x
U
dx
dx
2
m






m

x


 dt 2
x
dt
dt


2
d
m y   U   dy  m 2 y   dy
 dt 2
y
dt
dt
E’ un sistema di due equazioni differenziali omogenee a coeff. costanti del secondo
ordine, la cui soluzione analitica, essendo  > /(2m), si può scrivere:
x(t)=Aetcos( t + B) ; dx/dt = Aet[cos( t + B) + sin( t + B)]
y(t)=Cetcos( t + D) ; dy/dt = Cet[cos( t + D) + sin( t + D)]
con  = /(2m) e  = (2   2 )1/2
Soluzione n.19
 A cos B  x0
 A cos B  x0




A

cos
B

A

sin
B

x
0

 x0  A sin B  x0
2
 2

x


x
 0
2
0 
 A cos B  x0

 A  x0  






x0  x0  
 A sin B   
 tan B   x0  x0

x0
Analogamente per la y con C e D al posto, rispettivamente, di A e B. Dalle condizioni
iniziali del problema ed essendo
 = 1,  = 1,  = /(2m) = 1/2, e  = (2   2 )1/2 = (3/4)1/2, abbiamo:
A = 1; B = 0; C = (4/3)1/2; D =  /6
Soluzione n.19
Trasformiamo le (19.1) in un sistema di equazioni diff. del primo ordine!
 dx
 dt  v x

 dy  v
y
 dt
d 2r
 dr
2
  r 

2
dt
m dt
 dv x   2 x   v x
m
 dt
 dv

 y   2 y  v y
m
 dt
vx




x
vy


y 

 
y   v   4 ; f ( y )     2 x  v x  : 4  4
 x
m 

v 
 

 y
2


y

vy 

m 

y  f (y )
Soluzione n.19a
Metodo Leap-frog
t = [0,2]
t = 2/50
1.2
xn = x(nt); yn = y(nt)
1.0
vx(n) = vx (nt); vy(n) = vy (nt)
0.8
x0 = 1; vx(0) =  1/2; y0 = 1; vy(0) = 0;
x1 = x0 + vx(0) t
y
X
Y
0.6
0.4
vx(1) = vx(0)  [2 x0 + (/m) vx(0)]t
xn +1 = xn  1 + 2vx
x
(n)
t
vx(n +1) = vx(n  1)  [2 xn + (/m) vx(n)]t
analogamente per la y, vy
Soluzione analitica:
X(t)=et/2cos[(3/4)1/2t]
Y(t)= (4/3)1/2 et/2cos[(3/4)1/2t  /6]
0.2
0.0
-0.2
-0.4
0.00
2.51
5.03
Soluzione n.19b
Metodo Leap-frog
t = [0,4]
t = 2/50
2.0
xn = x(nt); yn = y(nt)
1.5
vx(n) = vx (nt); vy(n) = vy (nt)
1.0
x0 = 1; vx(0) =  1/2; y0 = 1; vy(0) = 0;
x1 = x0 + vx(0) t
y
X
Y
0.5
0.0
vx(1) = vx(0)  [2 x0 + (/m) vx(0)]t
xn +1 = xn  1 + 2vx
x
(n)
t
vx(n +1) = vx(n  1)  [2 xn + (/m) vx(n)]t
analogamente per la y, vy
Soluzione analitica:
X(t)=et/2cos[(3/4)1/2t]
Y(t)= (4/3)1/2 et/2cos[(3/4)1/2t  /6]
-0.5
-1.0
-1.5
-2.0
0.00
2.51
5.03
7.54
10.05
12.57
Soluzione n.19c
Metodo Leap-frog “modificato” (vedi pag. 342)
t = [0,4]
t = 2/50
2.0
xn +1 = xn  1 + 2vx(n) t
1.5
vx
(n +1)
= vx
(n  1)

[2
x
xn + (/m) vx
(n)]t
per n = 10 si sono usati invece i valori
“corretti” definiti come segue, per poi
“ripartire” normalmente da n = 12
xˆn 
xˆn 1
1
( xn  xn 1  v x( n ) t )
2
 xˆn  vˆx( n ) t
vˆx( n ) 
vˆ
( n 1)
x
1  (n)


 
v x  v x( n 1)    2 xn  v x( n )  t 

2
m

 
 vˆ
(n)
x



   2 xˆn  vˆx( n )  t
m


lo stesso per y e vy
y
X
1.0
Y
x
0.5
0.0
-0.5
-1.0
-1.5
-2.0
0.00
2.51
5.03
7.54
10.05
12.57
Soluzione n.19c
Metodo Leap-frog “modificato” (vedi pag. 342)
t = [0,4]
t = 2/50
xn +1 = xn  1 + 2vx
(n)
t
2.0
x
vx(n +1) = vx(n  1)  [2 xn + (/m) vx(n)]t
1.5
per n = 10 e n = 20 si sono usati i valori
“corretti” definiti come segue, per poi
“ripartire” normalmente da n = 12 e 22
rispettivamente.
1.0
xˆn 
xˆn 1
1
( xn  xn 1  v x( n ) t )
2
 xˆn  vˆx( n ) t
vˆx( n ) 
vˆ
( n 1)
x
1  (n)


 
v x  v x( n 1)    2 xn  v x( n )  t 

2
m

 
 vˆ
(n)
x



   2 xˆn  vˆx( n )  t
m


lo stesso per y e vy
y
X
Y
x
0.5
0.0
-0.5
-1.0
-1.5
-2.0
0.00
2.51
5.03
7.54
10.05
12.57