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) = m2r2/2 dove r2= x2 + y2 e = 4G/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

dt

dyym

dt

dy

y

U

dt

ydm

dt

dxxm

dt

dx

x

U

dt

xdm

yxmrmyxU

22

2

22

2

22222 )(2

1

2

1),(

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)=Aetcos( t + B) ; dx/dt = Aet[cos( t + B) + sin( t + B)]

y(t)=Cetcos( t + D) ; dy/dt = Cet[cos( t + D) + sin( t + D)]

con = /(2m) e = (2 2 )1/2

Soluzione n.19

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

0

00

2

0020

2

00

0

00

0

0

0

tansin

cos

sin

cos

sincos

cos

x

xxB

xxxA

xxBA

xBA

xBAx

xBA

xBABA

xBA

Soluzione n.19

Trasformiamo le (19.1) in un sistema di equazioni diff. del primo ordine!

)(yfy 44

2

24

2

2

22

2

:)(;

y

x

y

x

y

x

yy

xx

y

x

vm

y

vm

x

v

v

v

v

yx

vm

ydt

dv

vm

xdt

dv

vdt

dy

vdt

dx

dt

d

mdt

d

yfy

rr

r

Soluzione n.19a

-0.4

-0.2

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

0.00 2.51 5.03

x

y

X

Y

Metodo Leap-frog

t = [0,2]

t = 2/50

xn = x(nt); yn = y(nt)

vx(n) = vx (nt); vy

(n) = vy (nt)

x0 = 1; vx(0) = 1/2; y0 = 1; vy

(0) = 0;

x1 = x0 + vx(0) t

vx(1) = vx

(0) [2 x0 + (/m) vx(0)]t

xn +1 = xn 1 + 2vx(n) t

vx(n +1) = vx

(n 1) [2 xn + (/m) vx(n)]t

analogamente per la y, vy

Soluzione analitica:

X(t)=et/2cos[(3/4)1/2t]

Y(t)= (4/3)1/2 et/2cos[(3/4)1/2t /6]

Soluzione n.19b

-2.0

-1.5

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

0.00 2.51 5.03 7.54 10.05 12.57

x

y

X

Y

Metodo Leap-frog

t = [0,4]

t = 2/50

xn = x(nt); yn = y(nt)

vx(n) = vx (nt); vy

(n) = vy (nt)

x0 = 1; vx(0) = 1/2; y0 = 1; vy

(0) = 0;

x1 = x0 + vx(0) t

vx(1) = vx

(0) [2 x0 + (/m) vx(0)]t

xn +1 = xn 1 + 2vx(n) t

vx(n +1) = vx

(n 1) [2 xn + (/m) vx(n)]t

analogamente per la y, vy

Soluzione analitica:

X(t)=et/2cos[(3/4)1/2t]

Y(t)= (4/3)1/2 et/2cos[(3/4)1/2t /6]

Soluzione n.19c

-2.0

-1.5

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

0.00 2.51 5.03 7.54 10.05 12.57

x

y

X

Y

Metodo Leap-frog “modificato” (vedi pag. 342)

t = [0,4]

t = 2/50

xn +1 = xn 1 + 2vx(n) t

vx(n +1) = vx

(n 1) [2 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

x

tvm

xvv

tvm

xvvv

tvxx

tvxxx

nxn

nx

nx

nxn

nx

nx

nx

nxnn

nxnnn

)(2)()1(

)(2)1()()(

)(1

)(1

ˆˆˆˆ

2

1ˆ

ˆˆˆ

)(2

1ˆ

lo stesso per y e vy

Soluzione n.19c

-2.0

-1.5

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

0.00 2.51 5.03 7.54 10.05 12.57

x

y

X

Y

Metodo Leap-frog “modificato” (vedi pag. 342)

x

tvm

xvv

tvm

xvvv

tvxx

tvxxx

nxn

nx

nx

nxn

nx

nx

nx

nxnn

nxnnn

)(2)()1(

)(2)1()()(

)(1

)(1

ˆˆˆˆ

2

1ˆ

ˆˆˆ

)(2

1ˆ

t = [0,4]

t = 2/50

xn +1 = xn 1 + 2vx(n) t

vx(n +1) = vx

(n 1) [2 xn + (/m) vx(n)]t

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.

lo stesso per y e vy