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Problemas
de
mecánica clásica
Moisés Carrera Núñez
Los problemas que aquí se presentan pertenecen
al capítulo 1: Survey of the Elementary Principles,
de la tercera edición del libro Classical Mechanics,
de los autores Herbert Goldstein, Charles Poole y
John Safko.
(Principios elementales)
1.
Demuestre que para una part´ıcula con masa constante la ecuaci´on
de movimiento implica la siguiente ecuaci´on diferencial para la
energ´ıa cin´etica:
dT
dt
= F · v,
mientras si la masa var´ıa con el tiempo la ecuaci´on correspon-
diente es
d(mT)
dt
= F · p.
La energ´ıa cin´etica T de una part´ıcula de masa m y velocidad v
en coordenadas cartesianas esta dada por
T =
1
2
mv2
=
1
2
m ˙x2
+ ˙y2
+ ˙z2
,
si m es constante:
dT
dt
=
d
dt
1
2
m ˙x2
+ ˙y2
+ ˙z2
=
1
2
m
d
dt
˙x2
+ ˙y2
+ ˙z2
=
1
2
m 2 ˙x
d ˙x
dt
+ 2 ˙y
d ˙y
dt
+ 2 ˙z
d ˙z
dt
= m
d ˙x
dt
, m
d ˙y
dt
, m
d ˙z
dt
· ( ˙x, ˙y, ˙z)
= F · v
Si m var´ıa con el tiempo m = m(t),
d
dt
(mT) =
d
dt
1
2
m2
˙x2
+ ˙y2
+ ˙z2
=
1
2
dm2
dt
( ˙x2
+ ˙y2
+ ˙z2
) + m2 d
dt
( ˙x2
+ ˙y2
+ ˙z2
)
=
1
2
2m
dm
dt
( ˙x2
+ ˙y2
+ ˙z2
)
+ m2
2 ˙x
d ˙x
dt
+2 ˙y
d ˙y
dt
+ 2 ˙z
d ˙z
dt
= ˙x
dm
dt
m ˙x + ˙y
dm
dt
m ˙y + ˙z
dm
dt
m ˙z
+ m
d ˙x
dt
m ˙x + m
d ˙y
dt
m ˙y + m
d ˙z
dt
m ˙z
= ˙x
dm
dt
+ m
d ˙x
dt
m ˙x + ˙y
dm
dt
+ m
d ˙y
dt
m ˙y
+ ˙z
dm
dt
+ m
d ˙z
dt
m ˙z
=
d
dt
(m ˙x) m ˙x +
d
dt
(m ˙y) m ˙y +
d
dt
(m ˙z) m ˙z
=
d
dt
(m ˙x, m ˙y, m ˙z) · (m ˙x, m ˙y, m ˙z)
=
dp
dt
· p
= F · p
2.
Demuestre que la magnitud R del vector de posici´on del centro
de masa desde un origen arbitrario est´a dado por la ecuaci´on
M2
R2
= M
i
mir2
i −
1
2 i,j
mimjr2
ij.
Tenemos1
.
R =
1
M i
miri =⇒ MR =
i
miri,
entonces
M2
R2
= MR · MR
=
i,j
mimjri · rj. (2.1)
Como rij = ri −rj se tiene r2
ij = r2
i +r2
j −2ri ·rj, resolviendo para
ri · rj:
ri · rj =
1
2
(r2
i + r2
j − r2
ij) (2.2)
sustituyendo la Ec. (2.2) en el lado derecho de la Ec. (2.1) se tiene
M2
R2
=
i,j
mimj
1
2
(r2
i + r2
j − r2
ij)
=
1
2 i,j
mimjr2
i +
1
2 i,j
mimjr2
j −
1
2 i,j
mimjr2
ij
=
1
2
M
i
mir2
i +
1
2
M
j
mjr2
j −
1
2 i,j
mimjr2
ij
= M
i
mir2
i −
1
2 i,j
mimjr2
ij
1Esta soluci´on fue sacada directamente de la referencia [9]
5.
Dos rines de radio a son montados a los extremos de un eje com´un
de longitud b, de manera que los rines rotan independientemente.
Toda la combinaci´on rueda sin deslizarse sobre un plano. Demues-
tre que hay dos ecuaciones de restricci´on no holon´omicas:
cos θdx + sen θdy = 0
sen θdx − cos θdy =
1
2
a(dφ + dφ )
(donde θ, φ y φ tienen significados similares a los del problema
de un ´unico disco vertical, y (x, y) son las coordenadas de un
punto en la mitad del eje entre los dos rines) y una ecuaci´on de
restricci´on holon´omica,
θ = c −
a
b
(φ − φ )
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, res-
pectivamente, los cuales tienen componentes en las direcciones x, y
y z pero dado que los rines permanecen en posici´on vertical durante
todo su movimiento, es justificable considerar s´olo las componentes
x, y.
´
´
´
x
yz
r
r
v
v
(x,y)
q
f
f
Rin 1
Rin 2
Figura 1: Dos rines rodando sobre un plano (problema 5).
Para el rin 1, las componentes cartesianas de su vector velocidad
est´an dadas por:
(vx, vy) =
drx
dt
,
dry
dt
= (v sen θ, −v cos θ).
Y podemos expresar v en t´erminos del radio del rin y el ´angulo φ
como
v = a
dφ
dt
,
entonces
dr = (drx, dry)
= (adφ sen θ, −adφ cos θ).
(5.1)
Mediante un procedimiento similar obtenemos para el rin 2, cam-
biando r por r = (rx, ry), a v por v y a φ por φ , lo siguiente:
dr = (drx, dry)
= (adφ sen θ, −adφ cos θ).
(5.2)
Ahora, el vector de posici´on del punto (x, y), el cual se encuentra
a la mitad del eje que une el rin 1 al rin 2, est´a dado en t´erminos
de r y r por
(x, y) =
1
2
(r + r),
entonces,
(dx, dy) =
1
2
(dr + dr)
=
1
2
(drx + drx, dry + dry).
Y con ayuda de las Ecs. (5.1) y (5.2), se tiene:
dx =
1
2
a sen θ(dφ + dφ), (5.3a)
dy = −
1
2
a cos θ(dφ + dφ ). (5.3b)
Multiplicando la Ec. (5.3a) por cos θ y la Ec. (5.3b) por sen θ,
obtendremos
cos θdx =
1
2
a cos θ sen θ(dφ + dφ),
sen θdy = −
1
2
a cos θ sen θ(dφ + dφ ),
que al sumarlas nos dan la primera ecuaci´on de restricci´on no ho-
lon´omica: §
¦
¤
¥
cos θdx + sen θdy = 0. (5.4)
Al multiplicar la Ec. (5.3a) por sen θ y la Ec. (5.3b) por − cos θ se
obtiene
sen θdx =
1
2
a sen2
θ(dφ + dφ),
− cos θdy =
1
2
a cos2
θ(dφ + dφ ),
sumado estas dos expresiones encontramos la segunda ecuaci´on de
restricci´on no holon´omica:


¨
©
sen θdx − cos θdy =
1
2
a(dφ + dφ ). (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 (x12, y12) las componentes cartesianas
del vector r12, entonces por la definici´on del ´angulo θ se tiene que
tan θ = y12/x12, al derivar con respecto de t:
sec2
θ
dθ
dt
=
1
x12
dy12
dt
−
y12
x2
12
dx12
dt
o bien
sec2
θdθ =
1
x12
dy12 −
tan θ
x12
dx12. (5.6)
Por otro lado se tiene que dr12 = dr − dr cuyas componentes
podemos obtener de las Ecs. (5.1) y (5.2):
(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)
es decir
dx12 = a sen θ(dφ − dφ ) (5.7a)
dy12 = −a cos θ(dφ − dφ ), (5.7b)
sustituyendo las Ecs. (5.7) en (5.6):
sec2
θdθ = −
1
x12
a cos θ(dφ − dφ ) −
tan θ
x12
a sen θ(dφ − dφ )
= −a
dφ − dφ
x12
(tan θ sen θ + cos θ),
entonces
dθ = −a
dφ − dφ
x12
tan θ sen θ
sec2 θ
+
cos θ
sec2 θ
= −a
dφ − dφ
x12
(cos θ),
de la definici´on de θ se tiene que cos θ = x12/ x2
12 + y2
12 = x12/b,
as´ı que
dθ = −
a
b
(dφ − dφ )
esta ´ultima expresi´on puede integrase y obtener con ello la ecuaci´on
de restricci´on holon´omica:


¨
©
θ = c −
a
b
(φ − φ ) (5.8)
en donde c es la constante de integraci´on.
Comentarios
La Ec. (5.4) implica que dz = 0, entonces z permanece constante, por
ello la Ec. (5.4) podr´ıa corresponder a la restricci´on de que los rines
permanecen horizontales. Si en la Ec. (5.5) se tuviese que dφ+dφ = 0
implicar´ıa que los rines est´an desliz´andose sobre la superficie, es por
ello que podr´ıamos asociar la Ec. (5.5) a la restricci´on de que los rines
ruedan sin deslizarse. Si φ = φ implicar´ıa que el rodamiento de los ri-
nes no fuera independiente el uno del otro, por lo cual podemos asociar
la Ec. (5.8) a la condici´on de que los rines rotan independientemente.
6.
Una part´ıcula se mueve en el plano xy bajo la restricci´on de que
su vector velocidad est´a siempre dirigido hacia un punto en el eje
x cuya accisa es alguna funci´on dada del tiempo f(t). Demuestre
que para f(t) diferenciable, pero arbitraria, la restricci´on es no
holon´omica.
En la Figura 2 muestra el diagrama de la situaci´on que plantea
el problema. El vector de posici´on de la part´ıcula es r, v es su
velocidad que est´a dirigida hacia el punto f(t) del eje x.
r
v
h
x
y
f(t)
Figura 2: Part´ıcula movi´endose en el plano xy bajo la restricci´on
de que su vector velocidad est´a siempre dirigido hacia un punto en
el eje x.
Podemos expresar el punto f(t) como un vector f cuyas compo-
nentes son (f(t), 0), entonces el vector h que va desde la posici´on
de la part´ıcula hasta el punto f(t) est´a dado por:
h = f − r
(hx, hy) = (f(t), 0) − (x, y)
= (f(t) − x, −y),
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(t) − x, −y, 0)
y v = (vx, vy, 0). De la condici´on h × v = 0 se tiene que:
vy
vx
=
hy
hx
⇒
dy/dt
dx/dt
=
−y
f(t) − x
de donde obtenemos una restricci´on no holon´omica:


¨
©
dy
y
=
dx
x − f(t)
(6.1)
7.
Demuestre que las Ecuaciones de Lagrange en la forma (1.53)
pueden tambi´en ser escritas como
∂ ˙T
∂ ˙qj
− 2
∂T
∂qj
= Qj
las cuales son conocidas como la forma de Nielsen de las ecuacio-
nes de Lagrange.
La forma (1.53) de las Ecuaciones de Lagrange es
d
dt
∂T
∂ ˙qj
−
∂T
∂qj
= Qj,
en donde T es una funci´on impl´ıcita del tiempo, es decir
T = T q1(t), q2(t), . . . , qn(t), ˙q1(t), ˙q2(t), . . . , ˙qn(t)
por lo tanto la derivada total de T con respecto de t estar´a dada
por la regla de la cadena:
dT
dt
=
i
∂T
∂qi
dqi
dt
+
∂T
∂ ˙qi
d ˙qi
dt
=
i
∂T
∂qi
˙qi +
∂T
∂ ˙qi
¨qi .
Entonces:
∂ ˙T
∂ ˙qj
− 2
∂T
∂qj
=
∂
∂ ˙qj
dT
dt
− 2
∂T
∂qj
= Qj
=
∂
∂ ˙qj i
∂T
∂qi
˙qi +
∂T
∂ ˙qi
¨qi − 2
∂T
∂qj
=
i
∂
∂ ˙qj
∂T
∂qi
˙qi +
∂T
∂qi
∂ ˙qi
∂ ˙qj
+
∂
∂ ˙qj
∂T
∂ ˙qi
¨qi +
∂T
∂ ˙qi
∂¨qi
∂ ˙qj
− 2
∂T
∂qj
=
i
∂
∂ ˙qj
∂T
∂qi
˙qi +
∂T
∂qi
δij
+
∂
∂ ˙qj
∂T
∂ ˙qi
¨qi + 0 − 2
∂T
∂qj
=
i
∂
∂ ˙qj
∂T
∂qi
˙qi +
∂
∂ ˙qj
∂T
∂ ˙qi
¨qi +
∂T
∂qj
− 2
∂T
∂qj
=
i
∂
∂qi
∂T
∂ ˙qj
˙qi +
∂
∂ ˙qi
∂T
∂ ˙qj
¨qi −
∂T
∂qj
=
d
dt
∂T
∂ ˙qj
−
∂T
∂qj
8.
Si L es un Lagrangiano para un sistema de n grados de libertad
que satisface las ecuaciones de Lagrange, demuestre por sustitu-
ci´on directa que
L = L +
dF(q1, . . . , qn, t)
dt
tambi´en satisface las ecuaciones de Lagrange, donde F es cual-
quier funci´on arbitraria, pero diferenciable, de sus argumentos.
Tenemos:
∂L
∂qi
=
∂L
∂qi
+
∂
∂qi
dF
dt
, (8.1a)
d
dt
∂L
∂ ˙qi
=
d
dt
∂L
∂ ˙qi
+
d
dt
∂
∂ ˙qi
dF
dt
. (8.1b)
Podemos escribir dF/dt como
dF
dt
=
k
∂F
∂qk
˙qk +
∂F
∂t
, k = 1, 2, . . . n.
y derivando con respecto de ˙qi
∂
∂ ˙qi
dF
dt
=
k
∂
∂ ˙qi
∂F
∂qk
˙qk +
∂F
∂qk
∂ ˙qk
∂ ˙qi
+
∂
∂ ˙qi
∂F
∂t
=
k
∂
∂qk
∂F
∂ ˙qi
˙qk +
∂F
∂qk
δik +
∂
∂t
∂F
∂ ˙qi
=
∂F
∂qi
,
y sustituyendo en el segundo t´ermino del lado derecho de la
Ec. (8.1b), se tiene
d
dt
∂L
∂ ˙qi
=
d
dt
∂L
∂ ˙qi
+
d
dt
∂F
∂qi
. (8.2)
Ahora las ecuaciones de Lagrange para L podemos obtenerlas sus-
trayendo la Ec. (8.1a) de (8.2):
d
dt
∂L
∂ ˙qi
−
∂L
∂qi
=
d
dt
∂L
∂ ˙qi
+
d
dt
∂F
∂qi
−
∂L
∂qi
−
∂
∂qi
dF
dt
=
d
dt
∂L
∂ ˙qi
−
∂L
∂qi
+
d
dt
∂F
∂qi
−
∂
∂qi
dF
dt
,
pero L satisface las ecuaciones de Lagrange, as´ı, los primeros dos
t´erminos del lado derecho suman cero, y la continuidad de F im-
plica que
d
dt
∂F
∂qi
=
∂
∂qi
dF
dt
, por lo tanto:


¨
©
d
dt
∂L
∂ ˙qi
−
∂L
∂qi
= 0. (8.3)
9.
El campo electromagn´etico es invariante bajo una transformaci´on
de norma de los potenciales escalar y vectorial dadas por
A −→ A + ψ(r, t)
φ −→ φ −
1
c
∂ψ
∂t
en donde ψ es arbitraria (pero diferenciable), ¿Qu´e efecto tiene es-
ta transformaci´on de norma sobre el Lagrangiano de una part´ıcula
que se mueve en el campo electromagn´etico? ¿El movimiento es
afectado?
Tomando la definici´on del operado como:
=
i
ei
∂
∂ri
en donde ri son las componentes del vector r y ei es un vector
unitario con direcci´on i. La derivada total de ψ(r, t) con respecto
de t, puede ahora ser expresada como:
dψ
dt
=
i
∂ψ
∂ri
dri
dt
+
∂ψ
∂t
=
i
ei
∂ψ
∂ri
·
dr
dt
+
∂ψ
∂t
= ψ · v +
∂ψ
∂t
.
(9.4)
El Lagrangiano de una part´ıcula con carga q, masa m y velocidad
v que se mueve dentro de un campo electromagn´etico es:
L =
1
2
mv2
− qφ +
q
c
A · v.
Al aplicar la transformaci´on se tiene
L =
1
2
mv2
− q φ −
1
c
∂ψ
∂t
+
q
c
(A + ψ) · v
=
1
2
mv2
− qφ +
q
c
A · v +
q
c
ψ · v +
∂ψ
∂t
= L +
q
c
dψ
dt
,
as´ı que el Lagrangiano se ve afectado con la adici´on de la derivada
total de ψ(r, t) con respecto de t. Y como se demostr´o en el proble-
ma 8 las ecuaciones del movimiento no se ven afectadas, es decir,
no se afecta el movimiento de la part´ıcula.
12.
La velocidad de escape de una part´ıcula sobre la superficie de la
Tierra es la m´ınima velocidad requerida en la superficie terrestre
para que la part´ıcula pueda escapar del campo gravitacional de la
Tierra. A partir del teorema de conservaci´on de la energ´ıa cin´etica
m´as la energ´ıa potencial, demuestre que la velocidad de escape en
la Tierra, ignorando la presencia de la Luna, es 11.2 km/s.
Sean R y M el radio y la masa de la Tierra, respectivamente,
entonces la part´ıcula (de masa m) inicialmente se encuentra sobre
la superficie de la Tierra y posee velocidad vi. La part´ıcula alcanza
un punto final a una distancia r medida desde el centro de la Tierra,
en donde se detiene, esto es, vf = 0 (Figura 3).
v
m
R
M
r
i
vf
= 0
Figura 3: Velocidad de escape.
La energ´ıa potencial de la part´ıcula es:
U = −G
Mm
rpart´ıcula
,
en donde G es la constante gravitacional y rpart´ıcula es la distancia
a la cual se encuentra la part´ıcula medida desde el centro de la
Tierra. Entonces, por el teorema de conservaci´on:
(T + U)inicial = (T + U)final
1
2
mv2
i − G
Mm
R
=
1
2
mv2
f − G
Mm
r
1
2
mv2
i − G
Mm
R
= −G
Mm
r
,
resolviendo para vi
vi = 2GM
1
R
−
1
r
. (12.1)
Para que la part´ıcula escape del campo gravitacional de la Tierra,
se requerir´a r → ∞, en otras palabras, la part´ıcula se alejar´a m´as y
m´as lejos de la Tierra conforme su velocidad se aproxima asint´otica-
mente a cero. Tomando el l´ımite r → ∞ en la Ec. (12.1) obtenemos
la velocidad de escape
vesc =
2GM
R
, (12.2)
poniendo G = 6.67 × 10−11
Nm/kg2
, M = 5.98 × 1024
kg y R =
6.37 × 106
m: 

¨
©
vesc = 11.2
km
s
(12.3)
13.
Los cohetes son impulsados por la reacci´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 de movimiento para un cohete proyec-
tado verticalmente hacia arriba dentro de un campo gravitacional
constante, despreciando la fricci´on de la atm´osfera, es
m
dv
dt
= −v
dm
dt
− mg,
en donde m es la masa del cohete y v es la velocidad de los gases
liberados relativa al cohete. Integre esta ecuaci´on para obtener v
como funci´on de m, suponiendo que la tasa temporal de p´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 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´ıo debe ser de al menos ¡300!
El diagrama del movimiento del cohete es mostrado en la
Figura 4 (se entiende que el movimiento ocurre s´olo en la com-
ponente vertical y se omitir´a escribir, por ejemplo, vy).
v
m
g
(a) El cohete al tiempo t.
m + dm
dm
v + dv
v = v v
g
(b) El cohete al tiempo t + dt.
Figura 4: Movimiento vertical de un cohete bajo un campo gravi-
tacional.
Al tiempo t (Figura 4(a)), la masa total del cohete es m, y su
rapidez instant´anea es v con respecto a un marco de referencia iner-
cial. Durante un intervalo de tiempo dt, una masa −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 estaciona-
rio. Inmediatamente despu´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)
del sistema estar´an dados por:
p(t) = mv, (13.1a)
p(t + dt) = (m + dm)(v + dv) + (−dm)(v − v ). (13.1b)
La fuerza externa es
FExt =
dp
dt
o
FExtdt = dp = p(t + dt) − dp (13.2)
que es el cambio total del momento durante un peque˜no diferencial
de tiempo. De las Ecs. (13.1), encontramos el momento inicial y
final del sistema :
p(t + dt) − p(t) = (m + dm)(v + dv) + (−dm)(v − v ) − mv
= mv + mdv + vdm + dmdv − vdm + v dm − mv
= mdv + v dm + dmdv,
la cantidad dmdv es muy peque˜na comparada con las otras canti-
dades, por lo que podemos despreciarla obteniendo:
p(t + dt) − p(t) = mdv + v dm. (13.3)
La fuerza externa que act´ua sobre nuestro sistema es igual a
Fexterna = −mg, (13.4)
recuerde que la masa del sistema se conserva constante, no as´ı la
del cohete. Sustituyendo la Ec. (13.3) y (13.4) en (13.2) se tiene:
−mgdt = mdv + v dm
al resolver para mdv y dividir el resultado por dt en la ecuaci´on de
arriba obtenemos la ecuaci´on diferencial buscada


¨
©
m
dv
dt
= −v
dm
dt
− mg. (13.5)
Para integrar la Ec. (13.5), consideremos que el combustible se
quema a una tasa constante (dm/dt  0),
dm
dt
= −α, α  0 (13.6)
y entonces podemos escribir la Ec. (13.5) como
dv =
v
m
α − g dt,
y de la Ec. (13.6) obtenemos dt = −dm/α entonces:
dv = −
v
m
+
g
α
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, entonces:
v
0
dv =
m
m0
−
v
m
+
g
α
dm
v = −
g
α
(m0 − m) + v ln
m0
m
o bien 

¨
©
v(m) = −
g
α
(m0 − m) + v ln
m0
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 com-
bustible. 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,
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)
= −
g
α
(msc + mcom − msc) + v ln
msc + mcom
msc
= −60g
mcom
msc + mcom
+ v ln
msc + mcom
msc
,
en la ´ultima igualdad se ha considerado que α = m0/60, y debemos
aclarar, por la definici´on dada por la Ec. (13.6), que α tiene unida-
des de masa por unidad de tiempo (kg/s, en el S. I.), as´ı entonces,
la dimensi´on de masa est´a incluida en m0 as´ı que, el s´ımbolo 60
se refiere a 60 s. Dado que msc mcom podemos considerar que
la aproximaci´on: msc + mcom ≈ mcom es lo suficientemente bue-
na para ser considerada una igualdad, as´ı la ecuaci´on anterior se
transforma en
vesc = −60g
mcom
mcom
+ v ln
mcom
msc
resolviendo para mcom/msc, adem´as, wcom/wsc = gmcom/gmsc =
mcom/msc se tiene:
wcom
wsc
= e(vesc+60g)/v
poniendo vesc = 11.3 × 103
m/s, g = 10 m/s2
, 60 = 60 s, y,
v = 2.1 × 103
m/s: 

¨
©
wcom
wsc
= 290. (13.9)
14.
Dos puntos de masa m est´an unidos por una 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´ıa cin´etica en coordenadas
generalizadas.
La 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 con
el centro de la barra, θ es el ´angulo que forma el eje x con a, φ es
el ´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.
q
fl
m
m
a
x
x
y y
1
2
Figura 5: Masas puntuales conectadas por una barra que se mueve
a trav´es de un c´ırculo.
La posici´on del centro de la barra relativa al marco de referencia
xy es
(xb, yb) = (a cos θ, a sen θ).
Mientra que la posici´on de m1 relativa al marco de referencia x y
viene dada por
(x1, y1) = −
l
2
cos φ, −
l
2
sen φ ,
y la de m2 (relativa a x y )
(x2, y2) =
l
2
cos φ,
l
2
sen φ .
Entonces, las correspondientes posiciones de m1 y m2 relativas al
marco de referencia xy ser´an
(x1, y1) = (xb, yb) + (x1, y1)
= a cos θ −
l
2
cos φ, a sen θ −
l
2
sen φ
y
(x2, y2) = (xb, yb) + (x2, y2)
= a cos θ +
l
2
cos φ, a sen θ +
l
2
sen φ .
Las velocidades son:
(vx1
, vy1
) = −a ˙θ sen θ +
l
2
˙φ sen φ, a ˙θ cos θ −
l
2
˙φ cos φ ,
(vx2 , vy2 ) = −a ˙θ sen θ −
l
2
˙φ sen φ, a ˙θ cos θ +
l
2
˙φ cos φ ,
de donde podemos calcular el cuadrado de las velocidades:
v2
1 = a2 ˙θ2
+
l2
4
˙φ2
− al ˙θ ˙φ(sen θ sen φ + cos θ cos φ),
v2
2 = a2 ˙θ2
+
l2
4
˙φ2
+ al ˙θ ˙φ(sen θ sen φ + cos θ cos φ)
para finalmente obtener la energ´ıa cin´etica en t´erminos de las coor-
denadas generalizadas, T = T(θ, φ, ˙θ, ˙φ) como sigue:
T =
1
2
2
j=1
mjv2
j
=
1
2
m1v2
1 +
1
2
m2v2
2
=
1
2
m1 a2 ˙θ2
+
l2
4
˙φ2
− al ˙θ ˙φ(sen θ sen φ + cos θ cos φ)
+
1
2
m2 a2 ˙θ2
+
l2
4
˙φ2
+ al ˙θ ˙φ(sen θ sen φ + cos θ cos φ)
y dado que m1 = m2 = m:




T = m a2 ˙θ2
+
l2
4
˙φ2
. (14.2)
Comentarios
Este problema puede resolverse f´acilmente empleando el software
Mathematica utilizando la siguiente rutina (deber´a copiar y entonces
pegar en el Notebook (.nb)).
(*Limpia las variables indicadas*)
Clear[a, [Theta], [Phi], t, m];
(*Define la posici´on de m_1*)
rm1[[Theta]_,[Phi]_,t_]:={a*Cos[[Theta][t]]
-l/2*Cos[[Phi][t]],a*Sin[[Theta][t]]
-l/2*Sin[[Phi][t]]};
(*Define la posici´on de m_2*)
rm2[[Theta]_, [Phi]_,t_] := {a*Cos[[Theta][t]]
+l/2*Cos[[Phi][t]],a*Sin[[Theta][t]]
+ l/2*Sin[[Phi][t]]};
(*Calcula las velocidades de m_1 y m_2*)
vm1 := D[rm1[[Theta], [Phi], t], t]
vm2 := D[rm2[[Theta], [Phi], t], t]
(*Calcula la energ´ıa cin´etica del sistema*)
T = FullSimplify[1/2*m*((vm1.vm1) + (vm2.vm2))];
(*Factoriza m y entrega una salida en notaci´on
matem´atica tradicional*)
Collect[T, m] // TraditionalForm
16.
Una part´ıcula se mueve en un plano bajo la influencia de una
fuerza, actuando hacia un centro de fuerza cuya magnitud es
F =
1
r2
1 −
˙r2
− 2¨rr
c2
,
donde r es la distancia de la part´ıcula al centro de fuerza. Encuen-
tre el potencial generalizado que resultar´a en tal una fuerza, y de
este el Lagrangiano para el movimiento en el plano. (La expresi´on
para F representa la fuerza entre dos cargas en la electrodin´amica
de Webers).
El potencial generalizado depende de las coordenadas y las velo-
cidades, U(r, ˙r), y:
F = −
∂U
∂r
+
d
dt
dU
d ˙r
=
1
r2
−
˙r2
− 2¨rr
c2r2
,
el primer t´ermino del lado derecho corresponde a la ley de Coulomb,
por lo tanto se puede derivar del potencial Coulombiano: 1/r. El
segundo t´ermino tiene el aspecto de una derivada de un cociente, de
manera que podemos ponerlo como ˙r2
/(c2
r) que es una mezcla de
la energ´ıa cin´etica y el potencial de Coulomb. As´ı podemos escribir


¨
©
U(r, ˙r) =
1
r
+
˙r2
c2r
. (16.1)
Para comprobar que es el potencial correcto, tenemos
∂U
∂r
= −
1
r2
−
˙r2
c2r2
y ∂U/∂ ˙r = 2 ˙r/(c2
r), entonces
d
dt
∂U
∂ ˙r
=
2¨r
c2r
−
2 ˙r2
c2r2
y finalmente:
−
∂U
∂r
+
d
dt
dU
d ˙r
=
1
r2
+
˙r2
c2r2
+
2¨r
c2r
−
2 ˙r2
c2r2
=
1
r2
−
˙r2
c2r2
+
2¨r
c2r
=
1
r2
−
˙r2
− 2¨rr
c2r2
= F.
En coordenadas polares la energ´ıa cin´etica de una part´ıcula de
masa m es T = (1/2)m( ˙r2
+ r2 ˙θ2
), y el Lagrangiano queda como:




L =
1
2
m( ˙r2
+ r2 ˙θ2
) −
1
r
1 +
˙r2
c2
. (16.2)
17.
Un n´ucleo, originalmente en reposo, decae radiactivamente emi-
tiendo un electr´on de momento 1.73 MeV/c, y en angulo recto a la
direcci´on del electr´on un neutrino con momento 1.00 MeV/c. (El
MeV, mill´on de electr´on volt, es una unidad de energ´ıa utilizada
en f´ısica moderna, igual a 1.60 × 10−13
J. Correspondientemente,
el MeV/c es una unidad de momento lineal igual a 5.34 × 10−22
kgm/s). ¿En qu´e direcci´on retrocede el n´ucleo? ¿Cu´al es su mo-
mento en MeV/c? Si la masa del n´ucleo residual es 3.90 × 10−25
kg ¿Cu´al es su energ´ıa cin´etica, en electr´on volts?
En el sistema de coordenadas xy mostrado en la Figura 6, el
n´ucleo originalmente reposa en el origen, tiempo despu´es decae
radiactivamente emitiendo un electr´on (e−
) en la direcci´on +y, en-
tonces el neutrino (ν) es emitido en direcci´on +x, el vector pe−+ν
(de magnitud pe−+ν y direcci´on θ) representa el momento resul-
tante del momento del electr´on y el neutrino (Figura 6).
Núcleo
y
x
e
p e
+
n
p núcleo
n
q
q
Figura 6: Decaimiento radiactivo de un n´ucleo.
Tenemos:
pe−+ν = 1.75
MeV
c
2
+ 1.00
MeV
c
2
= 2.00
MeV
c
en direcci´on
θ = tan−1 1.73 MeV/c
1.00 MeV/c
= 60.0◦
,
por lo tanto el n´ucleo retrocede en direcci´on
§
¦
¤
¥
180◦
+ θ = 240◦
, (medido desde el eje + x). (17.1)
y su momento tiene magnitud pn´ucleo (Figura 6):


¨
©
pn´ucleo = 2.00
MeV
c
(17.2)
La energ´ıa cin´etica en electr´on volts (eV) es:
T =
1
2
mv2
=
1
2
p2
n´ucleo
m
=
1
2
(2.00 MeV/c)2
3.90 × 10−25 kg
5.34 × 10−22
kgm/s
1 MeV/c
2
1 × 106
eV
1 J
al ejecutar las operaciones obtenemos
£
¢
 
¡T = 9.13 eV. (17.3)
18.
Un Lagrangiano para un sistema f´ısico particular puede ser escrito
como
L =
m
2
(a ˙x2
+ 2b ˙x ˙y + c ˙y2
) +
k
2
(ax2
+ 2bxy + cy2
)
donde a, b y c son constantes arbitrarias pero sujetas a la condici´on
de que b − ac = 0. ¿Cu´ales son las ecuaciones de movimiento?
Examine particularmente los dos casos a = 0 = c y b = 0, c = −a
¿Cu´al es el sistema f´ısico definido por al Lagrangiano anterior?
Demuestre que el Lagrangiano habitual para este sistema como
se defini´o por medio de la ecuaci´on (1.57 ) est´a relacionado a L
por una transformaci´on Puntual (cf. Derivaci´on 10). ¿Cu´al es la
importancia de la condici´on sobre el valor de b2
− ac?
Los coordenadas generalizadas son los coordenadas cartesianas
x y y, entonces, habr´a dos ecuaciones de movimiento:
d
dt
∂L
∂ ˙x
−
∂L
∂x
= 0,
d
dt
∂L
∂ ˙y
−
∂L
∂y
= 0.
Para x:
∂L
∂ ˙x
=
∂
∂ ˙x
m
2
(a ˙x2
+ 2b ˙x ˙y + c ˙y2
) +
k
2
(ax2
+ 2bxy + cy2
)
=
m
2
(2a ˙x + 2b ˙y),
entonces
d
dt
∂L
∂ ˙x
= m(a¨x + b¨y).
Y
∂L
∂x
=
∂
∂x
m
2
(a ˙x2
+ 2b ˙x ˙y + c ˙y2
) +
k
2
(ax2
+ 2bxy + cy2
)
= −k(ax + by),
as´ı, nuestra primera ecuaci´on del movimiento es
§
¦
¤
¥
m(a¨x + b¨y) = −k(ax + by). (18.1)
En su turno, para y:
∂L
∂ ˙y
=
∂
∂ ˙y
m
2
(a ˙x2
+ 2b ˙x ˙y + c ˙y2
) +
k
2
(ax2
+ 2bxy + cy2
)
=
m
2
(2b ˙x + 2c ˙y),
entonces
d
dt
∂L
∂ ˙y
= m(b¨x + c¨y).
Y
∂L
∂y
=
∂
∂y
m
2
(a ˙x2
+ 2b ˙x ˙y + c ˙y2
) +
k
2
(ax2
+ 2bxy + cy2
)
= −k(bx + cy),
entonces, nuestra segunda ecuaci´on del movimiento es:
§
¦
¤
¥
m(b¨x + c¨y) = −k(bx + cy). (18.2)
Cuando a = 0 = c, las Ecs. (18.1) y (18.2) se transforman,
respectivamente, en
m¨y = −ky, y, m¨x = −kx.
Ahora, si b = 0 y c = −a, ´estas son
m¨x = −kx, y, m¨y = −ky,
que claramente corresponden a la ecuaci´on de un oscilador arm´oni-
co simple, en otras palabras, una masa m que se mueve bajo la
acci´on de una ´unica fuerza (proporcional a la posici´on de la ma-
sa) la cual se opone a su movimiento. L describe el movimiento
arm´onico simple en dos dimensiones.
Una transformaci´on puntual del plano xy al plano uv (es decir,
un punto en el plano xy genera un punto en plano uv) que puede
intuirse a partir de la Ecs. (18.1) y (18.2) viene dada por:
u = ax + by, (18.3a)
v = bx + cy (18.3b)
resulta claro que ¨u = a¨x+b¨y, y, ¨u = a¨x+b¨y. Entonces las ecuaciones
de movimiento en el plano uv se miran como
m¨u = −ku y m¨v = −kv,
que son las ecuaciones de movimiento m´as habituales para el mo-
vimiento arm´onico simple.
La transformaci´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
y =
bu − av
b2 − ac
.
Por otro lado:
−cu + bv = −acx − bcy + b2
x + bcy
= −acx + b2
x
entonces
x =
bu − cv
b2 − ac
de donde puede apreciarse la importancia de la condici´on
b2
− ac = 0.
19.
Obtenga las ecuaciones de Lagrange del movimiento para un
p´endulo esf´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 l como se muestra en la Figura 7, la
plomada es libre de navegar en cualquier direcci´on bajo la acci´on
de la gravedad, pero est´a restringida a moverse en el interior de la
superficie de una esfera.
m
l
g
q
f
Figura 7: P´endulo esf´erico.
La geometr´ıa esf´erica que presenta el problema nos induce ha uti-
lizar coordenadas esf´ericas para su soluci´on. El vector de posici´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 = l ˙θ cos θ cos φ − l ˙φ sen θ sen φ,
v2 = l ˙θ cos θ sen φ + l ˙φ sen θ cos φ,
v3 = −l ˙θ sen θ.
Entonces:
v2
1 = l2 ˙θ2
cos2
θ cos2
φ − 2l2 ˙θ ˙φ sen θ sen φ cos θ cos φ
+ l2 ˙φ2
sen2
θ sen2
φ,
v2
2 = l2 ˙θ2
cos2
θ sen2
φ + 2l2 ˙θ ˙φ sen θ sen φ cos θ cos φ
+ l2 ˙φ2
sen2
θ cos2
φ,
v2
3 = l2 ˙θ2
sen2
θ,
ahora podemos calcular v2
:
v2
= v2
1 + v2
2 + v2
3
= l2 ˙θ2
+ l2 ˙φ2
sen2
θ.
As´ı que, la energ´ıa cin´etica del sistema ser´a
T =
1
2
mv2
=
1
2
m(l2 ˙θ2
+ l2 ˙φ2
sen2
θ).
(19.1)
Si tomamos el punto de soporte como el nivel de referencia para
la energ´ıa potencial, entonces
V = mgl cos θ, (19.2)
as´ı, por ejemplo, cuando la plomada se encuentra en el punto ver-
tical m´as alto θ = 0 y V = mgl, cuando se encuentra en el plano
del punto de soporte θ = π/2 y V = 0, y cuando se encuentra en
el punto vertical m´as bajo θ = π entonces V = −mgl.
El Lagrangiano del sistema es:
L = T − V
=
1
2
m(l2 ˙θ2
+ l2 ˙φ2
sen2
θ) − mgl cos θ,
(19.3)
l es constante, por lo que s´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´endulo esf´erico:
d
dt
∂L
∂ ˙φ
−
∂L
∂φ
= 0, (19.4a)
d
dt
∂L
∂ ˙θ
−
∂L
∂θ
= 0. (19.4b)
Obtengamos las derivadas correspondientes para φ
∂L
∂ ˙φ
=
∂
∂ ˙φ
1
2
m(l2 ˙θ2
+ l2 ˙φ2
sen2
θ) − mgl cos θ
= ml2 ˙φ sen2
θ,
entonces
d
dt
∂L
∂ ˙φ
=
d
dt
ml2 ˙φ sen2
θ
= ml2
[¨φ sen2
θ + ˙φ(2 sen θ)(cos θ)( ˙θ)]
= ml2 ¨φ sen2
θ + 2ml2 ˙θ ˙φ sen θ cos θ,
y
∂L
∂φ
=
∂
∂φ
1
2
m(l2 ˙θ2
+ l2 ˙φ2
sen2
θ) − mgl cos θ
= 0.
Por lo tanto la Ec. (19.4a) nos da nuestra primer ecuaci´on de mo-
vimiento: §
¦
¤
¥
ml2 ¨φ sen2
θ + 2ml2 ˙θ ˙φ sen θ cos θ = 0. (19.5)
Para la coordenada θ
∂L
∂ ˙θ
=
∂
∂ ˙θ
1
2
m(l2 ˙θ2
+ l2 ˙φ2
sen2
θ) − mgl cos θ
= ml2 ˙θ,
entonces
d
dt
∂L
∂ ˙θ
= ml2 ¨θ
y
∂L
∂θ
=
∂
∂θ
1
2
m(l2 ˙θ2
+ l2 ˙φ2
sen2
θ) − mgl cos θ
= ml2 ˙φ2
sen θ cos θ + mgl sen θ.
As´ı que de la Ec. (19.4b) obtenemos la segunda ecuaci´on de movi-
miento:
§
¦
¤
¥
ml2 ¨θ − ml2 ˙φ2
sen θ cos θ − mgl sen θ = 0. (19.6)
20.
Una part´ıcula de masa m se mueve en una dimensi´on tal que tiene
el Lagrangianoa
L =
m2
˙x4
12
+ m ˙x2
V (x) − V 2
(x)
donde V es alguna funci´on diferenciable de x. Encuentre las ecua-
ciones de movimiento para x(t) y describa la naturaleza f´ısica del
sistema sobre las bases de esta ecuaci´on.
aEn la referencia [1] este lagrangiano aparece como L =
m2 ˙x4
12
+
m ˙x2V (x) − V2(x), donde V2(x) debe ser un error tipogr´afico.
Tenemos:
∂L
∂x
= m ˙x2 dV
dx
− 2V
dV
dx
. (20.7)
Y
∂L
∂ ˙x
=
4m2
˙x3
12
+ 2m ˙xV,
entonces:
d
dt
∂L
∂ ˙x
=
3m2
˙x2
¨x
3
+ 2m¨xV + 2m ˙x
dV
dt
= m2
˙x2
¨x + 2m¨xV + 2m ˙x2 dV
dx
,
(20.8)
en el ´ultimo t´ermino del lado derecho de la ecuaci´on anterior se
utiliz´o la regla de la cadena:
dV
dt
=
dV
dx
dx
dt
= ˙x
dV
dx
,
puesto que V = V x(t) .
La ecuaci´on de Lagrange, de acuerdo a los resultados de las
Ecs. (20.7) y (20.8) llega a ser:
d
dt
∂L
∂ ˙x
−
∂L
∂x
= 0
m2
˙x2
¨x + 2m¨xV + 2m ˙x2 dV
dx
− m ˙x2 dV
dx
+ 2V
dV
dx
= 0
m2
˙x2
¨x + 2m¨xV + m ˙x2 dV
dx
+ 2V
dV
dx
= 0
2
1
2
m ˙x2
+ V m¨x + 2
1
2
m ˙x2
+ V
dV
dx
= 0
1
2
m ˙x2
+ V m¨x +
dV
dx
= 0,
en el primer t´ermino dentro del primer par´entesis del lado de la
izquierda, podemos identificar la energ´ıa cin´etica T = mv2
/2, y, si
identificamos Fexterna = −dV/dx, entonces, T + V es constante y
diferente de cero, as´ı la ecuaci´on de Lagrange se reduce a
§
¦
¤
¥m¨x = Fexterna. (20.9)
L representa el movimiento de una part´ıcula que se mueve bajo la
acci´on de un campo de fuerza conservativo.
21.
Dos masa puntuales de masa m1 y m2 est´an conectadas por una
cuerda que pasa a trav´es de un agujero en una mesa pulida, tal
que, m1 reposa sobre la superficie de la mesa y m2 cuelga sus-
pendida. Asumiendo que m2 se mueve ´unicamente en una linea
vertical, ¿Cu´ales son las coordenadas generalizadas para el siste-
ma? Escriba las ecuaciones de Lagrange para el sistema y, si es
posible, discuta el significado f´ısico que cualquiera de ellas debe
tener. Reduzca el problema a una sola ecuaci´on diferencial de se-
gundo orden y obtenga una primera integral de la ecuaci´on. ¿Cu´al
es su significado f´ısico? (Considere el movimiento ´unicamente has-
ta 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 depre-
ciablemente peque˜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.
m
x
z
y
s
q
q
r
rr
1
m
g
2
Figura 8: Dos masa conectadas por una cuerda.
Puesto que r = l−s, las coordenadas generalizadas independien-
tes que utilizaremos son:
• θ: el ´angulo entre el eje x y r = (l − s).
• s: la longitud de la cuerda que hay entre el origen de coorde-
nadas y la masa m2.
El vector de posici´on de m1 es
r = (r cos θ, r sen θ)
= (l − s) cos θ, (l − s) sen θ ,
entonces su velocidad viene dada por
v1 = (vx1
, vy1
)
= − ˙s cos θ − (l − s) ˙θ sen θ, − ˙s sen θ + (l − s) ˙θ cos θ ,
de donde obtenemos
v2
x1
= ˙s2
cos2
θ + 2(l − s) ˙s ˙θ cos θ sen θ + (l − s)2 ˙θ2
sen2
θ,
v2
y1
= ˙s2
sen2
θ − 2(l − s) ˙s ˙θ cos θ sen θ + (l − s)2 ˙θ2
cos2
θ
y
v2
1 = v2
x1
+ v2
y1
= ˙s2
+ (l − s)2 ˙θ2
.
(21.1)
Mientras que, para m2 se tiene r2 = (0, 0, s), entonces, v2 =
(0, 0, ˙s), s´ı que:
v2
2 = ˙s2
. (21.2)
Finalmente podemos calcular la energ´ıa cin´etica del sistema, como
sigue:
T =
1
2
2
i=1
miv2
i
=
1
2
m1v2
1 +
1
2
m2v2
2
=
1
2
m1 ˙s2
+
1
2
m1(l − s)2 ˙θ2
+
1
2
m2 ˙s2
=
1
2
(m1 + m2) ˙s2
+
1
2
m1(l − s)2 ˙θ2
.
(21.3)
Si tomamos la mesa como el nivel de energ´ıa potencial cero, enton-
ces la energ´ıa potencial del sistema viene dada por
V = −m2gs. (21.4)
Y el Lagrangiano del sistema ser´a
L = T − V
=
1
2
(m1 + m2) ˙s2
+
1
2
m1(l − s)2 ˙θ2
+ m2gs,
(21.5)
para encontrar las ecuaciones de Lagrange, primero formamos:
d
dt
∂L
∂ ˙s
= (m1 + m2)¨s;
∂L
∂s
= −(l − s)m1
˙θ2
+ m2g,
d
dt
∂L
∂ ˙θ
=
d
dt
(l − s)2
m1
˙θ ;
∂L
∂θ
= 0
de donde obtenemos nuestras dos ecuaciones de Lagrange para el
sistema: §
¦
¤
¥
(m1 + m2)¨s + (l − s)m1
˙θ2
− m2g = 0 (21.6)
y 

¨
©
d
dt
m1(l − s)2 ˙θ = 0. (21.7)
Deseamos darle significado f´ısico a la Ec. (21.7), para d´arselo
consideremos el momento angular de m1, observamos de la Figura 8
que (por la regla de la mano derecha para el producto vetorial):
˜L = |r × p|
= m1|r × v|
= m1(r)(r ˙θ) sen 90◦
= m1r2 ˙θ
= m1(l − s)2 ˙θ,
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 del momento angular.
Finalmente, trataremos de integrar (por lo menos una ves) una
de las ecuaciones del movimiento. Sea la Ec.(21.6), procedemos
como sigue:
(m1 + m2)¨s + (l − s)m1
˙θ2
− m2g = 0
(m1 + m2)¨s +
(l − s)4 ˙θ2
m2
1
(l − s)3m1
− m2g = 0
(m1 + m2)¨s +
[(l − s)2 ˙θm1]2
(l − s)3m1
− m2g = 0
(m1 + m2)¨s +
[˜L]2
(l − s)3m1
− m2g = 0
multiplicamos por ˙s
(m1 + m2)¨s ˙s +
˜L2
˙s
(l − s)3m1
− m2g ˙s = 0
d
dt
1
2
(m1 + m2) ˙s2
+
1
2
˜L2
(l − s)2m1
− m2gs = 0,
recuerde que d˜L/dt = 0, as´ı esta ´ultima ecuaci´on puede integrase
directamente para obtener:
1
2
(m1 + m2) ˙s2
+
1
2
˜L2
(l − s)2m1
− m2gs = cte.
1
2
(m1 + m2) ˙s2
+
1
2
(l − s)4 ˙θ2
m2
1
(l − s)2m1
− m2gs = cte.
1
2
(m1 + m2) ˙s2
+
1
2
(l − s)2 ˙θ2
m1 − m2gs = cte.
L + V = cte.
esto es, la energ´ıa total del sistema se conserva.
Comentarios
La condici´on de “considerar el movimiento ´unicamente hasta que m1
alcanza el agujero” qued´o incrustada en la forma T y V que se to-
maron, pues, una ves que la masa m1 comenzara a caer habr´ıa que
considerar, por ejemplo, su contribuci´on a la energ´ıa potencial, enton-
ces habr´ıa que a˜nadir un t´ermino extra a la Ec. (21.4). Mientras que
la energ´ıa cin´etica (Ec. (21.3)) tomar´ıa otra forma.
23.
Obtenga el Lagrangiano y las ecuaciones de movimiento para el
p´endulo doble ilustrado en la Figura 1.4, donde la longitudes de
las p´endulas son l1 y l2 con correspondientes masas m1 y m2.
m1
l1
m2
l2
g
q1
q2
Figura 1.4: P´endulo doble.
Las coordenadas de las dos part´ıculas m1 y m2 est´an dadas por
Para m1 Para m2
x1 = l1 cos θ1 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
˙x1 = −l1
˙θ1 sen θ1 ˙x2 = −l1
˙θ1 sen θ1 − l2
˙θ2 sen θ2
˙y1 = l1
˙θ1 cos θ1 ˙y2 = l1
˙θ1 cos θ1 + l2
˙θ2 cos θ2,
as´ı que
Para m1 Para m2
v2
1 = ˙x2
1 + ˙y2
1 v2
2 = ˙x2
2 + ˙y2
2
= l2
1
˙θ2
1 = l2
1
˙θ2
1 + l2
2
˙θ2
2 + 2l1l2
˙θ1
˙θ2 cos(θ1 − θ2).
Podemos ahora calcular la energ´ıa cin´etica del sistema:
T =
1
2
m1l2
1
˙θ2
1 +
1
2
m2[l2
1
˙θ2
1 + l2
2
˙θ2
2 + 2l1l2
˙θ1
˙θ2 cos(θ1 − θ2)]. (23.1)
Si se elige el nivel de referencia para la energ´ıa potencial a la dis-
tancia l1 + l2 debajo del punto de suspensi´on, tenemos
V = m1g(l1 + l2 − l1 cos θ1)
+ m2g[l1 + l2 − (l1 cos θ1 + l2 cos θ2)]. (23.2)
Por lo tanto el Lagrangiano del sistema es:
L =
1
2
m1l2
1
˙θ2
1 +
1
2
m2[l2
1
˙θ2
1 + l2
2
˙θ2
2 + 2l1l2
˙θ1
˙θ2 cos(θ1 − θ2)]
− m1g(l1 + l2 − l1 cos θ1)
− m2g[l1 + l2 − (l1 cos θ1 + l2 cos θ2)]. (23.3)
Y las ecuaciones del movimiento son:
(m1 + m2)l2
1
¨θ1 + m2l1l2
¨θ2 cos(θ1 − θ2)
+ m2l1l2
˙θ2
2 sen(θ1 − θ2) = −(m1 + m2)gl1 sen θ1, (23.4)
y
m2l2
2
¨θ2 + m2l1l2
¨θ1 cos(θ1 − θ2)
− m2l1l2
˙θ2
1 sen(θ1 − θ2) = −m2gl2 sen θ2. (23.5)
Bibliograf´ıa
[1] H. Goldstein, C. Poole y J. Safko: Classical Mechanics, 3th ed.
Addison Wesley, 2002.
[2] T. L. Chow: Classical Mechanics. John Wiley  Sons, Inc. 1995.
[3] W. Greiner. Classical Mechanics: Point Particles and Relati-
vity. Springer, 2004.
[4] S. T. Thornton y J. B. Marion: Classical Dynamics of Particles
and Systems, 5th ed. Thomson Brooks/cole.
[5] L. D. Landau y E. M. Lifshitz: Mechanics, 3th ed. Butterworth-
Heinenann, 2000 (reprinted).
[6] H. D. Young y R. A. Freedman: Sears and Zemansky’s Uni-
versity Physics: with Modern Physics, 12th ed. Addison Wes-
ley, 2008.
[7] D. Halliday, R. Resnick y J. Walker: Fundamentals of Physics.
[8] H. Reid: Solutions to Problems in Goldstein, Classical Mecha-
nics, 2th ed.
[9] M. Good: Goldstein Chapter 1 Exercises and Derivations.

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  • 1. Problemas de mecánica clásica Moisés Carrera Núñez Los problemas que aquí se presentan pertenecen al capítulo 1: Survey of the Elementary Principles, de la tercera edición del libro Classical Mechanics, de los autores Herbert Goldstein, Charles Poole y John Safko. (Principios elementales)
  • 2. 1. Demuestre que para una part´ıcula con masa constante la ecuaci´on de movimiento implica la siguiente ecuaci´on diferencial para la energ´ıa cin´etica: dT dt = F · v, mientras si la masa var´ıa con el tiempo la ecuaci´on correspon- diente es d(mT) dt = F · p. La energ´ıa cin´etica T de una part´ıcula de masa m y velocidad v en coordenadas cartesianas esta dada por T = 1 2 mv2 = 1 2 m ˙x2 + ˙y2 + ˙z2 , si m es constante: dT dt = d dt 1 2 m ˙x2 + ˙y2 + ˙z2 = 1 2 m d dt ˙x2 + ˙y2 + ˙z2 = 1 2 m 2 ˙x d ˙x dt + 2 ˙y d ˙y dt + 2 ˙z d ˙z dt = m d ˙x dt , m d ˙y dt , m d ˙z dt · ( ˙x, ˙y, ˙z) = F · v Si m var´ıa con el tiempo m = m(t), d dt (mT) = d dt 1 2 m2 ˙x2 + ˙y2 + ˙z2 = 1 2 dm2 dt ( ˙x2 + ˙y2 + ˙z2 ) + m2 d dt ( ˙x2 + ˙y2 + ˙z2 ) = 1 2 2m dm dt ( ˙x2 + ˙y2 + ˙z2 ) + m2 2 ˙x d ˙x dt +2 ˙y d ˙y dt + 2 ˙z d ˙z dt = ˙x dm dt m ˙x + ˙y dm dt m ˙y + ˙z dm dt m ˙z + m d ˙x dt m ˙x + m d ˙y dt m ˙y + m d ˙z dt m ˙z = ˙x dm dt + m d ˙x dt m ˙x + ˙y dm dt + m d ˙y dt m ˙y + ˙z dm dt + m d ˙z dt m ˙z = d dt (m ˙x) m ˙x + d dt (m ˙y) m ˙y + d dt (m ˙z) m ˙z = d dt (m ˙x, m ˙y, m ˙z) · (m ˙x, m ˙y, m ˙z) = dp dt · p = F · p 2. Demuestre que la magnitud R del vector de posici´on del centro de masa desde un origen arbitrario est´a dado por la ecuaci´on M2 R2 = M i mir2 i − 1 2 i,j mimjr2 ij. Tenemos1 . R = 1 M i miri =⇒ MR = i miri, entonces M2 R2 = MR · MR = i,j mimjri · rj. (2.1) Como rij = ri −rj se tiene r2 ij = r2 i +r2 j −2ri ·rj, resolviendo para ri · rj: ri · rj = 1 2 (r2 i + r2 j − r2 ij) (2.2) sustituyendo la Ec. (2.2) en el lado derecho de la Ec. (2.1) se tiene M2 R2 = i,j mimj 1 2 (r2 i + r2 j − r2 ij) = 1 2 i,j mimjr2 i + 1 2 i,j mimjr2 j − 1 2 i,j mimjr2 ij = 1 2 M i mir2 i + 1 2 M j mjr2 j − 1 2 i,j mimjr2 ij = M i mir2 i − 1 2 i,j mimjr2 ij 1Esta soluci´on fue sacada directamente de la referencia [9]
  • 3. 5. Dos rines de radio a son montados a los extremos de un eje com´un de longitud b, de manera que los rines rotan independientemente. Toda la combinaci´on rueda sin deslizarse sobre un plano. Demues- tre que hay dos ecuaciones de restricci´on no holon´omicas: cos θdx + sen θdy = 0 sen θdx − cos θdy = 1 2 a(dφ + dφ ) (donde θ, φ y φ tienen significados similares a los del problema de un ´unico disco vertical, y (x, y) son las coordenadas de un punto en la mitad del eje entre los dos rines) y una ecuaci´on de restricci´on holon´omica, θ = c − a b (φ − φ ) 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, res- pectivamente, los cuales tienen componentes en las direcciones x, y y z pero dado que los rines permanecen en posici´on vertical durante todo su movimiento, es justificable considerar s´olo las componentes x, y. ´ ´ ´ x yz r r v v (x,y) q f f Rin 1 Rin 2 Figura 1: Dos rines rodando sobre un plano (problema 5). Para el rin 1, las componentes cartesianas de su vector velocidad est´an dadas por: (vx, vy) = drx dt , dry dt = (v sen θ, −v cos θ). Y podemos expresar v en t´erminos del radio del rin y el ´angulo φ como v = a dφ dt , entonces dr = (drx, dry) = (adφ sen θ, −adφ cos θ). (5.1) Mediante un procedimiento similar obtenemos para el rin 2, cam- biando r por r = (rx, ry), a v por v y a φ por φ , lo siguiente: dr = (drx, dry) = (adφ sen θ, −adφ cos θ). (5.2) Ahora, el vector de posici´on del punto (x, y), el cual se encuentra a la mitad del eje que une el rin 1 al rin 2, est´a dado en t´erminos de r y r por (x, y) = 1 2 (r + r), entonces, (dx, dy) = 1 2 (dr + dr) = 1 2 (drx + drx, dry + dry). Y con ayuda de las Ecs. (5.1) y (5.2), se tiene: dx = 1 2 a sen θ(dφ + dφ), (5.3a) dy = − 1 2 a cos θ(dφ + dφ ). (5.3b) Multiplicando la Ec. (5.3a) por cos θ y la Ec. (5.3b) por sen θ, obtendremos cos θdx = 1 2 a cos θ sen θ(dφ + dφ), sen θdy = − 1 2 a cos θ sen θ(dφ + dφ ), que al sumarlas nos dan la primera ecuaci´on de restricci´on no ho- lon´omica: § ¦ ¤ ¥ cos θdx + sen θdy = 0. (5.4) Al multiplicar la Ec. (5.3a) por sen θ y la Ec. (5.3b) por − cos θ se obtiene sen θdx = 1 2 a sen2 θ(dφ + dφ), − cos θdy = 1 2 a cos2 θ(dφ + dφ ), sumado estas dos expresiones encontramos la segunda ecuaci´on de restricci´on no holon´omica: ¨ © sen θdx − cos θdy = 1 2 a(dφ + dφ ). (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 (x12, y12) las componentes cartesianas del vector r12, entonces por la definici´on del ´angulo θ se tiene que tan θ = y12/x12, al derivar con respecto de t: sec2 θ dθ dt = 1 x12 dy12 dt − y12 x2 12 dx12 dt o bien sec2 θdθ = 1 x12 dy12 − tan θ x12 dx12. (5.6) Por otro lado se tiene que dr12 = dr − dr cuyas componentes podemos obtener de las Ecs. (5.1) y (5.2): (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) es decir dx12 = a sen θ(dφ − dφ ) (5.7a) dy12 = −a cos θ(dφ − dφ ), (5.7b) sustituyendo las Ecs. (5.7) en (5.6): sec2 θdθ = − 1 x12 a cos θ(dφ − dφ ) − tan θ x12 a sen θ(dφ − dφ ) = −a dφ − dφ x12 (tan θ sen θ + cos θ), entonces dθ = −a dφ − dφ x12 tan θ sen θ sec2 θ + cos θ sec2 θ = −a dφ − dφ x12 (cos θ),
  • 4. de la definici´on de θ se tiene que cos θ = x12/ x2 12 + y2 12 = x12/b, as´ı que dθ = − a b (dφ − dφ ) esta ´ultima expresi´on puede integrase y obtener con ello la ecuaci´on de restricci´on holon´omica: ¨ © θ = c − a b (φ − φ ) (5.8) en donde c es la constante de integraci´on. Comentarios La Ec. (5.4) implica que dz = 0, entonces z permanece constante, por ello la Ec. (5.4) podr´ıa corresponder a la restricci´on de que los rines permanecen horizontales. Si en la Ec. (5.5) se tuviese que dφ+dφ = 0 implicar´ıa que los rines est´an desliz´andose sobre la superficie, es por ello que podr´ıamos asociar la Ec. (5.5) a la restricci´on de que los rines ruedan sin deslizarse. Si φ = φ implicar´ıa que el rodamiento de los ri- nes no fuera independiente el uno del otro, por lo cual podemos asociar la Ec. (5.8) a la condici´on de que los rines rotan independientemente. 6. Una part´ıcula se mueve en el plano xy bajo la restricci´on de que su vector velocidad est´a siempre dirigido hacia un punto en el eje x cuya accisa es alguna funci´on dada del tiempo f(t). Demuestre que para f(t) diferenciable, pero arbitraria, la restricci´on es no holon´omica. En la Figura 2 muestra el diagrama de la situaci´on que plantea el problema. El vector de posici´on de la part´ıcula es r, v es su velocidad que est´a dirigida hacia el punto f(t) del eje x. r v h x y f(t) Figura 2: Part´ıcula movi´endose en el plano xy bajo la restricci´on de que su vector velocidad est´a siempre dirigido hacia un punto en el eje x. Podemos expresar el punto f(t) como un vector f cuyas compo- nentes son (f(t), 0), entonces el vector h que va desde la posici´on de la part´ıcula hasta el punto f(t) est´a dado por: h = f − r (hx, hy) = (f(t), 0) − (x, y) = (f(t) − x, −y), 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(t) − x, −y, 0) y v = (vx, vy, 0). De la condici´on h × v = 0 se tiene que: vy vx = hy hx ⇒ dy/dt dx/dt = −y f(t) − x de donde obtenemos una restricci´on no holon´omica: ¨ © dy y = dx x − f(t) (6.1) 7. Demuestre que las Ecuaciones de Lagrange en la forma (1.53) pueden tambi´en ser escritas como ∂ ˙T ∂ ˙qj − 2 ∂T ∂qj = Qj las cuales son conocidas como la forma de Nielsen de las ecuacio- nes de Lagrange. La forma (1.53) de las Ecuaciones de Lagrange es d dt ∂T ∂ ˙qj − ∂T ∂qj = Qj, en donde T es una funci´on impl´ıcita del tiempo, es decir T = T q1(t), q2(t), . . . , qn(t), ˙q1(t), ˙q2(t), . . . , ˙qn(t) por lo tanto la derivada total de T con respecto de t estar´a dada por la regla de la cadena: dT dt = i ∂T ∂qi dqi dt + ∂T ∂ ˙qi d ˙qi dt = i ∂T ∂qi ˙qi + ∂T ∂ ˙qi ¨qi . Entonces: ∂ ˙T ∂ ˙qj − 2 ∂T ∂qj = ∂ ∂ ˙qj dT dt − 2 ∂T ∂qj = Qj = ∂ ∂ ˙qj i ∂T ∂qi ˙qi + ∂T ∂ ˙qi ¨qi − 2 ∂T ∂qj = i ∂ ∂ ˙qj ∂T ∂qi ˙qi + ∂T ∂qi ∂ ˙qi ∂ ˙qj + ∂ ∂ ˙qj ∂T ∂ ˙qi ¨qi + ∂T ∂ ˙qi ∂¨qi ∂ ˙qj − 2 ∂T ∂qj = i ∂ ∂ ˙qj ∂T ∂qi ˙qi + ∂T ∂qi δij + ∂ ∂ ˙qj ∂T ∂ ˙qi ¨qi + 0 − 2 ∂T ∂qj = i ∂ ∂ ˙qj ∂T ∂qi ˙qi + ∂ ∂ ˙qj ∂T ∂ ˙qi ¨qi + ∂T ∂qj − 2 ∂T ∂qj = i ∂ ∂qi ∂T ∂ ˙qj ˙qi + ∂ ∂ ˙qi ∂T ∂ ˙qj ¨qi − ∂T ∂qj = d dt ∂T ∂ ˙qj − ∂T ∂qj
  • 5. 8. Si L es un Lagrangiano para un sistema de n grados de libertad que satisface las ecuaciones de Lagrange, demuestre por sustitu- ci´on directa que L = L + dF(q1, . . . , qn, t) dt tambi´en satisface las ecuaciones de Lagrange, donde F es cual- quier funci´on arbitraria, pero diferenciable, de sus argumentos. Tenemos: ∂L ∂qi = ∂L ∂qi + ∂ ∂qi dF dt , (8.1a) d dt ∂L ∂ ˙qi = d dt ∂L ∂ ˙qi + d dt ∂ ∂ ˙qi dF dt . (8.1b) Podemos escribir dF/dt como dF dt = k ∂F ∂qk ˙qk + ∂F ∂t , k = 1, 2, . . . n. y derivando con respecto de ˙qi ∂ ∂ ˙qi dF dt = k ∂ ∂ ˙qi ∂F ∂qk ˙qk + ∂F ∂qk ∂ ˙qk ∂ ˙qi + ∂ ∂ ˙qi ∂F ∂t = k ∂ ∂qk ∂F ∂ ˙qi ˙qk + ∂F ∂qk δik + ∂ ∂t ∂F ∂ ˙qi = ∂F ∂qi , y sustituyendo en el segundo t´ermino del lado derecho de la Ec. (8.1b), se tiene d dt ∂L ∂ ˙qi = d dt ∂L ∂ ˙qi + d dt ∂F ∂qi . (8.2) Ahora las ecuaciones de Lagrange para L podemos obtenerlas sus- trayendo la Ec. (8.1a) de (8.2): d dt ∂L ∂ ˙qi − ∂L ∂qi = d dt ∂L ∂ ˙qi + d dt ∂F ∂qi − ∂L ∂qi − ∂ ∂qi dF dt = d dt ∂L ∂ ˙qi − ∂L ∂qi + d dt ∂F ∂qi − ∂ ∂qi dF dt , pero L satisface las ecuaciones de Lagrange, as´ı, los primeros dos t´erminos del lado derecho suman cero, y la continuidad de F im- plica que d dt ∂F ∂qi = ∂ ∂qi dF dt , por lo tanto: ¨ © d dt ∂L ∂ ˙qi − ∂L ∂qi = 0. (8.3) 9. El campo electromagn´etico es invariante bajo una transformaci´on de norma de los potenciales escalar y vectorial dadas por A −→ A + ψ(r, t) φ −→ φ − 1 c ∂ψ ∂t en donde ψ es arbitraria (pero diferenciable), ¿Qu´e efecto tiene es- ta transformaci´on de norma sobre el Lagrangiano de una part´ıcula que se mueve en el campo electromagn´etico? ¿El movimiento es afectado? Tomando la definici´on del operado como: = i ei ∂ ∂ri en donde ri son las componentes del vector r y ei es un vector unitario con direcci´on i. La derivada total de ψ(r, t) con respecto de t, puede ahora ser expresada como: dψ dt = i ∂ψ ∂ri dri dt + ∂ψ ∂t = i ei ∂ψ ∂ri · dr dt + ∂ψ ∂t = ψ · v + ∂ψ ∂t . (9.4) El Lagrangiano de una part´ıcula con carga q, masa m y velocidad v que se mueve dentro de un campo electromagn´etico es: L = 1 2 mv2 − qφ + q c A · v. Al aplicar la transformaci´on se tiene L = 1 2 mv2 − q φ − 1 c ∂ψ ∂t + q c (A + ψ) · v = 1 2 mv2 − qφ + q c A · v + q c ψ · v + ∂ψ ∂t = L + q c dψ dt , as´ı que el Lagrangiano se ve afectado con la adici´on de la derivada total de ψ(r, t) con respecto de t. Y como se demostr´o en el proble- ma 8 las ecuaciones del movimiento no se ven afectadas, es decir, no se afecta el movimiento de la part´ıcula.
  • 6. 12. La velocidad de escape de una part´ıcula sobre la superficie de la Tierra es la m´ınima velocidad requerida en la superficie terrestre para que la part´ıcula pueda escapar del campo gravitacional de la Tierra. A partir del teorema de conservaci´on de la energ´ıa cin´etica m´as la energ´ıa potencial, demuestre que la velocidad de escape en la Tierra, ignorando la presencia de la Luna, es 11.2 km/s. Sean R y M el radio y la masa de la Tierra, respectivamente, entonces la part´ıcula (de masa m) inicialmente se encuentra sobre la superficie de la Tierra y posee velocidad vi. La part´ıcula alcanza un punto final a una distancia r medida desde el centro de la Tierra, en donde se detiene, esto es, vf = 0 (Figura 3). v m R M r i vf = 0 Figura 3: Velocidad de escape. La energ´ıa potencial de la part´ıcula es: U = −G Mm rpart´ıcula , en donde G es la constante gravitacional y rpart´ıcula es la distancia a la cual se encuentra la part´ıcula medida desde el centro de la Tierra. Entonces, por el teorema de conservaci´on: (T + U)inicial = (T + U)final 1 2 mv2 i − G Mm R = 1 2 mv2 f − G Mm r 1 2 mv2 i − G Mm R = −G Mm r , resolviendo para vi vi = 2GM 1 R − 1 r . (12.1) Para que la part´ıcula escape del campo gravitacional de la Tierra, se requerir´a r → ∞, en otras palabras, la part´ıcula se alejar´a m´as y m´as lejos de la Tierra conforme su velocidad se aproxima asint´otica- mente a cero. Tomando el l´ımite r → ∞ en la Ec. (12.1) obtenemos la velocidad de escape vesc = 2GM R , (12.2) poniendo G = 6.67 × 10−11 Nm/kg2 , M = 5.98 × 1024 kg y R = 6.37 × 106 m: ¨ © vesc = 11.2 km s (12.3) 13. Los cohetes son impulsados por la reacci´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 de movimiento para un cohete proyec- tado verticalmente hacia arriba dentro de un campo gravitacional constante, despreciando la fricci´on de la atm´osfera, es m dv dt = −v dm dt − mg, en donde m es la masa del cohete y v es la velocidad de los gases liberados relativa al cohete. Integre esta ecuaci´on para obtener v como funci´on de m, suponiendo que la tasa temporal de p´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 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´ıo debe ser de al menos ¡300! El diagrama del movimiento del cohete es mostrado en la Figura 4 (se entiende que el movimiento ocurre s´olo en la com- ponente vertical y se omitir´a escribir, por ejemplo, vy). v m g (a) El cohete al tiempo t. m + dm dm v + dv v = v v g (b) El cohete al tiempo t + dt. Figura 4: Movimiento vertical de un cohete bajo un campo gravi- tacional. Al tiempo t (Figura 4(a)), la masa total del cohete es m, y su rapidez instant´anea es v con respecto a un marco de referencia iner- cial. Durante un intervalo de tiempo dt, una masa −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 estaciona- rio. Inmediatamente despu´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) del sistema estar´an dados por: p(t) = mv, (13.1a) p(t + dt) = (m + dm)(v + dv) + (−dm)(v − v ). (13.1b) La fuerza externa es FExt = dp dt o FExtdt = dp = p(t + dt) − dp (13.2) que es el cambio total del momento durante un peque˜no diferencial de tiempo. De las Ecs. (13.1), encontramos el momento inicial y
  • 7. final del sistema : p(t + dt) − p(t) = (m + dm)(v + dv) + (−dm)(v − v ) − mv = mv + mdv + vdm + dmdv − vdm + v dm − mv = mdv + v dm + dmdv, la cantidad dmdv es muy peque˜na comparada con las otras canti- dades, por lo que podemos despreciarla obteniendo: p(t + dt) − p(t) = mdv + v dm. (13.3) La fuerza externa que act´ua sobre nuestro sistema es igual a Fexterna = −mg, (13.4) recuerde que la masa del sistema se conserva constante, no as´ı la del cohete. Sustituyendo la Ec. (13.3) y (13.4) en (13.2) se tiene: −mgdt = mdv + v dm al resolver para mdv y dividir el resultado por dt en la ecuaci´on de arriba obtenemos la ecuaci´on diferencial buscada ¨ © m dv dt = −v dm dt − mg. (13.5) Para integrar la Ec. (13.5), consideremos que el combustible se quema a una tasa constante (dm/dt 0), dm dt = −α, α 0 (13.6) y entonces podemos escribir la Ec. (13.5) como dv = v m α − g dt, y de la Ec. (13.6) obtenemos dt = −dm/α entonces: dv = − v m + g α 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, entonces: v 0 dv = m m0 − v m + g α dm v = − g α (m0 − m) + v ln m0 m o bien ¨ © v(m) = − g α (m0 − m) + v ln m0 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 com- bustible. 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, 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) = − g α (msc + mcom − msc) + v ln msc + mcom msc = −60g mcom msc + mcom + v ln msc + mcom msc , en la ´ultima igualdad se ha considerado que α = m0/60, y debemos aclarar, por la definici´on dada por la Ec. (13.6), que α tiene unida- des de masa por unidad de tiempo (kg/s, en el S. I.), as´ı entonces, la dimensi´on de masa est´a incluida en m0 as´ı que, el s´ımbolo 60 se refiere a 60 s. Dado que msc mcom podemos considerar que la aproximaci´on: msc + mcom ≈ mcom es lo suficientemente bue- na para ser considerada una igualdad, as´ı la ecuaci´on anterior se transforma en vesc = −60g mcom mcom + v ln mcom msc resolviendo para mcom/msc, adem´as, wcom/wsc = gmcom/gmsc = mcom/msc se tiene: wcom wsc = e(vesc+60g)/v poniendo vesc = 11.3 × 103 m/s, g = 10 m/s2 , 60 = 60 s, y, v = 2.1 × 103 m/s: ¨ © wcom wsc = 290. (13.9) 14. Dos puntos de masa m est´an unidos por una 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´ıa cin´etica en coordenadas generalizadas. La 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 con el centro de la barra, θ es el ´angulo que forma el eje x con a, φ es el ´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. q fl m m a x x y y 1 2 Figura 5: Masas puntuales conectadas por una barra que se mueve a trav´es de un c´ırculo. La posici´on del centro de la barra relativa al marco de referencia xy es (xb, yb) = (a cos θ, a sen θ). Mientra que la posici´on de m1 relativa al marco de referencia x y viene dada por (x1, y1) = − l 2 cos φ, − l 2 sen φ , y la de m2 (relativa a x y ) (x2, y2) = l 2 cos φ, l 2 sen φ .
  • 8. Entonces, las correspondientes posiciones de m1 y m2 relativas al marco de referencia xy ser´an (x1, y1) = (xb, yb) + (x1, y1) = a cos θ − l 2 cos φ, a sen θ − l 2 sen φ y (x2, y2) = (xb, yb) + (x2, y2) = a cos θ + l 2 cos φ, a sen θ + l 2 sen φ . Las velocidades son: (vx1 , vy1 ) = −a ˙θ sen θ + l 2 ˙φ sen φ, a ˙θ cos θ − l 2 ˙φ cos φ , (vx2 , vy2 ) = −a ˙θ sen θ − l 2 ˙φ sen φ, a ˙θ cos θ + l 2 ˙φ cos φ , de donde podemos calcular el cuadrado de las velocidades: v2 1 = a2 ˙θ2 + l2 4 ˙φ2 − al ˙θ ˙φ(sen θ sen φ + cos θ cos φ), v2 2 = a2 ˙θ2 + l2 4 ˙φ2 + al ˙θ ˙φ(sen θ sen φ + cos θ cos φ) para finalmente obtener la energ´ıa cin´etica en t´erminos de las coor- denadas generalizadas, T = T(θ, φ, ˙θ, ˙φ) como sigue: T = 1 2 2 j=1 mjv2 j = 1 2 m1v2 1 + 1 2 m2v2 2 = 1 2 m1 a2 ˙θ2 + l2 4 ˙φ2 − al ˙θ ˙φ(sen θ sen φ + cos θ cos φ) + 1 2 m2 a2 ˙θ2 + l2 4 ˙φ2 + al ˙θ ˙φ(sen θ sen φ + cos θ cos φ) y dado que m1 = m2 = m: T = m a2 ˙θ2 + l2 4 ˙φ2 . (14.2) Comentarios Este problema puede resolverse f´acilmente empleando el software Mathematica utilizando la siguiente rutina (deber´a copiar y entonces pegar en el Notebook (.nb)). (*Limpia las variables indicadas*) Clear[a, [Theta], [Phi], t, m]; (*Define la posici´on de m_1*) rm1[[Theta]_,[Phi]_,t_]:={a*Cos[[Theta][t]] -l/2*Cos[[Phi][t]],a*Sin[[Theta][t]] -l/2*Sin[[Phi][t]]}; (*Define la posici´on de m_2*) rm2[[Theta]_, [Phi]_,t_] := {a*Cos[[Theta][t]] +l/2*Cos[[Phi][t]],a*Sin[[Theta][t]] + l/2*Sin[[Phi][t]]}; (*Calcula las velocidades de m_1 y m_2*) vm1 := D[rm1[[Theta], [Phi], t], t] vm2 := D[rm2[[Theta], [Phi], t], t] (*Calcula la energ´ıa cin´etica del sistema*) T = FullSimplify[1/2*m*((vm1.vm1) + (vm2.vm2))]; (*Factoriza m y entrega una salida en notaci´on matem´atica tradicional*) Collect[T, m] // TraditionalForm 16. Una part´ıcula se mueve en un plano bajo la influencia de una fuerza, actuando hacia un centro de fuerza cuya magnitud es F = 1 r2 1 − ˙r2 − 2¨rr c2 , donde r es la distancia de la part´ıcula al centro de fuerza. Encuen- tre el potencial generalizado que resultar´a en tal una fuerza, y de este el Lagrangiano para el movimiento en el plano. (La expresi´on para F representa la fuerza entre dos cargas en la electrodin´amica de Webers). El potencial generalizado depende de las coordenadas y las velo- cidades, U(r, ˙r), y: F = − ∂U ∂r + d dt dU d ˙r = 1 r2 − ˙r2 − 2¨rr c2r2 , el primer t´ermino del lado derecho corresponde a la ley de Coulomb, por lo tanto se puede derivar del potencial Coulombiano: 1/r. El segundo t´ermino tiene el aspecto de una derivada de un cociente, de manera que podemos ponerlo como ˙r2 /(c2 r) que es una mezcla de la energ´ıa cin´etica y el potencial de Coulomb. As´ı podemos escribir ¨ © U(r, ˙r) = 1 r + ˙r2 c2r . (16.1) Para comprobar que es el potencial correcto, tenemos ∂U ∂r = − 1 r2 − ˙r2 c2r2 y ∂U/∂ ˙r = 2 ˙r/(c2 r), entonces d dt ∂U ∂ ˙r = 2¨r c2r − 2 ˙r2 c2r2 y finalmente: − ∂U ∂r + d dt dU d ˙r = 1 r2 + ˙r2 c2r2 + 2¨r c2r − 2 ˙r2 c2r2 = 1 r2 − ˙r2 c2r2 + 2¨r c2r = 1 r2 − ˙r2 − 2¨rr c2r2 = F. En coordenadas polares la energ´ıa cin´etica de una part´ıcula de masa m es T = (1/2)m( ˙r2 + r2 ˙θ2 ), y el Lagrangiano queda como: L = 1 2 m( ˙r2 + r2 ˙θ2 ) − 1 r 1 + ˙r2 c2 . (16.2)
  • 9. 17. Un n´ucleo, originalmente en reposo, decae radiactivamente emi- tiendo un electr´on de momento 1.73 MeV/c, y en angulo recto a la direcci´on del electr´on un neutrino con momento 1.00 MeV/c. (El MeV, mill´on de electr´on volt, es una unidad de energ´ıa utilizada en f´ısica moderna, igual a 1.60 × 10−13 J. Correspondientemente, el MeV/c es una unidad de momento lineal igual a 5.34 × 10−22 kgm/s). ¿En qu´e direcci´on retrocede el n´ucleo? ¿Cu´al es su mo- mento en MeV/c? Si la masa del n´ucleo residual es 3.90 × 10−25 kg ¿Cu´al es su energ´ıa cin´etica, en electr´on volts? En el sistema de coordenadas xy mostrado en la Figura 6, el n´ucleo originalmente reposa en el origen, tiempo despu´es decae radiactivamente emitiendo un electr´on (e− ) en la direcci´on +y, en- tonces el neutrino (ν) es emitido en direcci´on +x, el vector pe−+ν (de magnitud pe−+ν y direcci´on θ) representa el momento resul- tante del momento del electr´on y el neutrino (Figura 6). Núcleo y x e p e + n p núcleo n q q Figura 6: Decaimiento radiactivo de un n´ucleo. Tenemos: pe−+ν = 1.75 MeV c 2 + 1.00 MeV c 2 = 2.00 MeV c en direcci´on θ = tan−1 1.73 MeV/c 1.00 MeV/c = 60.0◦ , por lo tanto el n´ucleo retrocede en direcci´on § ¦ ¤ ¥ 180◦ + θ = 240◦ , (medido desde el eje + x). (17.1) y su momento tiene magnitud pn´ucleo (Figura 6): ¨ © pn´ucleo = 2.00 MeV c (17.2) La energ´ıa cin´etica en electr´on volts (eV) es: T = 1 2 mv2 = 1 2 p2 n´ucleo m = 1 2 (2.00 MeV/c)2 3.90 × 10−25 kg 5.34 × 10−22 kgm/s 1 MeV/c 2 1 × 106 eV 1 J al ejecutar las operaciones obtenemos £ ¢   ¡T = 9.13 eV. (17.3) 18. Un Lagrangiano para un sistema f´ısico particular puede ser escrito como L = m 2 (a ˙x2 + 2b ˙x ˙y + c ˙y2 ) + k 2 (ax2 + 2bxy + cy2 ) donde a, b y c son constantes arbitrarias pero sujetas a la condici´on de que b − ac = 0. ¿Cu´ales son las ecuaciones de movimiento? Examine particularmente los dos casos a = 0 = c y b = 0, c = −a ¿Cu´al es el sistema f´ısico definido por al Lagrangiano anterior? Demuestre que el Lagrangiano habitual para este sistema como se defini´o por medio de la ecuaci´on (1.57 ) est´a relacionado a L por una transformaci´on Puntual (cf. Derivaci´on 10). ¿Cu´al es la importancia de la condici´on sobre el valor de b2 − ac? Los coordenadas generalizadas son los coordenadas cartesianas x y y, entonces, habr´a dos ecuaciones de movimiento: d dt ∂L ∂ ˙x − ∂L ∂x = 0, d dt ∂L ∂ ˙y − ∂L ∂y = 0. Para x: ∂L ∂ ˙x = ∂ ∂ ˙x m 2 (a ˙x2 + 2b ˙x ˙y + c ˙y2 ) + k 2 (ax2 + 2bxy + cy2 ) = m 2 (2a ˙x + 2b ˙y), entonces d dt ∂L ∂ ˙x = m(a¨x + b¨y). Y ∂L ∂x = ∂ ∂x m 2 (a ˙x2 + 2b ˙x ˙y + c ˙y2 ) + k 2 (ax2 + 2bxy + cy2 ) = −k(ax + by), as´ı, nuestra primera ecuaci´on del movimiento es § ¦ ¤ ¥ m(a¨x + b¨y) = −k(ax + by). (18.1) En su turno, para y: ∂L ∂ ˙y = ∂ ∂ ˙y m 2 (a ˙x2 + 2b ˙x ˙y + c ˙y2 ) + k 2 (ax2 + 2bxy + cy2 ) = m 2 (2b ˙x + 2c ˙y), entonces d dt ∂L ∂ ˙y = m(b¨x + c¨y). Y ∂L ∂y = ∂ ∂y m 2 (a ˙x2 + 2b ˙x ˙y + c ˙y2 ) + k 2 (ax2 + 2bxy + cy2 ) = −k(bx + cy), entonces, nuestra segunda ecuaci´on del movimiento es: § ¦ ¤ ¥ m(b¨x + c¨y) = −k(bx + cy). (18.2) Cuando a = 0 = c, las Ecs. (18.1) y (18.2) se transforman, respectivamente, en m¨y = −ky, y, m¨x = −kx. Ahora, si b = 0 y c = −a, ´estas son m¨x = −kx, y, m¨y = −ky,
  • 10. que claramente corresponden a la ecuaci´on de un oscilador arm´oni- co simple, en otras palabras, una masa m que se mueve bajo la acci´on de una ´unica fuerza (proporcional a la posici´on de la ma- sa) la cual se opone a su movimiento. L describe el movimiento arm´onico simple en dos dimensiones. Una transformaci´on puntual del plano xy al plano uv (es decir, un punto en el plano xy genera un punto en plano uv) que puede intuirse a partir de la Ecs. (18.1) y (18.2) viene dada por: u = ax + by, (18.3a) v = bx + cy (18.3b) resulta claro que ¨u = a¨x+b¨y, y, ¨u = a¨x+b¨y. Entonces las ecuaciones de movimiento en el plano uv se miran como m¨u = −ku y m¨v = −kv, que son las ecuaciones de movimiento m´as habituales para el mo- vimiento arm´onico simple. La transformaci´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 y = bu − av b2 − ac . Por otro lado: −cu + bv = −acx − bcy + b2 x + bcy = −acx + b2 x entonces x = bu − cv b2 − ac de donde puede apreciarse la importancia de la condici´on b2 − ac = 0. 19. Obtenga las ecuaciones de Lagrange del movimiento para un p´endulo esf´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 l como se muestra en la Figura 7, la plomada es libre de navegar en cualquier direcci´on bajo la acci´on de la gravedad, pero est´a restringida a moverse en el interior de la superficie de una esfera. m l g q f Figura 7: P´endulo esf´erico. La geometr´ıa esf´erica que presenta el problema nos induce ha uti- lizar coordenadas esf´ericas para su soluci´on. El vector de posici´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 = l ˙θ cos θ cos φ − l ˙φ sen θ sen φ, v2 = l ˙θ cos θ sen φ + l ˙φ sen θ cos φ, v3 = −l ˙θ sen θ. Entonces: v2 1 = l2 ˙θ2 cos2 θ cos2 φ − 2l2 ˙θ ˙φ sen θ sen φ cos θ cos φ + l2 ˙φ2 sen2 θ sen2 φ, v2 2 = l2 ˙θ2 cos2 θ sen2 φ + 2l2 ˙θ ˙φ sen θ sen φ cos θ cos φ + l2 ˙φ2 sen2 θ cos2 φ, v2 3 = l2 ˙θ2 sen2 θ, ahora podemos calcular v2 : v2 = v2 1 + v2 2 + v2 3 = l2 ˙θ2 + l2 ˙φ2 sen2 θ. As´ı que, la energ´ıa cin´etica del sistema ser´a T = 1 2 mv2 = 1 2 m(l2 ˙θ2 + l2 ˙φ2 sen2 θ). (19.1) Si tomamos el punto de soporte como el nivel de referencia para la energ´ıa potencial, entonces V = mgl cos θ, (19.2)
  • 11. as´ı, por ejemplo, cuando la plomada se encuentra en el punto ver- tical m´as alto θ = 0 y V = mgl, cuando se encuentra en el plano del punto de soporte θ = π/2 y V = 0, y cuando se encuentra en el punto vertical m´as bajo θ = π entonces V = −mgl. El Lagrangiano del sistema es: L = T − V = 1 2 m(l2 ˙θ2 + l2 ˙φ2 sen2 θ) − mgl cos θ, (19.3) l es constante, por lo que s´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´endulo esf´erico: d dt ∂L ∂ ˙φ − ∂L ∂φ = 0, (19.4a) d dt ∂L ∂ ˙θ − ∂L ∂θ = 0. (19.4b) Obtengamos las derivadas correspondientes para φ ∂L ∂ ˙φ = ∂ ∂ ˙φ 1 2 m(l2 ˙θ2 + l2 ˙φ2 sen2 θ) − mgl cos θ = ml2 ˙φ sen2 θ, entonces d dt ∂L ∂ ˙φ = d dt ml2 ˙φ sen2 θ = ml2 [¨φ sen2 θ + ˙φ(2 sen θ)(cos θ)( ˙θ)] = ml2 ¨φ sen2 θ + 2ml2 ˙θ ˙φ sen θ cos θ, y ∂L ∂φ = ∂ ∂φ 1 2 m(l2 ˙θ2 + l2 ˙φ2 sen2 θ) − mgl cos θ = 0. Por lo tanto la Ec. (19.4a) nos da nuestra primer ecuaci´on de mo- vimiento: § ¦ ¤ ¥ ml2 ¨φ sen2 θ + 2ml2 ˙θ ˙φ sen θ cos θ = 0. (19.5) Para la coordenada θ ∂L ∂ ˙θ = ∂ ∂ ˙θ 1 2 m(l2 ˙θ2 + l2 ˙φ2 sen2 θ) − mgl cos θ = ml2 ˙θ, entonces d dt ∂L ∂ ˙θ = ml2 ¨θ y ∂L ∂θ = ∂ ∂θ 1 2 m(l2 ˙θ2 + l2 ˙φ2 sen2 θ) − mgl cos θ = ml2 ˙φ2 sen θ cos θ + mgl sen θ. As´ı que de la Ec. (19.4b) obtenemos la segunda ecuaci´on de movi- miento: § ¦ ¤ ¥ ml2 ¨θ − ml2 ˙φ2 sen θ cos θ − mgl sen θ = 0. (19.6) 20. Una part´ıcula de masa m se mueve en una dimensi´on tal que tiene el Lagrangianoa L = m2 ˙x4 12 + m ˙x2 V (x) − V 2 (x) donde V es alguna funci´on diferenciable de x. Encuentre las ecua- ciones de movimiento para x(t) y describa la naturaleza f´ısica del sistema sobre las bases de esta ecuaci´on. aEn la referencia [1] este lagrangiano aparece como L = m2 ˙x4 12 + m ˙x2V (x) − V2(x), donde V2(x) debe ser un error tipogr´afico. Tenemos: ∂L ∂x = m ˙x2 dV dx − 2V dV dx . (20.7) Y ∂L ∂ ˙x = 4m2 ˙x3 12 + 2m ˙xV, entonces: d dt ∂L ∂ ˙x = 3m2 ˙x2 ¨x 3 + 2m¨xV + 2m ˙x dV dt = m2 ˙x2 ¨x + 2m¨xV + 2m ˙x2 dV dx , (20.8) en el ´ultimo t´ermino del lado derecho de la ecuaci´on anterior se utiliz´o la regla de la cadena: dV dt = dV dx dx dt = ˙x dV dx , puesto que V = V x(t) . La ecuaci´on de Lagrange, de acuerdo a los resultados de las Ecs. (20.7) y (20.8) llega a ser: d dt ∂L ∂ ˙x − ∂L ∂x = 0 m2 ˙x2 ¨x + 2m¨xV + 2m ˙x2 dV dx − m ˙x2 dV dx + 2V dV dx = 0 m2 ˙x2 ¨x + 2m¨xV + m ˙x2 dV dx + 2V dV dx = 0 2 1 2 m ˙x2 + V m¨x + 2 1 2 m ˙x2 + V dV dx = 0 1 2 m ˙x2 + V m¨x + dV dx = 0, en el primer t´ermino dentro del primer par´entesis del lado de la izquierda, podemos identificar la energ´ıa cin´etica T = mv2 /2, y, si identificamos Fexterna = −dV/dx, entonces, T + V es constante y diferente de cero, as´ı la ecuaci´on de Lagrange se reduce a § ¦ ¤ ¥m¨x = Fexterna. (20.9) L representa el movimiento de una part´ıcula que se mueve bajo la acci´on de un campo de fuerza conservativo.
  • 12. 21. Dos masa puntuales de masa m1 y m2 est´an conectadas por una cuerda que pasa a trav´es de un agujero en una mesa pulida, tal que, m1 reposa sobre la superficie de la mesa y m2 cuelga sus- pendida. Asumiendo que m2 se mueve ´unicamente en una linea vertical, ¿Cu´ales son las coordenadas generalizadas para el siste- ma? Escriba las ecuaciones de Lagrange para el sistema y, si es posible, discuta el significado f´ısico que cualquiera de ellas debe tener. Reduzca el problema a una sola ecuaci´on diferencial de se- gundo orden y obtenga una primera integral de la ecuaci´on. ¿Cu´al es su significado f´ısico? (Considere el movimiento ´unicamente has- ta 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 depre- ciablemente peque˜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. m x z y s q q r rr 1 m g 2 Figura 8: Dos masa conectadas por una cuerda. Puesto que r = l−s, las coordenadas generalizadas independien- tes que utilizaremos son: • θ: el ´angulo entre el eje x y r = (l − s). • s: la longitud de la cuerda que hay entre el origen de coorde- nadas y la masa m2. El vector de posici´on de m1 es r = (r cos θ, r sen θ) = (l − s) cos θ, (l − s) sen θ , entonces su velocidad viene dada por v1 = (vx1 , vy1 ) = − ˙s cos θ − (l − s) ˙θ sen θ, − ˙s sen θ + (l − s) ˙θ cos θ , de donde obtenemos v2 x1 = ˙s2 cos2 θ + 2(l − s) ˙s ˙θ cos θ sen θ + (l − s)2 ˙θ2 sen2 θ, v2 y1 = ˙s2 sen2 θ − 2(l − s) ˙s ˙θ cos θ sen θ + (l − s)2 ˙θ2 cos2 θ y v2 1 = v2 x1 + v2 y1 = ˙s2 + (l − s)2 ˙θ2 . (21.1) Mientras que, para m2 se tiene r2 = (0, 0, s), entonces, v2 = (0, 0, ˙s), s´ı que: v2 2 = ˙s2 . (21.2) Finalmente podemos calcular la energ´ıa cin´etica del sistema, como sigue: T = 1 2 2 i=1 miv2 i = 1 2 m1v2 1 + 1 2 m2v2 2 = 1 2 m1 ˙s2 + 1 2 m1(l − s)2 ˙θ2 + 1 2 m2 ˙s2 = 1 2 (m1 + m2) ˙s2 + 1 2 m1(l − s)2 ˙θ2 . (21.3) Si tomamos la mesa como el nivel de energ´ıa potencial cero, enton- ces la energ´ıa potencial del sistema viene dada por V = −m2gs. (21.4) Y el Lagrangiano del sistema ser´a L = T − V = 1 2 (m1 + m2) ˙s2 + 1 2 m1(l − s)2 ˙θ2 + m2gs, (21.5) para encontrar las ecuaciones de Lagrange, primero formamos: d dt ∂L ∂ ˙s = (m1 + m2)¨s; ∂L ∂s = −(l − s)m1 ˙θ2 + m2g, d dt ∂L ∂ ˙θ = d dt (l − s)2 m1 ˙θ ; ∂L ∂θ = 0 de donde obtenemos nuestras dos ecuaciones de Lagrange para el sistema: § ¦ ¤ ¥ (m1 + m2)¨s + (l − s)m1 ˙θ2 − m2g = 0 (21.6) y ¨ © d dt m1(l − s)2 ˙θ = 0. (21.7) Deseamos darle significado f´ısico a la Ec. (21.7), para d´arselo consideremos el momento angular de m1, observamos de la Figura 8 que (por la regla de la mano derecha para el producto vetorial): ˜L = |r × p| = m1|r × v| = m1(r)(r ˙θ) sen 90◦ = m1r2 ˙θ = m1(l − s)2 ˙θ, 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 del momento angular. Finalmente, trataremos de integrar (por lo menos una ves) una de las ecuaciones del movimiento. Sea la Ec.(21.6), procedemos como sigue: (m1 + m2)¨s + (l − s)m1 ˙θ2 − m2g = 0 (m1 + m2)¨s + (l − s)4 ˙θ2 m2 1 (l − s)3m1 − m2g = 0 (m1 + m2)¨s + [(l − s)2 ˙θm1]2 (l − s)3m1 − m2g = 0 (m1 + m2)¨s + [˜L]2 (l − s)3m1 − m2g = 0 multiplicamos por ˙s (m1 + m2)¨s ˙s + ˜L2 ˙s (l − s)3m1 − m2g ˙s = 0 d dt 1 2 (m1 + m2) ˙s2 + 1 2 ˜L2 (l − s)2m1 − m2gs = 0,
  • 13. recuerde que d˜L/dt = 0, as´ı esta ´ultima ecuaci´on puede integrase directamente para obtener: 1 2 (m1 + m2) ˙s2 + 1 2 ˜L2 (l − s)2m1 − m2gs = cte. 1 2 (m1 + m2) ˙s2 + 1 2 (l − s)4 ˙θ2 m2 1 (l − s)2m1 − m2gs = cte. 1 2 (m1 + m2) ˙s2 + 1 2 (l − s)2 ˙θ2 m1 − m2gs = cte. L + V = cte. esto es, la energ´ıa total del sistema se conserva. Comentarios La condici´on de “considerar el movimiento ´unicamente hasta que m1 alcanza el agujero” qued´o incrustada en la forma T y V que se to- maron, pues, una ves que la masa m1 comenzara a caer habr´ıa que considerar, por ejemplo, su contribuci´on a la energ´ıa potencial, enton- ces habr´ıa que a˜nadir un t´ermino extra a la Ec. (21.4). Mientras que la energ´ıa cin´etica (Ec. (21.3)) tomar´ıa otra forma. 23. Obtenga el Lagrangiano y las ecuaciones de movimiento para el p´endulo doble ilustrado en la Figura 1.4, donde la longitudes de las p´endulas son l1 y l2 con correspondientes masas m1 y m2. m1 l1 m2 l2 g q1 q2 Figura 1.4: P´endulo doble. Las coordenadas de las dos part´ıculas m1 y m2 est´an dadas por Para m1 Para m2 x1 = l1 cos θ1 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 ˙x1 = −l1 ˙θ1 sen θ1 ˙x2 = −l1 ˙θ1 sen θ1 − l2 ˙θ2 sen θ2 ˙y1 = l1 ˙θ1 cos θ1 ˙y2 = l1 ˙θ1 cos θ1 + l2 ˙θ2 cos θ2, as´ı que Para m1 Para m2 v2 1 = ˙x2 1 + ˙y2 1 v2 2 = ˙x2 2 + ˙y2 2 = l2 1 ˙θ2 1 = l2 1 ˙θ2 1 + l2 2 ˙θ2 2 + 2l1l2 ˙θ1 ˙θ2 cos(θ1 − θ2). Podemos ahora calcular la energ´ıa cin´etica del sistema: T = 1 2 m1l2 1 ˙θ2 1 + 1 2 m2[l2 1 ˙θ2 1 + l2 2 ˙θ2 2 + 2l1l2 ˙θ1 ˙θ2 cos(θ1 − θ2)]. (23.1) Si se elige el nivel de referencia para la energ´ıa potencial a la dis- tancia l1 + l2 debajo del punto de suspensi´on, tenemos V = m1g(l1 + l2 − l1 cos θ1) + m2g[l1 + l2 − (l1 cos θ1 + l2 cos θ2)]. (23.2) Por lo tanto el Lagrangiano del sistema es: L = 1 2 m1l2 1 ˙θ2 1 + 1 2 m2[l2 1 ˙θ2 1 + l2 2 ˙θ2 2 + 2l1l2 ˙θ1 ˙θ2 cos(θ1 − θ2)] − m1g(l1 + l2 − l1 cos θ1) − m2g[l1 + l2 − (l1 cos θ1 + l2 cos θ2)]. (23.3) Y las ecuaciones del movimiento son: (m1 + m2)l2 1 ¨θ1 + m2l1l2 ¨θ2 cos(θ1 − θ2) + m2l1l2 ˙θ2 2 sen(θ1 − θ2) = −(m1 + m2)gl1 sen θ1, (23.4) y m2l2 2 ¨θ2 + m2l1l2 ¨θ1 cos(θ1 − θ2) − m2l1l2 ˙θ2 1 sen(θ1 − θ2) = −m2gl2 sen θ2. (23.5) Bibliograf´ıa [1] H. Goldstein, C. Poole y J. Safko: Classical Mechanics, 3th ed. Addison Wesley, 2002. [2] T. L. Chow: Classical Mechanics. John Wiley Sons, Inc. 1995. [3] W. Greiner. Classical Mechanics: Point Particles and Relati- vity. Springer, 2004. [4] S. T. Thornton y J. B. Marion: Classical Dynamics of Particles and Systems, 5th ed. Thomson Brooks/cole. [5] L. D. Landau y E. M. Lifshitz: Mechanics, 3th ed. Butterworth- Heinenann, 2000 (reprinted). [6] H. D. Young y R. A. Freedman: Sears and Zemansky’s Uni- versity Physics: with Modern Physics, 12th ed. Addison Wes- ley, 2008. [7] D. Halliday, R. Resnick y J. Walker: Fundamentals of Physics. [8] H. Reid: Solutions to Problems in Goldstein, Classical Mecha- nics, 2th ed. [9] M. Good: Goldstein Chapter 1 Exercises and Derivations.