Problemas de mecánica clásica (Principios (Principi os elementales)
Moisés Carrera Núñez
Los problemas que aquí se presentan pertenecen per tenecen al capítulo 1: Survey of the Elementary Principles, Mechanics, de la tercera edición del libro Classical Mechanics, de los autores Herbert Goldstein, Charles Poole y John Safko.
1.
2.
Demuestre que q ue para una u na part´ıcula ıcula con co n masa constante co nstante la l a ecuaci´on on de movimiento implica la siguiente ecuaci´on on diferencial para la ener en erg´ g´ıa ıa cin´ ci n´etic et ica: a: dT = F v, dt mientras mientras si la masa var var´ıa con el tiempo la ecuaci´ ecuaci´ on on correspondiente es d(mT d(mT )) = F p. dt
Demuestre que la magnitud R del vector de posici´on on del centro de masa desde un origen arbitrario est´a dado por la ecuaci´on on M 2 R2 = M
·
mi ri2 −
i
1 2
2 mi mj rij .
i,j
Tenemos1 .
·
La ener en erg´ g´ıa ıa cin´ ci n´etic et icaa T de una part´ıcula ıcula de masa m y velocidad v en coordenadas cartesianas esta dada por
1 R= M
mi ri
=⇒
M R =
i
mi ri ,
i
entonces M 2 R2 = M R M R ·
T =
1 1 mv 2 = m x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 , 2 2
=
(2.1)
mi mj ri rj . ·
i,j
2 = r 2 + r 2 − 2r r , resolviendo para Como rij = ri − rj se tiene rij i j i j ri rj : 1 2 ) (2.2) ri rj = (ri2 + rj2 − rij 2 sustituyendo la Ec. (2.2) en el lado derecho de la Ec. (2.1) se tiene
si m es constante:
·
·
dT dt
= = = =
d 1 m x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 dt 2 1 d 2 m x˙ + y˙ 2 + z˙ 2 2 dt 1 dx˙ dy˙ dz˙ m 2x˙ + 2y˙ + 2z˙ 2 dt dt dt dx˙ dy˙ dz˙ m ,m ,m (x, ˙ y, ˙ z˙ ) dt dt dt
= F v ·
·
M 2 R2 =
mi mj
i,j
=
·
=
Si m var´ var´ıa con el tiemp tie mpoo m = m(t),
1 2
mi mj ri2 +
i,j
1 M 2
i
1 2
mi mj rj2 −
i,j
1 mi ri2 + M 2
mi ri2 −
= M
i
1 2 2 (r + rj2 − rij ) 2 i
1 2
mj rj2 −
j
2 mi mj rij
1 2
1 2
i,j
2 mi mj rij
i,j
i,j
d d 1 2 2 (mT ) mT ) = m x˙ + y˙ 2 + z˙ 2 dt dt 2 1 dm2 d = (x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 ) + m2 (x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 ) 2 dt dt =
1 2m 2
dm dt
+m
=
x˙
dm dt
=
x˙
dm dx˙ +m dt dt
2x˙
mx˙ + y˙ + m
(x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 ) 2
dx˙ dy˙ dz˙ +2y˙ + 2z˙ dt dt dt
dm dt
dx˙ dt
my˙ + z˙
mx˙ + m
mx˙ + y˙
dy˙ dt
dm dt
mz˙
my˙ + m
dz˙ dt
dm dy˙ +m my˙ dt dt dm dz˙ + z˙ +m dt dt
mz˙
mz˙
d d d (mx˙ ) mx˙ + (my˙ ) my˙ + (mz˙ ) mz˙ dt dt dt d = (mx, ˙ my, ˙ mz˙ ) (mx, ˙ my, ˙ mz˙ ) dt dp = p dt =F p =
·
·
·
1
2 mi mj rij
Esta soluci´ on fue sacada directamente de la referencia [9] on
5.
entonces, 1 (dr + dr) 2 1 = (dr (drx + dr drx , dry + dr dry ). 2
(dx, (dx, dy ) =
Dos rines de radio a son montados a los extremos de un eje com´un un de longitud b, de manera que los rines rotan independientemente. Toda la combinaci´on on rueda sin deslizarse sobre un plano. Demuestre que hay dos ecuaciones de restricci´on on no holon´omicas: omicas:
Y con ayuda de las Ecs. (5.1) y (5.2), se tiene: cos θdx + sen θ dy = 0 1 sen θdx − cos θ dy = a(dφ (dφ + dφ dφ ) 2
1 dx = a sen θ(dφ (dφ + dφ dφ), 2 1 dy = − a cos θ (dφ (dφ + dφ dφ ). 2
(5.3a)
(donde θ, φ y φ tienen significados similares a los del problema de un unico u ´ nico disco vertical, y (x, ( x, y) son las coordenadas de un punto en la mitad del eje entre los dos rines) y una ecuaci´on on de restricci´ on on holon´omica, omica,
(5.3b)
Multiplicando la Ec. (5.3a) por cos θ y la Ec. (5.3b) por sen θ, obtendremos 1 cos θ dx = a cos θ sen θ (dφ (dφ + dφ dφ), 2 1 sen θdy = − a cos θ sen θ (dφ (dφ + dφ dφ ), 2
a θ = c − (φ − φ ) b
donde c es una constante. El diagrama para este problema se encuentra en la Figura 1. En donde r y r son las coordenadas del centro de los rines 1 y 2, respectivamente, los cuales tienen componentes en las direcciones x, y y z pero dado que los rines permanecen en posici´on on vertical durante todo su movimiento, es justificable considerar s´olo olo las componentes x, y.
que al sumarlas nos dan la primera ecuaci´on on de restricci´on on no holon´omica: omica: cos θ dx + sen θ dy = 0. (5.4)
§ ¦
¤ ¥
Al multiplicar la Ec. (5.3a) por sen θ y la Ec. (5.3b) por − cos θ se obtiene 1 sen θ dx = a sen2 θ (dφ (dφ + dφ dφ), 2 1 − cos θ dy = a cos2 θ (dφ (dφ + dφ dφ ), 2
sumado estas dos expresiones encontramos la segunda ecuaci´on on de restricci´ on on no holon´omica: omica:
¨
1 sen θdx − cos θ dy = a(dφ (dφ + dφ dφ ). 2
(5.5)
©
Si se define un vector r12 = r − r que une los centros de los rines y tiene magnitud b, como lo muestra la l´ınea recta en color rojo de la Figura 1. Sean (x ( x12, y12 ) las componentes cartesianas del vector r12 , entonces por la definici´on on del ´angulo angulo θ se tiene que tan θ = y12 /x12 , al derivar con respecto de t:
Figura 1: Dos rines rodando sobre un plano (problema 5). Para el rin 1, las componentes cartesianas de su vector velocidad est´an an dadas por:
dx12 = a sen θ(dφ (dφ − dφ ) dy12 = −a cos θ (dφ (dφ − dφ ),
(5.7a) (5.7b)
sustituyendo las Ecs. (5.7) en (5.6): 1 tan θ a cos θ (dφ (dφ − dφ ) − a sen θ (dφ (dφ − dφ ) x12 x12 dφ − dφ = −a (tan θ sen θ + cos θ), x12
sec2 θdθ = −
(5.2)
Ahora, el vector de posici´on on del punto (x, (x, y), el cual se encuentra a la mitad del eje que une el rin 1 al rin 2, est´a dado d ado en t´erminos ermi nos de r y r por 1 (x, y) = (r + r), 2
entonces dθ = −a
es decir
= (adφ sen θ, −adφ cos θ).
(dx (dx12 , dy12 ) = (adφ sen θ, −adφ cos θ ) − (adφ sen θ, −adφ cos θ ) = (adφ sen θ − adφ sen θ, −adφ cos θ + adφ cos θ )
(5.1)
dr = (dr (drx , dry )
(5.6)
Mediante un procedimiento similar obtenemos para el rin 2, cambiando r por r = (r ( rx , ry ), a v por v y a φ por φ , lo siguiente:
1 tan θ dy12 − dx12 . x12 x12
dr = (d ( drx , dry ) = (a ( adφ sen θ, −adφ cos θ).
o bien
Por otro lado se tiene que d r12 = dr − dr cuyas componentes podemos obtener de las Ecs. (5.1) y (5.2):
Y podemos expresar v en t´erminos erminos del radio del rin y el ´angulo angulo φ como dφ v=a , dt entonces
dθ 1 dy12 y12 dx12 = − 2 dt x12 dt x12 dt
sec2 θ dθ =
drx dry (vx , vy ) = , dt dt = (v sen θ, −v cos θ ).
sec2 θ
= −a
dφ − dφ x12 dφ − dφ x12
tan θ sen θ cos θ + 2 sec θ sec2 θ
(cos θ),
2 + y 2 = x /b, de la definici´on on de θ se tiene que cos θ = x12 / x12 12 /b, 12 as´ı que qu e a dθ = − (dφ (dφ − dφ ) b esta ultima u ´ ltima expresi´on on puede integrase y obtener con ello la ecuaci´on de restricci´on on holon´omica: omica:
¨ a θ = c − (φ − φ ) b ©
7. Demuestre que las Ecuaciones de Lagrange en la forma (1.53) pueden tambi´en en ser escritas como ∂ T ˙ ∂T −2 = Qj ∂ ˙ ∂ q˙j ∂q j
(5.8)
las cuales son conocidas como la forma de Nielsen de las ecuaciones de Lagrange.
en donde c es la constante de integraci´on. on. Comentarios
La forma (1.53) de las Ecuaciones de Lagrange es
La Ec. (5.4) implica que dz = 0, entonces z permanece constante, por ello la Ec. (5.4) podr´ podr´ıa corresponder a la restricci´ on on de que los rines permanecen horizontales. Si en la Ec. (5.5) se tuviese que dφ +dφ +dφ = 0 implicar implic ar´´ıa que los rines est´an an desliz´ andose andose sobre la superficie, es por ello que podr´ p odr´ıamos ıamos asociar la Ec. Ec . (5.5) a la restricci´on on de que los rines ruedan sin deslizarse. Si φ = φ implicar implic ar´´ıa que el rodamient ro damiento o de los l os rines no fuera independiente el uno del otro, por lo cual podemos asociar la Ec. (5.8) a la condici´on on de que los rines rotan independienteme independientemente. nte.
d dt
=
i
∂T dqi ∂T dq˙i + ∂q i dt ∂ ˙ ∂ q˙i dt
i
∂T ∂T q˙i + q¨i . ∂q i ∂ ˙ ∂ q˙i
∂ T ˙ ∂T ∂ −2 = ∂ ˙ ∂ q˙j ∂q j ∂ ˙ ∂ q˙j
∂ = ∂ ˙ ∂ q˙j
dT dt
i
∂ ∂ ˙ ∂ q˙j
−2
∂T = Qj ∂q j
∂T ∂T q˙i + q¨i ∂q i ∂ ˙ ∂ q˙i
∂T ∂q i
∂ + ∂ ˙ ∂ q˙j
=
= = =
de donde obtenemos obtenemos una restricci´ restricci´ on on no holon´omica: omica:
¨
dy dx = y x − f ( f (t)
©
(6.1)
∂ ∂ ˙ ∂ q˙j
∂T ∂q i
∂T ∂ ˙ ∂ q˙i
q˙i +
−2
∂T ∂q j
∂T ∂ ˙ ∂ q˙i ∂q i ∂ ˙ ∂ q˙j
∂T ∂ ¨ ∂ q¨i ∂T q¨i + −2 ∂ ˙ ∂ q˙i ∂ ˙ ∂ q˙j ∂q j
∂T δij ∂q i
∂ + ∂ ˙ ∂ q˙j
h = f − r
vy hy = vx hx dy/d y/ dt −y = ⇒ dx/d x/dt f ( f (t) − x
q˙i +
i
Figura 2: Part´ Part´ıcula movi´endose endose en el plano xy bajo la restricci´on on de que su vector velocidad est´a siempre dirigido hacia un punto en el eje x.
entonces, los vectores h y v deben ser paralelos (como se aprecia en la Figura 2) es decir h × v = 0, en donde, h = (f ( f (t) − x, −y, 0) y v = (vx , vy , 0). De la condici´on on h × v = 0 se tiene que:
Entonces:
i
= (f ( f (t) − x, −y ),
por lo tanto la derivada total de T con respecto de t estar´ a dada por la regla de la cadena:
=
(hx , hy ) = (f ( f (t), 0) − (x, y)
∂T = Qj , ∂q j
T = T q1 (t), q2 (t), . . . , qn (t), q˙1 (t), q˙2 (t), . . . , q˙n (t)
6.
Podemos expresar el punto f ( f (t) como un vector f cuyas componentes son (f (f ((t), 0), entonces el vector h que va desde la posici´on on de la part´ıcula ıcula hasta el punto f ( f (t) est´ a dado por:
−
dT = dt
En la Figura 2 muestra el diagrama de la situaci´on que plantea el problema. El vector de posici´on on de la part´ part´ıcula es r, v es su velocidad velocidad que est´ a dirigida hacia el punto f ( f (t) del eje x.
∂T ∂ ˙ ∂ q˙j
en donde T es una funci´on on impl im pl´´ıcita del tiempo t iempo,, es decir
Una part´ part´ıcula se mueve en el plano xy bajo la restricci´on on de que su vector velocidad est´a siempre dirigido hacia un punto en el eje x cuya accisa es alguna funci´on on dada del tiempo f ( f (t). Demuestre que para f ( f (t) diferenciable, pero arbitraria, la restricci´on o n es no holon´ omica. omica.
∂T ∂ ˙ ∂ q˙i
q¨i + 0 − 2
∂T ∂q j
∂T ∂q i
q˙i +
∂ ∂ ˙ ∂ q˙j
∂T ∂ ˙ ∂ q˙i
q¨i +
i
∂ ∂ ˙ ∂ q˙j
∂T ∂T −2 ∂q j ∂q j
∂T ∂ ˙ ∂ q˙j
q˙i +
∂ ∂ ˙ ∂ q˙i
∂T ∂ ˙ ∂ q˙j
q¨i −
i
∂ ∂q i
∂T ∂q j
d dt
∂T ∂ ˙ ∂ q˙j
−
∂T ∂q j
8.
9.
Si L es un Lagrangiano para un sistema de n grados de libertad que satisface las ecuaciones de Lagrange, demuestre por sustituci´on on directa que
El campo camp o electromagn´ electrom agn´etico etico es invariante i nvariante bajo baj o una transformaci tran sformaci´´on on de norma de los potenciales escalar y vectorial dadas por A −→ A + ψ(r, t)
dF ( F (q1 , . . . , qn , t) L =L+ dt
tambi´ en en satisface las ecuaciones de Lagrange, donde F es cualquier funci´on on arbitraria, pero diferenciable, de sus argumentos. Tenemos: ∂L ∂L ∂ dF = + , ∂q i ∂q i ∂q i dt d ∂L d ∂L d = + dt ∂ ˙ ∂ q˙i dt ∂ ˙ ∂ q˙i dt
1 ∂ψ c ∂t
φ −→ φ −
en donde ψ es arbitraria arbitr aria (pero (p ero diferenciable difere nciable), ), ¿Qu´e efecto tiene t iene esta transformaci´on on de norma n orma sobre so bre el Lagrangia L agrangiano no de una u na part´ıcula ıcula que se mueve en el campo electromagn´ etico? etico? ¿El movimiento es afectado?
(8.1a)
∂ dF . ∂ ˙ ∂ q˙i dt
(8.1b)
k
∂F ∂F q˙k + , ∂q k ∂t
=
k = 1, 1 , 2, . . . n .
y derivando derivando con respecto respecto de q˙i ∂ dF = ∂ ˙ ∂ q˙i dt =
k
k
∂ ∂ ˙ ∂ q˙i
∂ ∂q k
∂F ∂q k
∂F ∂ ˙ ∂ q˙i
q˙k + q˙k +
∂F ∂ ˙ ∂ q˙k ∂ ∂F + ∂q k ∂ ˙ ∂ q˙i ∂ ˙ ∂ q˙i ∂t
=
∂F ∂ ∂F δik + ∂q k ∂t ∂ ˙ ∂ q˙i
∂ψ dri ∂ψ + ∂r i dt ∂t
i
ei
∂ψ ∂r i
= ψ v + ·
∂L ∂ ˙ ∂ q˙i
+
d ∂F . dt ∂q i
(8.2)
d ∂L ∂L d − = dt ∂ ˙ ∂ q˙i ∂q i dt d = dt
∂L ∂ ˙ ∂ q˙i ∂L ∂ ˙ ∂ q˙i
d ∂F ∂L ∂ dF − − dt ∂q i ∂q i ∂q i dt ∂L d ∂F ∂ dF − + − , ∂q i dt ∂q i ∂q i dt
+
pero L satisface las ecuaciones de Lagrange, as´ı, ı, los primeros dos t´ erminos erminos del lado derecho suman cero, y la continuidad de F imd ∂F ∂ dF plica que = , por lo tanto: dt ∂q i ∂q i dt
¨
d ∂L ∂L = 0. − dt ∂ ˙ ∂ q˙i ∂q i
(9.4)
∂ψ . ∂t
·
Al aplicar la transformaci´on on se tiene
1 1 ∂ψ L = mv 2 − q φ − + 2 c ∂t 1 q q = mv 2 − qφ + A v + 2 c c q dψ =L+ , c dt ·
dr ∂ψ + dt ∂t
1 q L = mv 2 − qφ + A v. 2 c
Ahora las ecuaciones de Lagrange para L podemos obtenerlas sustrayendo la Ec. (8.1a) de (8.2):
·
El Lagrangian Lag rangiano o de una part p art´´ıcula con carga c arga q, masa m y velocidad etico etico es: v que se mueve dentro de un campo electromagn´
y sustit sustituy uyend endoo en el segund segundoo t´ ermino ermino del lado lado derec derecho ho de la Ec. (8.1b), se tiene
∂ ∂r i
i
∂F = , ∂q i
d ∂L d = dt ∂ ˙ ∂ q˙i dt
ei
en donde ri son las componentes del vector r y ei es un vector unitario con direcci´on on i. La derivada total de ψ (r, t) con respecto de t, puede ahora ser expresada como: dψ = dt
i
Podemos escribir dF/ d F/d dt como dF = dt
Tomando la definici´on on del operado como:
©
(8.3)
q (A + ψ ) v c ∂ψ ψ v + ∂t ·
·
as´ as´ı que el Lagrangiano se ve afectado con la adici´on on de la derivada total de ψ (r, t) con respecto de t. Y como se demostr´o en el problema 8 las ecuaciones del movimiento no se ven afectadas, es decir, no se afecta el movimiento de la part´ part´ıcula.
12.
13.
La velocidad de escape de una part´ part´ıcula sobre la superficie sup erficie de la Tierra es la m´ınima ınima velocidad requerida en la superficie sup erficie terrestre para que la part´ıcula ıcula pueda escapar del campo gravitacional de la Tierra. A partir del teorema de conservaci´on on de la energ´ ene rg´ıa ıa cin´ ci n´etic et icaa m´ as as la energ´ energ´ıa potencial, p otencial, demuestre que la velocidad de escape escap e en la Tierra, ignorando la presencia de la Luna, es 11.2 km/s.
Los cohetes son impulsados por la reacci´on on al momento de los gases que salen eyectados del tubo de escape desde la cola del cohete. Dado que esos gases se originan a partir de la reacci´on del combustible transportado dentro del cohete, la masa del cohete no es constante sino que decrece conforme el combustible es gastado. Demuestre que la ecuaci´on on de movimiento para un cohete proyectado verticalmente hacia arriba dentro de un campo gravitacional constante, despreciando la fricci´on on de la atm´osfera, osfera, es
Sean R y M el radio y la masa de la Tierra, respectivamente, entonces la part´ıcula ıcula (de masa m) inicialmente se encuentra sobre la superficie de la Tierra y posee velocidad vi . La L a part´ pa rt´ıcula ıcu la aalca lcanza nza un punto final a una distancia r medida desde el centro de la Tierra, en donde se detiene, esto es, vf = 0 (Figura 3).
m
dv dm = −v − mg, dt dt
en donde m es la masa del cohete y v es la velocidad de los gases liberados relativa al cohete. Integre esta ecuaci´on on para obtener v como funci´on on de m, suponiendo que la tasa temporal de p´erdida erdida de masa es constante. Demuestre, para un cohete que inicialmente esta en reposo, con v igual a 2.1 km/s y una p´ erdida erdida de masa por segundo igual a 1/60 de la masa inicial, que para alcanzar la velocidad de escape el cociente del peso del combustible con el peso del cohete vac´ vac´ıo debe deb e ser de al menos ¡300!
El diag diagra rama ma del del mo movi vimi mien ento to del del cohe cohete te es mo most stra rado do en la Figura 4 (se entiende que el movimiento ocurre s´olo en la componente vertical y se omitir´a escribir, por ejemplo, vy ).
Figura 3: Velocidad de escape. La energ´ energ´ıa potencial poten cial de la part´ıcula ıcula es: U = −G
Mm rpart´ pa rt´ıcul ıc ula a
,
en donde G es la constante gravitacional y rpart´ pa rt´ıcul ıc ula a es la distancia a la cual se encuentra encuentra la part´ part´ıcula medida desde el centro centro de la Tierra. Entonces, por el teorema de conservaci´on: (T + U ) U )inicial = (T ( T + U ) U )final 1 Mm 1 Mm mvi2 − G = mvf 2 − G 2 R 2 r 1 M m M m = −G mv2 − G , 2 i R r
(a) El cohete al tiempo t.
(b) El cohete al tiempo t + dt.
Figura 4: Movimiento vertical de un cohete bajo un campo gravitacional.
resolviendo para vi
Al tiempo t (Figura 4(a)), la masa total del cohete es m, y su rapidez instant´anea anea es v con respecto a un marco de referencia inercial. Durante un intervalo de tiempo dt dt, una masa −dm (dm (dm < 0) es eyectada desde la cola del cohete con rapidez −v con respecto al cohete, y v − v con respecto a un marco de referencia estacionario. Inmediatamente despu´es es de que la masa −dm es eyectada, la rapidez y la masa del cohete son v + dv y m + dm, respectivamente (Figura 4(b)). Entonces, los momentos inicial p(t) y final p(t + dt dt) del sistema sistema estar´ estar´an an dados por:
vi =
1 1 − . R r
2GM
(12.1)
Para que la part´ part´ıcula escape escap e del campo gravitacional de la Tierra, se requerir´a r → ∞, en otras o tras palabras, p alabras, la part´ıcula ıcula se s e alejar´ aleja r´a m´as as y m´ as lejos de la Tierra conforme su velocidad se aproxima asint´oticaas mente a cero. Tomando el l´ımite r → ∞ en la Ec. (12.1) obtenemos la velocidad de escape vesc = poniendo G = 6.67 × 10 6.37 × 106 m:
11
−
2GM , R
(12.2)
vesc
¨
km = 11 11..2 s
©
(13.1a) (13.1b)
La fuerza externa es
Nm/kg2 , M = 5.98 × 1024 kg y R =
p( p(t) = mv, p( p(t + dt dt) = (m ( m + dm dm)(v )(v + dv dv) + (− ( −dm)(v )(v − v ).
F Ext Ext =
d p dt
o F Ext dt) − d p Ext dt = d p = p(t + dt
(12.3)
(13.2)
que es el cambio total del momento durante un peque˜ no no diferencial de tiempo. De las Ecs. (13.1), encontramos el momento inicial y
final del sistema :
p( p(t + dt dt) − p( p(t) = (m ( m + dm dm)(v )(v + dv dv) + (− ( −dm)(v )(v − v ) − mv = mv + mdv + vdm + dm dmdv − v dm + v dm − mv = mdv + v dm + dm dmdv,
la dimensi´on on de masa est´a incluida en m0 as´ı que, qu e, el s´ımbol ımb oloo 60 se refiere a 60 s. Dado que msc mcom podemos considerar que la aproximaci´on: on: msc + mcom ≈ mcom es lo suficientemente buena para ser considerada una igualdad, as´ı la ecuaci´on on anterior se transforma en
(13.3)
(13.4)
recuerde que la masa del sistema se conserva conserva constante, no as´ as´ı la del cohete. Sustituyendo la Ec. (13.3) y (13.4) en (13.2) se tiene:
−mgd mgdt = mdv + v dm al resolver para mdv y dividir el resultado por dt d t en la ecuaci´on on de arriba obtenemos la ecuaci´on on diferencial buscada
¨
dv dm m = −v − mg. dt dt
(13.5)
©
Para integrar la Ec. (13.5), consideremos que el combustible se quema a una tasa constante (dm/ (d m/d dt < 0), dm = −α, dt
α>0
(13.6)
y entonces podemos escribir la Ec. (13.5) como dv =
wcom = e (v wsc
v g dv = − + m α
mcom msc
esc
+60g)/v
¨
©
14. Dos puntos de masa m est´ an an unidos unidos por una barra barra r´ıgida sin peso de longitud l, cuyo centro est´a restringido a moverse en un c´ırculo de radio a. Exprese la energ´ energ´ıa cin´ etica etica en coordenadas generalizadas. La geometr´ geometr´ıa del problema se presenta en la Figura 5, en donde hay dos marcos de referencia: el xy que permanece estacionario y el x y que se desplaza junto con el centro de la barra, pero de forma tal que los ejes x y x siempre son paralelos, lo mismo ocurre con los ejes y y y . a es el radio que conecta al centro del c´ırculo ırculo con el centro de la barra, θ es el ´angulo angulo que forma el eje x con a, φ es el ´angulo angulo que hay entre eje x y la barra, m1 y m2 son las masas que se encuentran a cada extremo de la barra y cuya magnitud es igual a m.
y de la Ec. (13.6) obtenemos dt d t = −dm/α entonces:
+ v ln
poniendo vesc = 11 11..3 × 103 m/s, g = 10 m/s2, 60 = 60 s, y, v = 2. 2 .1 × 103 m/s: wcom = 290. 290. (13.9) wsc
v α − g dt, m
resolviendo para mcom /msc , adem´as, as, wcom/wsc = gmcom /gmsc = mcom /msc se tiene:
La fuerza externa que act´ua ua sobre nuestro sistema es igual a F externa externa = −mg,
mcom mcom
vesc = −60 60gg
la cantidad dm dmdv es muy peque˜na na comparada con las otras cantidades, por lo que podemos despreciarla obteniendo: p( p(t + dt dt) − p( p(t) = mdv + v dm.
dm,
(13.7)
asumiendo que los valores inicial y final de la rapidez son 0 y v respectivamente (parte del reposo), y que los valores inicial y final de la masa son m0 y m respectivamente, respectivamente, entonces: v
m
dv =
m0
0
v g − + m α
dm
g m0 v = − (m0 − m) + v ln α m
o bien
¨
g m0 v (m) = − (m0 − m) + v ln α m
(13.8)
©
La tarea final es encontrar el cociente wcom/wsc , en donde wcom es el peso del combustible y wsc es el peso del cohete sin combustible. Si denotamos como msc y mcom a la masa del cohete sin combustible y la masa del combustible, respectivamente, entonces la masa inicial m0 ser´a igual a msc + mcom. Suponiendo, adem´as, as, que el cohete alcanza la rapidez de escape vesc justo cuando todo el combustible se ha quemado, de tal manera que m = msc en la Ec. (13.8), esto es vesc = v(msc )
La posici p osici´on o´n del centro de la barra relativa al marco de referencia xy es (xb , yb ) = (a ( a cos θ, a sen θ ). Mientra que la posici´on on de m1 relativa al marco de referencia x y viene dada por
g msc + mcom = − (msc + mcom − msc ) + v ln α msc mcom msc + mcom = −60 60gg + v ln , msc + mcom msc
Figura 5: Masas puntuales conectadas por una barra que se mueve a trav´ tr av´es es de un c´ırcul ır culo. o.
en la ultima u ´ ltima igualdad se ha considerado que α = m0 /60, y debemos aclarar, por la definici´on on dada por la Ec. (13.6), que α tiene unidades de masa por unidad de tiempo (kg/s, ( kg/s, en el S. I.), as´ı entonces,
l l (x1 , y1 ) = − cos φ, − sen φ , 2 2
y la de m2 (relativa a x y )
(x2 , y2 ) =
l l cos φ, sen φ . 2 2
Entonces, las correspondientes posiciones de m1 y m2 relativas al marco de referencia xy ser´an an
Una part´ part´ıcula se mueve mueve en un plano bajo la influencia influencia de una fuerza, actuando hacia un centro de fuerza cuya magnitud es
(x1 , y1 ) = (xb , yb ) + (x ( x1 , y1 )
l l = a cos θ − cos φ, a sen θ − sen φ 2 2 y
1 F = 2 r
(x2 , y2 ) = (xb , yb ) + (x ( x2 , y2 ) =
a cos θ +
l l cos φ, a sen θ + sen φ . 2 2
Las velocidades son:
l (vx , vy ) = −aθ˙ sen θ + φ˙ sen φ, aθ˙ cos θ − 2 l (vx , vy ) = −aθ˙ sen θ − φ˙ sen φ, aθ˙ cos θ + 2 1
2
1
2
l ˙ φ cos φ , 2 l ˙ φ cos φ , 2
de donde podemos calcular el cuadrado de las velocidades:
16.
l2 ˙ 2 φ − alθ˙φ˙ (sen θ sen φ + cos θ cos φ), 4 l2 v22 = a2 θ˙2 + φ˙ 2 + alθ˙φ˙ (sen θ sen φ + cos θ cos φ) 4 para finalment final mentee obten ob tener er la energ ener g´ıa cin´ c in´etica eti ca en t´erminos erm inos de las l as coor c oor-˙ ˙ denadas generalizadas, T = T ( T (θ,φ, θ, φ) como sigue: 2
mj vj2
∂U d dU F = − + ∂r dt dr˙ 1 r˙ 2 − 2¨ rr rr = 2− , 2 2 r c r
el primer prime r t´ermino ermino del d el lado derecho correspond corre spondee a la ley de Coulomb, por lo tanto se puede derivar del potencial Coulombiano: 1 /r. /r. El segundo t´ermino ermino tiene ti ene el aspecto asp ecto de una un a derivada de un cociente, co ciente, de 2 2 manera manera que podemos ponerlo como r˙ /(c r) que es una mezcla de la energ´ e nerg´ıa ıa cin´ c in´etica eti ca y el pote p otencia nciall de Coulomb. Coul omb. As´ı pod p odemos emos escribi escr ibirr
1 1 m1 v12 + m2 v22 2 2 1 l2 = m1 a2 θ˙2 + φ˙ 2 − alθ˙φ˙ (sen θ sen φ + cos θ cos φ) 2 4 1 l2 + m2 a2 θ˙2 + φ˙ 2 + alθ˙φ˙ (sen θ sen φ + cos θ cos φ) 2 4
T = m
a2 θ˙2
Este Este probl problema ema puede puede resolv resolvers ersee f´ acilmente acilmente empleando empleando el softwa software re Mathematica utilizando la siguiente rutina (deber´ a copiar y entonces pegar en el Notebook (.nb)).
d dt
(*Calcula (*Calcula la energ´ energ´ ıa ıa cin´ cin´ etica etica del sistema*) sistema*) T = FullSimpl FullSimplify[1 ify[1/2*m* /2*m*((vm1 ((vm1.vm1 .vm1) ) + (vm2.vm2) (vm2.vm2))]; )]; (*Fact (*Factori oriza za m y entreg entrega a una salida salida en notaci notaci´ ´on matem´ atica tradicional*) atica Collect[T Collect[T, , m] // Tradition TraditionalFor alForm m
(16.1)
∂U ∂ ˙ ∂ r˙
=
2¨ 2r˙ 2 r − c2 r c2 r 2
y finalmente: ∂U d − + ∂r dt
(*Limpia (*Limpia las variables variables indicadas indicadas*) *) Clear[a, Clear[a, \[Theta], \[Theta], \[Phi], \[Phi], t, m];
(*Calc (*Calcula ula las veloci velocidad dades es de m_1 y m_2*) m_2*) vm1 := D[rm1[ D[rm1[\[T \[Thet heta], a], \[Phi] \[Phi], , t], t] vm2 := D[rm2[ D[rm2[\[T \[Thet heta], a], \[Phi] \[Phi], , t], t]
©
∂U 1 r˙ 2 =− 2 − 2 2 ∂r r c r
(14.2)
Comentarios
(*Define (*Define la posici´ posici´ on o n de m_2* m_2*) ) rm2[\[Theta]_, \[Phi]_,t_] := {a*Cos[\[Theta][t]] {a*Cos[\[Theta][t]] +l/2*Cos[\[Phi][t]],a*Sin[\[Theta][t]] + l/2*Sin[\[Phi][t]]}; l/2*Sin[\[Phi][t]]};
Para comprobar que es el potencial correcto, tenemos
(*Define (*Define la posici´ posici´ on o n de m_1* m_1*) ) rm1[\[Theta]_,\[Phi]_,t_]:={a*C rm1[\[Theta]_,\[Phi]_,t_]:={a*Cos[\[Theta][t]] os[\[Theta][t]] -l/2*Cos[\[Phi][t]],a*Sin[\[Theta][t]] -l/2*Sin[\[Phi][t]]};
¨
y ∂U/∂ ˙ ∂U/∂ r˙ = 2r/( r/ ˙ (c2 r), entonces
l2 + φ˙ 2 . 4
1 r˙ 2 U ( U (r, r˙ ) = + 2 . r c r
=
y dado que m1 = m2 = m:
,
El potencial generalizado depende de las coordenadas y las velocidades, U ( U (r, r˙ ), y:
j =1
donde r es la distancia dis tancia de la part par t´ıcula al centro de fuerza. f uerza. EncuenEn cuentre el potencial generalizado que resultar´a en tal una fuerza, y de este el Lagrangiano para el movimiento en el plano. (La expresi´on on para F representa la fuerza entre dos cargas en la electrodin´amica de Webers).
v12 = a2 θ˙2 +
1 T = 2
r˙ 2 − 2¨ rr rr 1− 2 c
dU dr˙
1 r˙ 2 2¨ r 2r˙ 2 = 2+ 2 2+ 2 − 2 2 r c r c r c r 2 1 r˙ 2¨ r = 2− 2 2+ 2 r c r c r 1 r˙ 2 − 2¨ rr rr = 2− r c2 r 2 = F.
En coordenadas coord enadas polares pola res la energ´ıa ıa cin´etica etica de una part´ıcula ıcula de masa m es T = (1/ (1/2)m 2)m(r˙ 2 + r 2 θ˙2 ), y el Lagrangiano queda como:
1 1 L = m(r˙ 2 + r2 θ˙2 ) − 2 r
1+
r˙ 2 c2
.
(16.2)
17.
18.
Un n´ ucleo, originalmente en reposo, decae radiactivamente emiucleo, tiendo un electr´on on de momento 1.73 MeV/c, y en angulo recto a la direcci´ on on del electr´on on un neutrino con momento 1.00 MeV/c. (El MeV, mill´on on de electr´on on volt, es una unidad de energ´ energ´ıa utilizada 13 en f´ısica ısica moderna, modern a, igual a 1. 1 .60 × 10 J. Correspondientemente, el MeV/c es una unidad de momento lineal igual a 5. 5 .34 × 10 22 kgm/s). ¿En qu´e direcci´on on retrocede el n´ucleo? ucleo? ¿Cu´al al es su momento en MeV/c? Si la masa del n´ucleo ucleo residual es 3. 3 .90 × 10 25 kg ¿Cu´al al es su energ ener g´ıa cin´etica, eti ca, en electr´ elec tr´on on volts?
Un Lagrangiano Lagran giano para par a un sistema sistem a ff´´ısico particular par ticular puede p uede ser escrito escr ito como
L =
−
−
−
En el sistema de coordenadas xy mostrado en la Figura 6, el n´ ucleo ucleo originalme originalmente nte reposa en el origen, origen, tiempo despu´ despu´es es decae decae radiactivamente emitiendo un electr´on on (e ) en la direcci´on on +y, entonces el neutrino (ν (ν ) es emitido en direcci´on on +x, el vector pe +ν (de magnitud pe +ν y direcci´on on θ) representa el momento resultante del momento del electr´on on y el neutrino (Figura 6). −
m k (ax˙ 2 + 2b 2bx˙ y˙ + cy˙ 2 ) + (ax2 + 2bxy 2bxy + cy2 ) 2 2
donde a, b y c son constantes arbitrarias pero sujetas a la condici´on de que b − ac = 0. ¿Cu´ales ales son las ecuaciones de movimiento? Examine particularmente los dos casos a = 0 = c y b = 0, 0 , c = −a ¿Cu´ al al es el sistema sistema f´ısico definido por al Lagrangian Lagrangianoo anterior? anterior? Demuestre que el Lagrangiano habitual para este sistema como se defini´o por medio de la ecuaci´on on (1.57 ) est´ a relacionado a L por una transformaci´on on Puntual (cf. Derivaci´on on 10). ¿Cu´al al es la 2 importancia de la condici´on on sobre el valor de b − ac? ac?
−
−
Los coordenadas generalizadas son los coordenadas cartesianas x y y, entonces, habr´a dos ecuaciones de movimiento: d dt d dt
y
e
p e +
n
n
x
Núcleo
pe
−
=
+ν
MeV + 1.00 c
2
= 2. 2 .00
d dt
θ = tan
1
1.73 MeV/c 1.00 MeV/c
MeV c
◦
(17.1)
MeV = 2. 2 .00 c
(17.2)
©
La energ ener g´ıa cin´etica eti ca en electr´ elec tr´on on volts (eV) es: 1 T = mv 2 2 2 1 pn´ ucleo ucleo = 2 m 1 (2. (2.00 MeV/c)2 = 2 3.90 × 10 25 kg
−
(18.1)
¨
pn´ucleo ucleo
∂L ∂ m k = (ax˙ 2 + 2b 2bx˙ y˙ + cy˙ 2 ) + (ax2 + 2bxy 2bxy + cy 2 ) ∂ ˙ ∂ y˙ ∂ ˙ ∂ y˙ 2 2 m = (2b (2bx˙ + 2c 2cy˙ ), 2 entonces
d dt
y su momento tiene magnitud pn´ucleo ucleo (Figura 6):
= m(ax ¨ + by¨).
En su turno, para y:
◦
(medido (medido desde el eje + x).
◦
§ ¤ by). ¦m(ax¨ + by¨) = −k(ax + by) ¥
= 60. 60 .0 ,
¤ ¥
+ θ = 240 ,
∂L ∂ ˙ ∂ x˙
as´ as´ı, nuestra primera ecuaci´on on del movimiento es
por lo tanto el n´ucleo ucleo retrocede en direcci´on on
§ ¦180
en direcci´on on −
∂L ∂ m k = (ax˙ 2 + 2b 2bx˙ y˙ + cy˙ 2 ) + (ax2 + 2bxy 2bxy + cy2 ) ∂x ∂x 2 2 = −k (ax + by) by ),
Tenemos: 2
Y
Figura 6: Decaimiento radiactivo de un n´ucleo. ucleo.
MeV 1.75 c
∂L = 0, ∂x ∂L − = 0. ∂y −
entonces
∂L ∂ m k = (ax˙ 2 + 2b 2bx˙ y˙ + cy˙ 2 ) + (ax2 + 2bxy 2bxy + cy2 ) ∂ ˙ ∂ x˙ ∂ ˙ ∂ x˙ 2 2 m = (2a (2ax˙ + 2b 2by˙ ), 2
q e o l e
∂L ∂ ˙ ∂ x˙ ∂L ∂ ˙ ∂ y˙
Para x:
q
p n ú c
Y ∂L ∂ = ∂y ∂y
∂L ∂ ˙ ∂ y˙
= m(bx ¨ + cy¨).
m k (ax˙ 2 + 2b 2bx˙ y˙ + cy˙ 2 ) + (ax2 + 2bxy 2bxy + cy 2 ) 2 2
= −k (bx + cy) cy),
entonces, nuestra segunda ecuaci´on on del movimiento es:
5.34 × 10 22 kgm/s 1 MeV/c −
2
§ ¤ m(bx ¨ + cy¨) = −k(bx + cy) cy ). ¦ ¥ 1 × 106 eV 1J
£ T = 9. 9 . 1 3 e V . ¢ ¡
Cuando a = 0 = c, las Ecs. (18.1) y (18.2) se transforman, respectivamente, en my¨ = −ky, ky ,
al ejecutar ejecutar las operaciones operaciones obtenemos obtenemos (17.3)
(18.2)
y,
mx ¨ = −kx.
Ahora, si b = 0 y c = −a, ´estas est as son so n mx ¨ = −kx,
y,
my¨ = −ky,
que claramente corresponden a la ecuaci´on on de un oscilador arm´onionico simple, en otras palabras, una masa m que se mueve bajo la acci´ on o n de una ´unica unica fuerza (proporcional a la posici´on o n de la masa) la cual se opone a su movimiento. L describe el movimiento arm´ onico simple en dos dimensiones. onico Una transformaci´on on puntual del plano xy al plano uv (es decir, un punto en el plano xy genera un punto en plano uv) uv ) que puede intuirse a partir de la Ecs. (18.1) y (18.2) viene dada por:
u = ax + by, v = bx + cy
(18.3a) (18.3b)
19. Obteng Obtengaa las ecuaci ecuacione oness de Lag Lagran range ge del mo movim vimien iento to para para un p´ endulo endulo esf´ erico, erico, i. e., una masa suspendida por medio de una barra r´ıgida sin peso. Sea m la masa de la plomada que est´a sujeta a un punto fijo por una barra r´ıgida de longitud longitu d l como se muestra en la Figura 7, la plomada es libre de navegar en cualquier direcci´on on bajo la acci´on on de la gravedad, pero est´a restringida a moverse en el interior de la superficie de una esfera.
resulta claro que u ¨ = ax ¨+by¨, y, u ¨ = ax ¨+by¨. Entonces las ecuaciones de movimiento en el plano uv se miran como mu ¨ = −ku
y mv¨ = −kv,
que son las ecuaciones de movimiento m´as as habituales para el movimiento arm´onico onico simple. La transformaci´on on inversa de las Ecs.(18.3) puede encontrase de la siguiente manera: bu − av = bax + b2 y − bax − cay = b2 y − cay as´ı que qu e y=
bu − av . b2 − ac
Por otro lado:
Figur Fi guraa 7: 7 : P´endul end ulo o esf´ e sf´erico. eri co. 2
−cu + bv = −acx − bcy + b x + bcy = −acx + b2 x entonces bu − cv x= 2 b − ac
La geometr´ g eometr´ıa ıa esf´ e sf´erica erica que presenta el problema p roblema nos induce i nduce ha utiu tilizar coordenadas esf´ ericas ericas para su soluci´on. on. El vector de posici´on on r = (r1 , r2 , r3 ) de la plomada es (de acuerdo a la Figura 7): r = (l sen θ cos φ, l sen θ sen φ, l cos θ),
y las componentes de su velocidad v1 = lθ˙ cos θ cos φ − lφ˙ sen θ sen φ, v2 = lθ˙ cos θ sen φ + lφ˙ sen θ cos φ,
de dond dondee pued puedee apre apreci ciar arse se la impo import rtan anci ciaa de la cond condic ici´ i´ on on 2 b − ac = 0.
v3 = −lθ˙ sen θ. Entonces: v12 = l2 θ˙2 cos2 θ cos2 φ − 2l2 θ˙φ˙ sen θ sen φ cos θ cos φ + l2 φ˙ 2 sen2 θ sen2 φ, v22 = l2 θ˙2 cos2 θ sen2 φ + 2l 2l2 θ˙φ˙ sen θ sen φ cos θ cos φ + l2 φ˙ 2 sen2 θ cos2 φ, v32 = l2 θ˙2 sen2 θ, ahora podemos po demos calcular v2 : v2 = v12 + v22 + v32 = l2 θ˙2 + l2 φ˙ 2 sen2 θ. As´ı que, la energ ener g´ıa cin´etica eti ca del sistema sist ema ser´a 1 mv2 2 1 = m(l2 θ˙2 + l2 φ˙ 2 sen2 θ). 2
T =
(19.1)
Si tomamos el punto de soporte como el nivel de referencia para la energ´ıa ıa potencial, pote ncial, entonces V = mgl cos θ,
(19.2)
as´ as´ı, por ejemplo, cuando la plomada se encuentra en el punto vertical m´ as as alto θ = 0 y V = mgl, mgl , cuando se encuentra en el plano del punto de soporte θ = π/2 π/2 y V = 0, y cuando se encuentra en el punto vertical m´as as bajo θ = π entonces V = −mgl. mgl . El Lagrangiano del sistema es: L = T − V 1 = m(l2 θ˙2 + l2 φ˙ 2 sen2 θ ) − mgl cos θ, 2
(19.3)
l es constante, por lo que s´olo olo hay dos grados de libertad, que corresponden a las dos coordenadas generalizadas independientes φ y θ, entonces, habr´a dos ecuaciones de Lagrange para el movimiento del p´endu en dulo lo esf´ esf ´erico eri co:: d dt d dt
∂L ∂ φ˙ ∂L ∂ θ˙
∂L = 0, 0, ∂φ
(19.4a)
∂L − = 0. 0. ∂θ
(19.4b)
−
20. Una part´ıcula ıcul a de masa mas a m se mueve en una dimensi´on on tal que tiene el Lagrangiano a
m2 x˙ 4 L= + mx˙ 2 V ( V (x) − V 2 (x) 12 donde V es alguna funci´on on diferenciable de x. Encuentre las ecuaciones de movimiento para x(t) y describa la naturalez n aturalezaa f´ısica ısica del sistema sobre las bases de esta ecuaci´on. on. 2
En la refere referenci ncia a [1] este este lagran lagrangia giano no aparec aparecee como como
a
2
˙ V (x) mx
− V 2 (x), donde
Tenemos:
Y
∂L ∂ φ˙
˙ m x
debe ser un error tipogr´ afico. afico.
12
4
+
(20.7)
∂L 4m2 x˙ 3 = + 2m 2mxV, ˙ ∂ ˙ ∂ x˙ 12
entonces:
d dt
entonces d dt
=
∂L dV dV = mx˙ 2 − 2V . ∂x dx dx
Obtengamos las derivadas correspondientes para φ ∂L ∂ 1 = m(l2 θ˙2 + l2 φ˙ 2 sen2 θ) − mgl cos θ ∂ φ˙ ∂ φ˙ 2 = ml2 φ˙ sen2 θ,
V 2 (x)
L
∂L ∂ ˙ ∂ x˙
3m2 x˙ 2 x ¨ dV = + 2m 2mxV x ¨V + 2m 2mx˙ 3 dt dV = m2 x˙ 2 x ¨ + 2m 2mxV x ¨V + 2m 2mx˙ 2 , dx
(20.8)
en el ultimo u ´ ltimo t´ ermino ermino del lado derecho de la ecuaci´on on anterior se utiliz´ o la regla de la cadena:
d = ml2 φ˙ sen2 θ dt = ml2 [φ¨ sen2 θ + φ˙ (2 sen sen θ)(cos θ )(θ˙)]
dV dV dx dV = = x˙ , dt dx dt dx
= ml2 φ¨ sen2 θ + 2ml 2ml2 θ˙φ˙ sen θ cos θ,
puesto que V = V x(t) . La ecuaci´ ecuaci´ on on de Lagrange Lagrange,, de acuerd acuerdoo a los resultad resultados os de las Ecs. (20.7) y (20.8) llega a ser:
y
∂L ∂ 1 = m(l2 θ˙2 + l2 φ˙ 2 sen2 θ) − mgl cos θ ∂φ ∂φ 2 = 0.
d dt
Por lo tanto la Ec. (19.4a) nos da nuestra primer ecuaci´on on de movimiento: ml2 φ¨ sen2 θ + 2ml 2ml2 θ˙φ˙ sen θ cos θ = 0. (19.5)
§ ¦
¤ ¥
Para la coordenada θ
∂L ∂ 1 = m(l2 θ˙2 + l2 φ˙ 2 sen2 θ) − mgl cos θ ∂ θ˙ ∂ θ˙ 2 ˙ = ml2 θ,
∂L ∂ θ˙
= ml2 θ¨
∂L ∂ = ∂θ ∂θ
1 m(l2 θ˙2 + l2 φ˙ 2 sen2 θ) − mgl cos θ 2 = ml2 φ˙ 2 sen θ cos θ + mgl sen θ.
=0 =0 =0 = 0, 0,
(20.9)
L representa el movimiento de una part´ıcula ıcula que se mueve ba jo la acci´ on de un campo de fuerza conservativo. on
As´ As´ı que de la Ec. (19.4b) obtenemos la segunda ecuaci´on on de movimiento:
§ ¤ ml2 θ¨ − ml2 φ˙ 2 sen θ cos θ − mgl sen θ = 0. ¦ ¥
§ ¤ m x ¨ = F . externa e xterna ¦ ¥
y
=0
en el primer t´ ermino ermino dentro del primer par´ entesis entesis del lado de la izquierda, izquier da, podemos po demos identificar identifica r la energ´ıa ıa cin´etica etica T = mv 2 /2, y, si identificamos F externa externa = −dV /dx, entonces, T + V es constante y diferente de cero, c ero, as´ as´ı la ecuaci´ e cuaci´on on de Lagrange se reduce a
entonces d dt
∂L ∂L − ∂ ˙ ∂ x˙ ∂x dV dV dV m2 x˙ 2 x ¨ + 2m 2mxV x ¨V + 2m 2mx˙ 2 − mx˙ 2 + 2V 2V dx dx dx dV dV m2 x˙ 2 x ¨ + 2m 2mxV x ¨V + mx˙ 2 + 2V 2V dx dx 1 1 d V 2 mx˙ 2 + V mx ¨+2 mx˙ 2 + V 2 2 dx 1 dV mx˙ 2 + V mx ¨+ 2 dx
(19.6)
21.
Finalmente Finalme nte podem p odemos os calcular c alcular la energ´ıa ıa cin´etica etica del sistema, sistema , como c omo sigue:
Dos masa puntuales de masa m1 y m2 est´ an an conectadas por una cuerda cuerda que pasa a trav´ trav´es es de un agujero agujero en una mesa pulida, pulida, tal que, m1 reposa sobre la superficie de la mesa y m2 cuelga suspendida. Asumiendo que m2 se mueve ´unicamente unicamente en una linea vertical, ¿Cu´ales ales son las coordenadas generalizadas para el sistema? Escriba las ecuaciones de Lagrange para el sistema y, si es posible, discuta el significado f´ısico ısico que cualquiera de ellas debe tener. Reduzca el problema a una sola ecuaci´on on diferencial de segundo orden y obtenga una primera integral de la ecuaci´on. on. ¿Cu´al al es su significado significa do f´ısico? ısico? (Considere (Consid ere el movimiento unicamente u ´ nicamente hasta que m1 alcanza el agujero). En la Figura 8 se encuentra bosquejada la situaci´on. La cuerda tiene longitud constante l = r + s, la masa de la cuerda es depreciablemente peque˜ na na comparada con m1 + m2 , la masa m1 es libre de rotar con la cuerda sobre el plano (la mesa). El tramo de cuerda desde el origen hasta la masa m2 es de longitud s = l − r .
1 T = 2
2
mi vi2
i=1
1 1 = m1 v12 + m2 v22 2 2 1 1 1 = m1 s˙ 2 + m1 (l − s)2 θ˙2 + m2 s˙ 2 2 2 2 1 1 = (m1 + m2 )s˙ 2 + m1 (l − s)2 θ˙2 . 2 2
(21.3)
Si tomamos la mesa como el nivel de energ´ energ´ıa potencial p otencial cero, entonces la energ´ energ´ıa potencial del sistema viene dada por V = −m2 gs.
(21.4)
Y el Lagrangiano del sistema ser´a L = T − V 1 1 = (m1 + m2 )s˙ 2 + m1 (l − s)2 θ˙2 + m2 gs, 2 2
(21.5)
para encontrar las ecuaciones de Lagrange, primero formamos: d dt d dt
∂L ∂ ˙ ∂ s˙ ∂L ∂ θ˙
= (m1 + m2 )¨s; d = (l − s)2 m1 θ˙ ; dt
∂L = −(l − s)m1 θ˙2 + m2 g, ∂s ∂L =0 ∂θ
de donde obtenemos nuestras dos ecuaciones de Lagrange para el sistema: (m1 + m2 )¨ (l − s)m1 θ˙2 − m2 g = 0 (21.6) s + (l
§ ¦
y
¨
¤ ¥
d m1 (l − s)2 θ˙ = 0. dt
Figura 8: Dos masa conectadas por una cuerda. Puesto que r = l − s, las coordenadas generalizadas independientes que utilizaremos son:
◦
= m1 r2 θ˙ ˙ = m1 (l − s)2 θ,
El vector de posici´on on de m1 es
entonces, la Ec. (21.7) nos dice que el momento angular del sistema permanece constante durante el movimiento, en otras palabras, es la ley de conservaci´on on del momento angular. Finalmente, trataremos de integrar (por lo menos una ves) una de las ecuacione ecuacioness del movimiento. movimiento. Sea la Ec.(21.6), Ec.(21.6), procedemos procedemos como sigue:
r = (r cos θ, r sen θ)
= (l − s)cos θ, (l − s)sen θ , entonces su velocidad viene dada por v1 = (vx , vy )
=
(m1 + m2 )¨ s + (l (l − s)m1 θ˙2 − m2 g (l − s)4 θ˙2 m21 (m1 + m2 )¨s + − m2 g (l − s)3 m1 ˙ 1 ]2 [(l [(l − s)2 θm (m1 + m2 )¨s + − m2 g (l − s)3 m1 ˜ ]2 [L (m1 + m2 )¨ s+ − m2 g (l − s)3 m1
1
− s˙ cos θ − (l − s)θ˙ sen θ, −s˙ sen θ + (l (l − s)θ˙ cos θ ,
de donde obtenemos
vx2 = s˙ 2 cos2 θ + 2(l 2(l − s)s˙ θ˙ cos θ sen θ + (l (l − s)2 θ˙2 sen2 θ, v2 = s˙ 2 sen2 θ − 2(l 2(l − s)s˙ θ˙ cos θ sen θ + (l (l − s)2 θ˙2 cos2 θ 1
y1
y v12 = vx2 + vy2 1
1
= s˙ + (l (l − s)2 θ˙2 . 2
(21.7)
©
˜ = |r × p| L = m1 |r × v| = m1 (r)(r )(r θ˙)sen90
• s: la longitud de la cuerda que hay entre el origen de coordenadas y la masa m2 .
1
Deseamos Deseamos darle significado significado f´ısico a la Ec. (21.7), (21.7), para d´arselo arselo consideremos el momento angular de m1 , observamos de la Figura 8 que (por la regla de la mano derecha para el producto vetorial):
• θ: el ´angulo angulo entre el eje x y r = (l − s).
=0 =0 =0 =0
multiplicamos por s˙ (21.1)
Mientras Mientras que, para m2 se tiene tiene r2 = (0, (0, 0, s), entonces, entonces, v2 = (0, (0, 0, s˙ ), s´ı que: que : v22 = s˙ 2 . (21.2)
˜ 2 s˙ L − m2 g s˙ = 0 (l − s)3 m1 ˜2 d 1 1 L (m1 + m2 )s˙ 2 + − m2 gs = 0, dt 2 2 (l − s)2 m1 (m1 + m2 )¨ ss˙ +
˜ dt = 0, as´ recuerde que d L/d L/ as´ı esta ultima u ´ltima ecuaci´on on puede integrase directamente para obtener: ˜2 1 1 L 2 (m1 + m2 )s˙ + − m2 gs = cte. 2 2 (l − s)2 m1 1 1 (l − s)4 θ˙2 m21 (m1 + m2 )s˙ 2 + − m2 gs = cte. 2 2 (l − s)2 m1 1 1 (m1 + m2 )s˙ 2 + (l − s)2 θ˙2 m1 − m2 gs = cte. 2 2 L + V = cte.
Si se elige el nivel de referencia para la energ´ energ´ıa potencial a la distancia l1 + l2 debajo del punto de suspensi´on, on, tenemos V = m1 g (l1 + l2 − l1 cos θ1 ) + m2 g [l1 + l2 − (l1 cos θ1 + l2 cos θ2 )]. )]. (23.2) Por lo tanto el Lagrangiano del sistema es: L=
esto es, la energ´ energ´ıa total del sistema se conserva. conserva.
1 1 m1 l12 θ˙12 + m2 [l12 θ˙12 + l22 θ˙22 + 2l 2l1 l2 θ˙1 θ˙2 cos(θ cos(θ1 − θ2 )] 2 2 − m1 g (l1 + l2 − l1 cos θ1 ) − m2 g [l1 + l2 − (l1 cos θ1 + l2 cos θ2 )]. )]. (23.3)
Y las ecuaciones del movimiento son:
Comentarios
La condici´on on de “considerar el movimiento unicamente ´unicamente hasta que m1 alcanza el agujero” qued´o incrustada en la forma T y V que se tomaron, pues, una ves que la masa m1 comenzara a caer habr´ habr´ıa que considerar, por ejemplo, su contribuci´on on a la energ en erg´´ıa potenci p otencial, al, entone ntonces habr´ıa ıa que a˜nadir nadir un t´ ermino ermino extra a la Ec. (21.4). (21.4). Mientras que la energ´ en erg´ıa cin´ cin ´etic et icaa (Ec. (E c. (21.3)) (21.3)) tomar´ t omar´ıa ıa otra otr a forma. f orma.
23.
(m1 + m2 )l12 θ¨1 + m2 l1 l2 θ¨2 cos(θ cos(θ1 − θ2 ) + m2 l1 l2 θ˙22 sen(θ sen(θ1 − θ2 ) = −(m1 + m2 )gl1 sen θ1 , (23.4) y m2 l22 θ¨2 + m2 l1 l2 θ¨1 cos(θ cos(θ1 − θ2 ) − m2 l1 l2 θ˙12 sen(θ sen(θ1 − θ2 ) = −m2 gl2 sen θ2 . (23.5)
Bibl Bi blio iogr graf´ af´ ıa ıa
Obtenga el Lagrangiano y las ecuaciones de movimiento para el p´ endulo endulo doble ilustrado en la Figura 1.4, donde la longitudes de las p´endulas endu las son l1 y l2 con correspondientes masas m1 y m2 .
[1] H. Goldstein, Goldstein, C. Poole y J. Safko: Safko: Classical Mechanics Mechanics, 3th ed. Addison Wesley, 2002. [2] T. L. Chow: Chow: Classical Mechanics. John Wiley & Sons, Inc. 1995. [3] W. Greiner. Greiner. Classic Classical al Mechan Mechanics: ics: Point Particles Particles and Relativity . Springer, 2004. [4] S. T. Thornton Thornton y J. B. Marion: Classical Dynamics of Particles and Systems, 5th ed. Thomson Brooks/cole. [5] L. D. Landau Landau y E. M. Lifshitz: Lifshitz: Mechanics, 3th ed. ButterworthHeinenann, 2000 (reprinted). [6] H. D. Young y R. A. Freedman: Sears Sears and Zemansky’ Zemansky’ss University Physics: with Modern Physics, 12th ed. Addison Wesley, 2008.
Figura 1.4: P´ endulo endulo doble. Las coorden c oordenadas adas de d e las dos part p art´´ıculas m1 y m2 est´an an dadas por Para m1 x1 = l1 cos θ1
Para m2 x2 = l1 cos θ1 + l2 cos θ2
y1 = l1 sen θ1
y2 = l1 sen θ1 + l2 sen θ2 ,
y sus velocidades: Para m1
Para m2
x˙ 1 = −l1 θ˙1 sen θ1 y˙ 1 = l1 θ˙1 cos θ1
x˙ 2 = −l1 θ˙1 sen θ1 − l2 θ˙2 sen θ2 y˙ 2 = l1 θ˙1 cos θ1 + l2 θ˙2 cos θ2 ,
as´ı que qu e Para m1
Para m2
v12 = x˙ 21 + y˙12 = l2 θ˙2 1 1
v22 = x˙ 22 + y˙22 = l2 θ˙2 + l2 θ˙2 + 2l 2l1 l2 θ˙1 θ˙2 cos(θ cos(θ1 − θ2 ). 1 1
2 2
Podemos ahora calcular la energ´ıa ıa cin´etica etica del sistema: sistema : 1 1 T = m1 l12 θ˙12 + m2 [l12 θ˙12 + l22 θ˙22 + 2l 2l1 l2 θ˙1 θ˙2 cos(θ cos(θ1 − θ2 )]. )]. (23.1) 2 2
[7] D. Halliday, Halliday, R. Resnick y J. Walker: Walker: Fundamentals of Physics. [8] H. Reid: Solutions to Problems in Goldstein, Classical Mechanics, 2th ed. [9] M. Good: Goldstein Chapter 1 Exercises and Derivations.
