Oscillatore armonico con smorzamento senza gravità. Soluzione.
1a Rispetto all’origine il momento angolare iniziale ~`o = ~` (t = 0) della pallina ha componenti (0, 0, mxo vyo ) =
= (0, 0, m!1 R2 > 0), quindi modulo `o = |~`o | = m!1 R2 e versore `ˆo = ~`o /`o = (0, 0, 1), diretto come +ẑ.
1b La pallina è soggetta alla forza f~ = k~r
~v , perciò la derivata temporale del vettore momento angolare è
d~`/dt = ~r ⇥ f~ =
~r ⇥~v = ( /m)~`. A t = 0, in particolare, d~`/dt =
~ro ⇥~vo = ( /m)~`o : il suo modulo è
2
|d~`/dt| = | ( /m)~`o | = ( /m) `o = !1 R , mentre il suo versore è l’opposto del versore di ~`o , cioè (0, 0, 1).
1c Dalla risposta precedente [cioè d~`/dt = ( /m)~` ] si vede che la direzione del versore `ˆ del momento angolare è
costante. Infatti, se la variazione nel tempo del vettore ~` è parallela al vettore ~` stesso, tale vettore, nel tempo,
può allungarsi o accorciarsi (qui si accorcia), ma non cambiare direzione.
1d Viste le due risposte precedenti, la variazione del modulo è data dalla semplice equazione d`/dt = ( /m)` ,
che ha per soluzione `(t) = `o e ( /m)t , dove `o = m!1 R2 . Dalla soluzione ottengo il valore numerico a t = t1 .
2a La traiettoria si mantiene nel piano xy: lungo z, la distanza del punto dall’origine, la velocità e la forza sono
inizialmente nulle e restano tali per ogni t > 0. Lo si poteva dedurre dal fatto che `ˆ= costante = (0, 0, 1), o anche
integrando l’equazione di Newton, che lungo z fornisce la soluzione banale z(t) = 0 e lungo x e y la soluzione
non banale delle altre due equazioni di↵erenziali: mẍ =
ẋ kx, mÿ =
ẏ ky, cioè due oscillatori smorzati
unidimensionali,pidentici e indipendenti frap
loro. Dai dati verifico che (come diceva il testo) siamo nel regime
sottosmorzato: k/m = !o > /2m, !1 = !o2 ( /2m)2 è reale positivo. Allora, in analogia con la soluzione
fornita nella dispensino e riprodotta anche nel testo del problema, trovo posizione e velocità lungo x e lungo y:

✓
◆

✓
◆
t
t
xo sin !1 t
yo sin !1 t
2m
x(t) = xo cos !1 t + vxo +
e
; y(t) = yo cos !1 t + vyo +
e 2m
2m
!1
2m
!1

✓
◆

✓
◆
t
t
vxo sin !1 t
vyo sin !1 t
ẋ(t) = vxo cos !1 t
!o 2 xo +
e 2m ; ẏ(t) = vyo cos !1 t
! o 2 yo +
e 2m
2m
!1
2m
!1
Se, prima di calcolare i valori numerici di posizione e velocità a t = t1 , sostituisco le condizioni iniziali cosı́ come
fornite nel testo, cioè xo = R, yo = 0 e vxo = ( /2m)R, vyo = !1 R, ottengo espressioni notevolmente semplificate:
t
t
x(t) = R e 2m cos !1 t ; y(t) = R e 2m sin !1 t
⇣ ⌘
⇣ ⌘
ẋ(t) =
x(t)
!
y(t)
;
ẏ(t)
=
1
2m
2m y(t) + !1 x(t) .
6= 0 il raggio
Re
decresce esponenzialmente nel tempo, via via che il punto gira a velocitàpangolare costante ✓˙ = !1 . La
traiettoria è quindi una spirale percorsa tutta nello stesso verso, e ds = |~v (t)|dt = ẋ(t)2 + ẏ(t)2 dt . Sostituisco
s
r
✓
◆2
⇣ ⌘2
2m!1
t/2m
2
ds = !1 + 2m R e
dt e integrando in dt ottengo s(t) = so + 1 +
R (1 e t/2m ) ,
2b Se non ci fosse smorzamento ( = 0) la traiettoria sarebbe una circonferenza di raggio R; con
t
2m
dove so = 0 per rispettare la condizione iniziale s(t = 0) = 0. Con la formula ottengo poi s all’istante t = t1 .
2c La lunghezza L della strada percorsa dalla pallina dopo un tempo (e un numero di giri) infinito è finita e pari a
s
✓
◆2
2m!1
L = lim s(t) = 1 +
R
t!1
2d Dalla forma piú semplice (risposta [2a], ultime equazioni) abbiamo già notato che la traiettoria è una spirale
circolare: l’angolo ✓ formato dalla semiretta uscente dall’origine e passante per
p la pallina aumenta linearmente nel
tempo come ✓(t) = !1 t, mentre la distanza della pallina dall’origine r(t) = x(t)2 + y(t)2 = R e t/2m decresce
esponenzialmente nel tempo con costante di decadimento ⌧ = 2m/ . Sostituendo t = ✓/!1 nell’espressione della
distanza del punto dall’origine, otteniamo l’equazione della traiettoria in coordinate cilindriche:
r(✓) = R e
2m
!1 ✓
;
z = 0.