Mecánica clásica [usach]

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  • 1. MECANICA CLASICA Luis Rodríguez Valencia1 Departamento de Física Universidad de Santiago de Chile 13 de marzo de 20081 email: lhrodrig@lauca.usach.cl
  • 2. II
  • 3. Contenidos1. Sistema de Partículas 1 1.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.1. Sistema Inercial de referencia . . . . . . . . . . . . . . 2 1.1.2. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.3. Torque en punto arbitrario . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.1.4. Teorema Energía Trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.1.5. Sistema de dos partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.2. Campo Central de Fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.2.1. Ecuación diferencial para la órbita . . . . . . . . . . . 16 1.2.2. Relación entre energía y excentricidad . . . . . . . . . 18 1.2.3. Expresión integral para la trayectoria . . . . . . . . . . 20 1.3. Estabilidad de una órbita circular . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.3.1. Otro punto de vista . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.3.2. Un caso inestable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.3.3. Otro caso estable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 1.4. Problema de Kepler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 1.5. Sistemas de masa variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 1.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 1.6.1. Sistema de partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 1.6.2. Sistemas de masa variable . . . . . . . . . . . . . . . . 40 1.6.3. Movimiento en un campo central de Fuerza . . . . . . . 492. Sistema de referencia no inercial 81 2.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 2.2. Movimiento relativo a la tierra . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 2.2.1. Vertical y aceleración de gravedad del lugar . . . . . . 83 2.2.2. Ecuación de movimiento aproximada . . . . . . . . . . 87
  • 4. IV CONTENIDOS 2.2.3. Péndulo de Foucault . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 2.2.4. Péndulo esférico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 2.3. Teorema de Larmor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 2.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 923. Rotaciones. 105 3.1. Rotaciones de un sistema. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 3.1.1. Rotaciones de un sistema de coordenadas. . . . . . . . 105 3.1.2. Ángulos de Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 3.1.3. Parámetros de Cayley Klein. . . . . . . . . . . . . . . . 114 3.1.4. Transformaciones de similaridad. . . . . . . . . . . . . 115 3.1.5. Relaciones entre matrices de Pauli. . . . . . . . . . . . 116 3.1.6. Parámetros de Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 3.2. Velocidad angular. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 3.2.1. Descomposición del movimiento. . . . . . . . . . . . . . 118 3.2.2. Teorema de adición de velocidades angulares. . . . . . 119 3.3. Ejercicios resueltos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1204. Sistema rígido de partículas 127 4.1. Cantidades cinemáticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 4.1.1. Energía cinética y momentum angular . . . . . . . . . 129 4.1.2. Algunas propiedades de la matriz de inercia . . . . . . 129 4.1.3. Teoremas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 4.1.4. El elipsoide de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 4.2. Ecuaciones dinámicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 4.2.1. Movimiento Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 4.2.2. Un ejemplo en más dimensiones, la bola de billar . . . 141 4.3. Movimiento en tres dimensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 4.3.1. Ecuaciones de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 4.3.2. Torque nulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144 4.3.3. Cuerpo simétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 4.3.4. Trompo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 4.4. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156 4.5. Movimiento con loops . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 4.5.1. Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 4.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
  • 5. CONTENIDOS V5. Ecuaciones de Lagrange 189 5.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 5.2. Restricciones o vínculos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 5.2.1. Vínculos holonómicos y coordenadas generalizadas . . . 190 5.2.2. Fuerzas de vínculos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 5.2.3. Desplazamientos virtuales . . . . . . . . . . . . . . . . 191 5.3. Ecuaciones de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192 5.3.1. Vínculos no holonómicos . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 5.3.2. Condición de integrabilidad . . . . . . . . . . . . . . . 195 5.4. Sistemas Conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 5.4.1. Momentos canónicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 5.4.2. El hamiltoniano del sistema . . . . . . . . . . . . . . . 196 5.4.3. Teoremas de conservación . . . . . . . . . . . . . . . . 198 5.4.4. Hamiltoniano y energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199 5.4.5. Fuerzas dependientes de la velocidad . . . . . . . . . . 200 5.4.6. Teorema de Noether . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202 5.5. Ejemplos y aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204 5.5.1. Trompo simétrico. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204 5.5.2. Bola que rueda sobre un plano, sometida en su centro a una fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208 5.6. Las ecuaciones de Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 5.6.1. Sistemas autónomos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 5.6.2. Puntos críticos o de equilibrio . . . . . . . . . . . . . . 214 5.6.3. Estabilidad de un punto de equilibrio . . . . . . . . . . 222 5.6.4. La bifurcación de Saddle point . . . . . . . . . . . . . . 222 5.6.5. Análisis de estabilidad más en general . . . . . . . . . 224 5.6.6. La bifurcación de pitchfork . . . . . . . . . . . . . . . . 224 5.6.7. La bifurcación de Hopf . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225 5.6.8. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228 5.6.9. Otro punto de vista . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 5.6.10. Un caso inestable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 5.6.11. Otro caso estable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234 5.7. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2346. Ecuaciones de Hamilton 253 6.1. La Acción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253 6.1.1. Principio variacional de Hamilton . . . . . . . . . . . . 254 6.2. Transformaciones canónicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255
  • 6. VI CONTENIDOS 6.2.1. Formas de la transformación . . . . . . . . . . . . . . . 256 6.3. Paréntesis de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257 6.3.1. Propiedades de los Paréntesis de Poisson . . . . . . . . 258 6.4. Ecuaciones de Movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258 6.5. Problemas y Aplicaciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259 6.6. Método de Hamilton Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262 6.6.1. Función principal de Hamilton . . . . . . . . . . . . . . 263 6.6.2. Relación con la acción S . . . . . . . . . . . . . . . . . 266 6.6.3. Función característica de Hamilton . . . . . . . . . . . 266 6.6.4. El oscilador armónico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268 6.7. Variables de Acción Angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270 6.7.1. Sistemas periódicos con un grado de libertad . . . . . . 2707. Oscilaciones pequeñas 273 7.1. La energía cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273 7.2. La energía potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274 7.2.1. Posición de equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274 7.2.2. Estabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274 7.3. Linealización . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275 7.4. El lagrangiano aproximado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275 7.5. Solución de las ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . 276 7.5.1. Diagonalización . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278 7.5.2. Solución del sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279 7.6. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2818. Sistemas continuos 291 8.1. Oscilaciones transversales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291 8.2. Límite continuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292 8.2.1. Lagrangiano para la cuerda continua . . . . . . . . . . 293 8.2.2. Densidad Lagrangiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294 8.2.3. Principio de Hamilton para sistemas continuos . . . . . 294 8.3. Soluciones de la ecuación de onda . . . . . . . . . . . . . . . . 295 8.3.1. Condiciones de frontera . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297 8.3.2. Condiciones iniciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298 8.4. Método de las series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . 299 8.5. Solución de D’Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301 8.5.1. Condiciones iniciales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301 8.5.2. Condiciones de frontera . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302
  • 7. CONTENIDOS VII 8.5.3. Casos particulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302 8.5.4. Extensión de F (x) o V (x) . . . . . . . . . . . . . . . . 303 8.6. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304 8.6.1. Si la cuerda parte recta con un perfil de velocidades iniciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304 8.7. Consideraciones energéticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307 8.7.1. Potencia en ondas armónicas . . . . . . . . . . . . . . . 307 8.7.2. Membranas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308 8.7.3. Solución para geometrías específicas . . . . . . . . . . . 310 8.8. Elementos de mecánica de Fluidos . . . . . . . . . . . . . . . . 313 8.8.1. Cambio del volumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314 8.8.2. Líneas de flujo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317 8.9. Ecuación de movimiento de un fluido ideal . . . . . . . . . . . 319 8.9.1. Onda sonoras en un fluido . . . . . . . . . . . . . . . . 320 8.9.2. Ondas de canal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322 8.9.3. Ondas de superficie en líquidos . . . . . . . . . . . . . 325 8.9.4. Más sobre ondas de superficie . . . . . . . . . . . . . . 334 8.9.5. Ecuación no lineal efectiva . . . . . . . . . . . . . . . . 337 8.9.6. Una solución aproximada . . . . . . . . . . . . . . . . . 339 8.9.7. Algunas soluciones de la ecuación de onda. . . . . . . . 339 8.9.8. A) Ondas planas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339 8.9.9. B) Ondas esféricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340 8.9.10. Las ondas electromagnéticas . . . . . . . . . . . . . . . 341 8.9.11. Ondas electromagnéticas planas . . . . . . . . . . . . . 343 8.9.12. Velocidad de grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346 8.9.13. Efecto Doppler clásico . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348 8.9.14. Efecto Doppler relativista . . . . . . . . . . . . . . . . 349 8.9.15. Efecto Doppler para ondas luminosas . . . . . . . . . . 349 8.10. Ejercicios propuestos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3509. Problemas complementarios 35710.Problemas resueltos 365
  • 8. VIII CONTENIDOS11.Apéndice 393 11.1. Una ecuación diferencial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393 11.2. Las funciones elíptica Jacobianas. . . . . . . . . . . . . . . . . 395 11.3. El péndulo esférico. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396 11.4. Operador ∇. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401 11.4.1. Gradiente. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401 11.4.2. Divergencia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402 11.4.3. Rotor de un campo vectorial. . . . . . . . . . . . . . . 403 11.4.4. Algunas propiedades. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405 11.4.5. El Laplaciano ∇2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405
  • 9. Índice de figuras 1.1. Transformación de Galileo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2. Sistema de partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.3. sección cónica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.4. Tipos de cónicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.1. Sistema no inercial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 2.2. Sistema fijo a la Tierra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 2.3. Gravedad local, tierra esférica (a) y real (b) . . . . . . . . . . 86 3.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 3.2. Rotación en torno a un eje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 3.3. Rotación activa de un vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110 3.4. Adición de velocidades angulares . . . . . . . . . . . . . . . . 120 4.1. velocidades de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 4.2. Elipsoide de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 4.3. Bola de billar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 4.4. Cuerpo simétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146 4.5. Conos del espacio y del cuerpo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 4.6. Conos del espacio y del cuerpo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 4.7. Choque cuerpos rígidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176 5.1. Transformación de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 5.2. Trompo simétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 5.3. Esfera atraida hacia el origen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208 5.4. Autovalores reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218 5.5. Autovalores complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219 5.6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223 5.7. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227
  • 10. X ÍNDICE DE FIGURAS 5.8. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227 5.9. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237 5.10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 5.11. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242 5.12. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243 5.13. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 5.14. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249 7.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282 7.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285 7.3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287 8.1. Potencia en una onda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308 8.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309 8.3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315 8.4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323 8.5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329 9.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359 9.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 360 9.3. Mínimo de una acción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362 10.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365 10.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374 10.3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377 10.4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 380 10.5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383 10.6. coordenadas elípticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384 11.1. Tipo de solución de una ecuación diferencial . . . . . . . . . . 394 11.2. Péndulo esférico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396
  • 11. Capítulo 1 Sistema de Partículas1.1. Ecuaciones de movimiento Esta parte de la Mecánica, se presenta en forma bastante resumida. Sepresentan las principales definiciones y relaciones cinemáticas así como lasecuaciones clásicas de movimiento para un sistema de partículas puntualessuponiendo interacciones que cumplan el principio de acción y reacción. Lasdefiniciones de cantidades Físicas cinemáticas, que involucran las masas, lasposiciones, las velocidades, tales como la energía cinética, momentum lineal,momentum angular, son naturalmente relativas al sistema de referencia quese escoja. Entre esos diversos sistemas de referencia, las relaciones que exis-tan entre esas cantidades físicas, se desprenderán de las transformaciones deGalileo para sistemas, vea figura (??), que se trasladan unos respecto de otroscon velocidad constante v r 0 = r − vt.Más en general para sistemas de referencia arbitrarios, admitiendo acele-raciones y rotaciones de ellos respecto a uno supuesto fijo, las relacionesentre velocidades y aceleraciones de partículas son más complicadas. Podemosadelantar que las relaciones entre velocidades y aceleraciones son (2.2,2.3) v = vA + ω × r 0 + v rel , a = aA + α × r 0 + 2ω × v rel + ω × (ω × r 0 ) + a rel ,
  • 12. 2 Sistema de Partículas Z Z r r Y O O Y X X Figura 1.1: Transformación de Galileosiendo α = dω/dt. Debe notarse que la velocidad y aceleración relativas sonlas derivadas de los vectores posición y velocidad relativos manteniendo fijaslas direcciones de los ejes móviles, lo cual en algunos textos se indica por rel ∂r 0 rel ∂v rel v = , a = . ∂t ∂t1.1.1. Sistema Inercial de referencia En la formulación de la dinámica clásica, se supone la existencia de al me-nos un sistema privilegiado de referencia, un Sistema inercial de referencia.Por definición, un sistema inercial de referencia es aquel (hipotético) sistemarelativo al cual una partícula libre tiene velocidad constante o en particularnula (vea página 5 de referencia [11]) . Como consecuencia de la transforma-ción de Galileo, todo sistema que se traslade con velocidad constante respectoa uno inercial de referencia, es también sistema inercial de referencia. La e-xistencia de uno por lo menos, sería materia de validación experimental, conlas obvias dificultades que ello presenta. Se acepta que al menos aproxima-damente, el marco de las estrellas fijas, lo es. Esta es una materia hoy en díade acuerdo internacional. En efecto en Agosto de 1997, la Unión Astronómi-
  • 13. 1.1 Ecuaciones de movimiento 3ca Internacional (IAU) decidió que a partir del primero de Enero de 1998,el IAU sistema de referencia celestial sea el sistema (ICRS), en reemplazodel sistema FK5. Hay abundantes referencias en la WEB, por ejemplo enhttp://hpiers.obspm.fr/webiers/general/syframes/icrsf/ICRS.html. Definiciones y notación Respecto a un determinado sistema de referencia, ver fig.(1.2) (no necesariamente inercial), sean i índice i = 1, 2, 3 · · · N N entero número de partículas del sistema. mi .. ............. masa partícula i. ri .. ............. vector posición partícula i. vi = dri /dt velocidad partícula i. ai = dvi /dt aceleración partícula i. Fi .. ............. fuerza externa actuando sobre partícula i. fij .. ............. X fuerza que partícula j ejerce sobre partícula i. P = mi vi Momentum lineal del sistema. X i 1 2 K = 2 mi vi Energía cinética del sistema. X i L0 = mi ri × vi Momentum angular del sistema respecto a O. Xi F ext = Fi Fuerza externa resultante. Xi Γext = O ri × Fi Torque resultante externo respecto a O. Xi M = mi masa total sistema. Xi rG = mi ri /M posición del centro de masa. iEn este resumen no se pretende discutir los fundamentos de la formulación Newtoniana, cuya mayor dificultad radica en las definiciones(independientes) de Fuerza, masa y aceleración, así como en los conceptos de espacio y tiempo, que supondremos materias conocidas.
  • 14. 4 Sistema de Partículas Z sistema fij Fi mi mj ri ri O Y X Figura 1.2: Sistema de partículas1.1.2. Ecuaciones de movimiento Con respecto a un sistema inercial de referencia, cada una de las N par-tículas cumple con la llamada segunda ley de Newton X mi ai = Fi + fij . (1.1) j6=iFiext representa la fuerza externa actuando sobre la partícula i. Si las fuerzasde interacción fij satisfacen la llamada ley de acción y reacción, es decir fij + fji = 0, y fij × (ri − rj ) = 0,puede demostrarse a partir de las N ecuaciones de movimiento, los siguientesimportantes teoremasI Teorema 1.1 dP = F ext , (1.2) dt
  • 15. 1.1 Ecuaciones de movimiento 5Demostracion 1Si sumamos todas las ecuaciones (1.1) obtendremos X X XX mi ai = Fi + fij , i i i j6=ipero debido a la ley de acción y reacción, la suma doble se anula, entonces d X X mi vi = Fi = F ext , dt i i dP = F ext . dtI Teorema 1.2 MaG = F ext .Demostracion 2Este teorema sigue del anterior al considerar que X d X P = mi vi = mi ri i dt i d X mi ri = M = MvG . dt i M dLO = Γext . O (1.3) dtDemostracion 3Basta considerar que XX XX 1 XX ri × fij = rj × fji = (ri − rj ) × fij = 0, j6=i j6=i 2 j6=iluego tendremos X X XX mi ri × ai = ri × Fi + ri × fij , i i i j6=i d X X mi ri × vi = ri × Fi , dt i ique prueba el teorema.
  • 16. 6 Sistema de Partículas Las ecuaciones (1.2) y (1.3) son, en general, insuficientes para determinarlas posiciones de las partículas siendo la excepción más notable un sistemarígido de partículas, que tiene justamente 6 grados de libertad, o en otraspalabras, que su posición puede especificarse con solo 6 coordenadas o pa-rámetros. La segunda de las ecuaciones anteriores, toma la misma forma enun sistema especial, no necesariamente inercial, con origen en el centro demasas G y tal que sus ejes no roten. Es decir, puede probarse que dLG = Γext . G (1.4) dtEntre el sistema inercial y ese otro mencionado con origen en G, puedendemostrarse las siguientes relaciones (relaciones de Koenig), consecuenciassimples de la transformación de GalileoI Teorema 1.3De Koenig LO = MrG × vG + LG 1 2 K = MvG + KG 2siendo KG y LG la energía cinética y momentum angular relativos al sistemacon origen en G.Demostracion 4En efecto, si usamos la transformación de Galileo, podemos escribir (si losejes móviles no rotan) ri 0 = ri − rG , v 0i = vi − vG ,de modo que resultará X LO = mi (ri 0 + rG ) × (vi 0 + vG ) X = mi ( ri 0 × vi 0 + rG × vi 0 + ri 0 × vG + rG × vG ),pero X X mi ri 0 = 0, mi vi 0 = 0,
  • 17. 1.1 Ecuaciones de movimiento 7de donde sigue el primer resultado. Similarmente 1X K = mi (vi 0 + vG ) · (vi 0 + vG ) 2 1X = mi (vi 0 · vi 0 + vG · vi 0 + vG · vi 0 + vG · vG ), 2de donde sigue el segundo resultado.1.1.3. Torque en punto arbitrario En general, si se considera otro sistema con origen en un punto A, cuyosejes no roten, definimos X d LA = mi (ri − rA ) × (ri − rA ) dtentonces considere el siguiente desarrollo dLA X d2 = mi (ri − rA ) × 2 (ri − rA ) dt X dt = mi (ri − rA ) × (ai − aA ) X X = mi ri × (ai − aA ) − mi rA × (ai − aA ) dL0 X = − MrG × aA − rA × Fiext + MrA × aA Xdt = (ri − rA ) × Fiext + M(rA − rG ) × aA .es decir dLA −→ = Γext − M AG × aA , A (1.5) dtde modo que, la relación entre derivada del momentum angular y torque, esválida para puntos (A) que cumplan una de las siguientes condiciones: −→ A = G, aA = 0, aA paralela a AG.Usted puede demostrar que además se tiene en general. −→ LO = MrA × vG + M AG × vA + LA .Aplicaciones de la ecuación (1.5) pueden verse en ([10]).
  • 18. 8 Sistema de PartículasEjercicio 1.1.1 Discuta la posible aplicación del tercer caso (a paralela a−→AG), cuando se trata de un cuerpo rígido que rueda sin deslizar, conside-rando el punto A como el punto de contacto. Es un error común considerarcomo argumento para el uso de lo anterior que dicho punto tiene velocidadinstantánea cero, pues en general tiene aceleración no nula.1.1.4. Teorema Energía Trabajo De las ecuaciones de movimiento es posible escribir una primera integralde ellas en la forma que sigue, donde, sin perder generalidad, se separan lasfuerzas externas en sus posibles partes conservativa y no conservativa. Ade-más se supone que las fuerzas de interacción son derivables de un potencial deinteracción dependiente de la distancia entre las dos partículas y posiblemen-te de parámetros propios de ellas dos (masas, cargas, etc.). En el caso de unsistema rígido de partículas, la última suposición no es necesaria, por cuan-to el trabajo que realizan las fuerzas de interacción es nulo, al mantenerseconstantes las distancias entre partículas. Este teorema es ∆(K + V + V int ) = W1→2 , nc (1.6)donde el trabajo no conservativo (nc) externo (ext) es la integral de línea Z2 nc W1→2 = F ext,nc · dr, (1.7) 1 V es la energía potencial asociada a la posible parte conservativa de lafuerza externa y V int la energía potencial de interacción. Si el lado derecho,el trabajo realizado por la posible parte no conservativa de la fuerza exteriores cero, entonces se conserva la energía mecánica total del sistema. En el casoimportante de un sistema rígido de partículas, al no variar las distancias entrelas partículas, puede tomarse V int = 0.Demostración Para demostrar lo anterior consideremos que la fuerza externa Fi es enparte conservativa derivable de un potencial V (r1 , r2 , · · · , rN ) y las fuerzasde interacción fij conservativas derivables de un potencial de interacción
  • 19. 1.1 Ecuaciones de movimiento 9 intVij (ri , rj ). Entonces las ecuaciones de movimiento puede escribirse X X mi ai = Fi + fij = −∇i V + Finc + int (−∇i Vij (ri , rj )). j6=i j6=iMultiplicando · dri y sumando todas las ecuaciones se obtieneX dvi X X XX mi · dri = − ∇i V · dri + Finc · dri − int ∇i Vij (ri , rj ) · dri , i dt i i j6=ipero X dV = ∇i V · dri , i dvi 1 d 2 mi · dri = mi vi , dt 2 dty à ! 1 X X int 1 XX int 1 XX intd Vij (ri , rj ) = ∇i Vij (ri , rj ) · dri + ∇j Vij (ri , rj ) · drj 2 j6=i 2 j6=i 2 j6=i XX int = ∇i Vij (ri , rj ) · dri , j6=i int intdado que Vij (ri , rj ) = Vji (rj , ri ). Luego tenemos X1 X 2 d mi vi = −dV + Finc · dri − dV int , i 2 idonde 1 X X int V int = Vij (ri , rj ), 2 j6=iy esto prueba el teorema en su forma diferencial X dK + dV + dV int = Finc · dri = dW nc . i
  • 20. 10 Sistema de Partículas1.1.5. Sistema de dos partículas El problema definido por el conjunto de ecuaciones (1.1), es en generalno solucionable analíticamente, si N ≥ 3. La principal dificultad consiste enla imposibilidad de separar variables. El sistema de dos partículas interac-tuando a través de una fuerza conservativa es un caso soluble de sistemas departículas. Tomando en cuenta la validez del principio de acción y reacción,las dos ecuaciones para ese caso son m1 a1 = f (r1 − r2 ) m2 a2 = −f (r1 − r2 ).Esas ecuaciones son fácilmente desacoplables utilizando como nuevas varia-bles las posición del centro de masa rG y la posición relativa r = r1 − r2resultando MaG = 0, μa = f (r), (1.8)siendo μ la masa reducida del sistema de dos partículas, es decir m1 m2 μ= . (1.9) m1 + m2Entonces, el problema se ha reducido a resolver el problema de una partículade masa reducida μ en presencia de una fuerza central, con centro de fuerzaen una de las partículas. Este resultado es sorprendentemente simple consi-derando que el origen (la posición de una de las partículas) está acelerado.Ejemplo 1.1.1 Considere dos partículas de masas m1 y m2 que están unidaspor una cuerda inextensible liviana de longitud L y no hay otra fuerza másque la tensión de la cuerda. Las partículas se colocan en movimiento convelocidades en el mismo sentidos y perpendiculares a la cuerda de magnitudesv1 y v2 . Determine la tensión de la cuerda. Solución. De acuerdo a lo explicado (r1 − r2 ) m1 a1 = −T , |(r1 − r2 )| (r1 − r2 ) m2 a2 = T , |(r1 − r2 )|
  • 21. 1.1 Ecuaciones de movimiento 11de donde para r = r1 − r2 , se obtiene μa = −T r, ˆo sea la aceleración relativa es radial dada por T a=− . μLa trayectoria relativa es obviamente una circunferencia de radio L de maneraque T v2 = , μ Lla rapidez relativa es tangencial de magnitud v = |v1 − v2 | por lo tanto μ |v1 − v2 |2 T = . L NEnergía cinética Las posiciones individuales de las dos partículas pueden escribirse m2 r1 = rG + r, M m1 r2 = rG − r, My si derivamos respecto al tiempo, obtenemos las velocidades de las partículas m2 v1 = vG + v, M m1 v2 = vG − v, M
  • 22. 12 Sistema de Partículaspor lo cual la energía cinética será 1 2 1 2 K = m1 v1 + m2 v2 2 µ 2 1 m2 ³ m ´2 ¶ 2 2 = m1 vG + 2 vG · v + v + 2 M M µ ³ m ´2 ¶ 1 2 m1 1 m2 vG − 2 vG · v + v 2 M M µ ³ ³ m ´2 ¶ 1 2 1 m2 ´2 1 = MvG + m1 v + m2 v 2 2 M M 1 2 1 m1 m2 ³ m2 2 m1 2 ´ = MvG + v + v , 2 2 M M Mque prueba el importante resultado. 1 1 K = MvG + μv 2 . 2 (1.10) 2 2Ejemplo 1.1.2 Suponga un asteroide esférico de 10 km de diámetro que tie-ne una rapidez de 60 km s−1 , con una densidad (como el agua) de 1000 kg m−3 .Determine la energía que debería liberar una explosión interna para dividiral asteroide en dos trozos iguales, cada uno formando un ángulo de cincogrados respecto a la dirección de la velocidad original. Solución. La cantidad de movimiento en la dirección inicial se conserva,luego m mv0 = 2 × v 0 cos θ, 2de donde v0 v0 = . cos θLa energía necesaria será E = K0 − K = 1 1 2 = m(v0 )2 − mv0 2 2 1 2 = mv tan2 θ. 2 0
  • 23. 1.1 Ecuaciones de movimiento 13Cálculos dan 1000 v0 = 60 = 60. 2 8 m s−1 , 3600 4 3 m = πR ρ = 5. 24 × 1014 kg, 3 E = 7. 287 × 1015 J, = 1,7 megatones. NEjemplo 1.1.3 En otra suposición considere un asteroide esférico de 2000 kmde radio que tiene una rapidez de 70000 km h−1 , con una densidad de 5000 kg m−3 .Determine la energía que debería liberar una explosión interna para dividiral asteroide en dos trozos iguales, cada uno formando un ángulo de cincogrados respecto a la dirección de la velocidad original. Solución. La cantidad de movimiento en la dirección inicial se conserva,luego m mv0 = 2 × v0 cos θ, 2de donde v0 v0 = . cos θLa energía necesaria será E = K0 − K = 1 1 2 = m(v0 )2 − mv0 2 2 1 2 2 = mv tan θ. 2 0Cálculos dan 1000 v0 = 70000 km h−1 = 70000 = 70000. 3 m s−1 , 3600 4 3 m = πR ρ = 1. 7 × 1023 kg, 3 E = 3. 2 × 1030 J, = 7. 6 × 1014 megatones.
  • 24. 14 Sistema de Partículas NNota 1.1 Hace aproximadamente 65 millones de años atrás un asteroidede alrededor de R = 20 km de radio y una velocidad del orden v = 20 km s−1impactó la Tierra y causó el fin de la mayor parte de la vida en la Tierra. Sisuponemos una densidad del orden de ρ = 5000 kg m−3 (5 veces la del agua)su energía cinética sería 1 4 K = ( πR3 ρ)v2 = 33. 52 × 1024 J, 2 3y como 1 megaton = 4,2 × 1015 J esa energía equivale aproximadamente a K = 8 × 109 megatones,quizás la explosión de todo el arsenal nuclear actual. La bomba atómica de Hi- 1roshima fue del orden de 60 megaton. Vea más detalles sobre las consecuenciasdel impacto en http://www.eas.purdue.edu/eas109/ Day %20the %20 Dino-saurs %20Died.htm.1.2. Campo Central de Fuerza Consideraremos una partícula de masa μ sobre la cual actúa una fuer-za central conservativa cuya dirección es paralela al vector posición r. Másadelante, al estudiar scattering entre dos partículas consideraremos más endetalle la presencia de los dos cuerpos y la transformación entre coordena-das relativas y coordenadas del laboratorio Por ahora, el vector posición rrepresentará el vector posición relativo entre las dos partículas. Si escribimosla fuerza central como dV (r) f (r) = − r, ˆ dry se deducen de aquíI Teorema 1.4Se conserva el momentum angular lO = μr × v.Demostracion 5Tenemos dV (r) μa = f (r) = − r, ˆ dr
  • 25. 1.2 Campo Central de Fuerza 15de donde dv r × μa = μr × = 0, dto bien d μr × v = 0 ⇒ lO = μr × v = constante. dtI Teorema 1.5La trayectoria está sobre un plano fijo, perpendicular al vector constante lO .Demostracion 6Del teorema anterior sigue que lO · r = μr × v · r = 0,de modo que r permanece sobre un plano fijo perpendicular a l0 .Por lo tanto, es suficiente utilizar coordenadas polares (r, θ) en el plano delmovimiento. En esas coordenadas, las ecuaciones de movimiento serán µ 2 ¶ dr ˙ 2 = − dV (r) μ − rθ (1.11) dt2 dry ˙ lO = μr2 θ = constante. (1.12) ˙Eliminando θ es posible escribir una ecuación radial para r(t) y su primeraintegral que corresponde a la conservación de la energía E. Es decir µ 2 2 ¶ dr lO dV (r) μ 2 − 2 3 =− dt μr dry una primera integral de esta corresponde a la conservación de la energía 1 2 1 l2 μv + V (r) = μr2 + O 2 + V (r) = E = constante. ˙ 2 2 2μrSi llamamos potencial efectivo para la coordenada radial a 2 lO U ef = + V (r), 2μr2este es diferente de cero incluso para una partícula libre. El efecto del primertérmino es siempre repulsivo lo cual se puede entender, para el caso de una
  • 26. 16 Sistema de Partículaspartícula libre que se mueve en línea recta, simplemente porque la distanciar al origen pasa siempre por un mínimo. Para potenciales V (r) atractivos(negativos), en general pueden haber máximos y mínimos de la distancia r,los llamados puntos de retorno r1 y r2 . La figura que sigue Uef E>0 r1 r2 O r E<0 Emin Potencial efectivoilustra porqué cuando la energía es negativa, hay dos puntos de retorno r1y r2 . Cuando la energía total iguala a Uef entonces r = 0. Para energías ˙positivas habrá sólo un mínimo de r. También se entiende porqué la mínimaenergía posible corresponde al caso de la circunferencia con r1 = r2 .1.2.1. Ecuación diferencial para la órbita La dependencia de las variables polares en el tiempo es compleja. Esmás simple encontrar la dependencia de la distancia con el ángulo, es decirencontrar la órbita. En efecto, haciendo uso de la conservación del momentumangular, es posible eliminar el tiempo de la ecuación radial (1.11) mediante d dθ d l2 d = = O2 , dt dt dθ μr dθresultando para s = 1/r la siguiente ecuación diferencial (ecuación de Binet): d2 s μ dV (1/s) 2 +s = − 2 . dθ lO dsPara un campo de fuerza inverso al cuadrado de la distancia, la integraciónde la última ecuación es simple. Es decir si K V (r) = − , r
  • 27. 1.2 Campo Central de Fuerza 17siendo K > 0 para el caso atractivo y repulsivo en caso contrario, entoncesla ecuación se reduce a d2 s μ 2 + s = 2 K, dθ lOcuya solución general, en términos de dos constantes e y α es μK s= 2 (1 − e cos(θ − α)), lOo bien 2 lO 1 r= , μK 1 − e cos(θ − α)con e la excentricidad de la órbita y α la orientación del semieje mayorde la cónica resultante, que son constantes por determinar en términos decondiciones físicas conocidas, inicialmente o en un punto de la trayectoria. Si se considera la definición de una cónica en términos de un foco y su directriz p+r cos(θ) P r O θ eje polar p foco Figura 1.3: sección cónicadistancia a la directriz p, como el lugar geométrico de los puntos del planotales que la razón de las distancias al foco y a la directriz es una constantee, la excentricidad de la cónica, se obtiene una ecuación de la misma forma.En efecto, con respecto a la figura (1.3), puede obtenerse r pe = e =⇒ r = . p + r cos θ 1 − e cos θEn el caso atractivo, K > 0, la trayectoria es entonces una elipse si 0 ≤ e < 1,
  • 28. 18 Sistema de Partículas α α α O O O eje polar eje polar eje polar elipse parábola hiperbola Figura 1.4: Tipos de cónicasuna parábola si e = 1 y una hipérbola si e > 1. Valores de e negativos noson necesarios de considerar, pues ellos correspondería simplemente a rotarla órbita en 180 grados, lo cual es preferible hacer con un valor adecuado deα, ver fig.(1.4).En el caso repulsivo, K < 0, la solución debería escribirse 2 lO 1 r= , μ |K| e cos(θ − α) − 1y en este caso las trayectorias son sólamente hipérbolas.1.2.2. Relación entre energía y excentricidad Para relacionar la energía con la excentricidad, usemos 2 1 2 lO K E = μr + ˙ 2 − , (1.13) 2 2μr ry 2 lO 1 r= . μK 1 − e cos(θ − α)Evaluemos la energía que es constante en el punto más próximo al centro defuerza, el cual existe en todos los casos y corresponde a θ − α = π siendoademás ahí r = 0. Así resulta ˙ 2 lO K 2 − = E, 2μr1 r1
  • 29. 1.2 Campo Central de Fuerza 19y 2 lO 1 r1 = . μK 1 + eSi se reemplaza r1 en la primera resulta 2 µ ¶2 lO μK(1 + e) μK(1 + e) E = 2 −K 2 2μ lO lO 1 2 e2 − 1 = K μ 2 , 2 lOde donde sigue el resultado. 2 2ElO e2 = 1 + . (1.14) μK 2La energía puede ser negativa pero a pesar de eso, la expresión anterior espositiva. En efecto la expresión de la energía, aun cuando sea negativa debecumplir 1 l2 K l2 K E = μr2 + O 2 − ˙ ≥ O2 − , 2 2μr r 2μr rpero la última expresión tiene un mínimo el que ocurre cuando 2 d lO K l2 K ( − ) = − O3 + 2 = 0, dr 2μr2 r μr res decir 2 lO r= , μKluego µ ¶2 l2 K l2 μK μK μK 2 E ≥ O2 − ≥ O 2 −K 2 =− 2 , 2μr r 2μ lO lO 2lOo sea 2 2ElO ≥ −1, μK 2que prueba lo afirmado.Ejercicio 1.2.1 Para el caso de órbita elíptica, demuestre que los semiejesmayor y menor de la elipse están dados respectivamente por 2 2 lO 1 lO 1 a= , b= √ . μK 1 − e2 μK 1 − e2
  • 30. 20 Sistema de PartículasEjercicio 1.2.2 Demuestre la ley de Kepler de los periodos, es decir de-muestre que el periodo en el caso de movimiento elíptico T está dado por r μ 3 T = 2π a2 . KEjercicio 1.2.3 Una partícula está en órbita circular de radio a en tornoa la tierra, supuesta esférica, en reposo, de masa total M, de radio R, ysin considerar roce con el aire. Demuestre que si la velocidad de la partículaes repentinamente cambiada por un factor f , la excentricidad de la órbitaresultante es ¯ ¯ e = ¯f 2 − 1¯ .Ejercicio 1.2.4 Respecto a la situación del problema anterior, determineel factor f para que la partícula pase tangente a la superficie terrestre.1.2.3. Expresión integral para la trayectoria Una forma alternativa para obtener la ecuación de la órbita o trayectoria,consiste en considerar r s 2 l2 r= ˙ E − V (r) − O 2 , μ 2μry ˙ lO θ = 2, μrde donde, eliminando el tiempo, se puede obtener Z r(θ) lO 1 θ = θ0 + √ p dr. (1.15) 2μ r2 2 E − V (r) − lO /(2μr2 ) r0expresión integral para la trayectoria r(θ).1.3. Estabilidad de una órbita circular Considere una partícula moviéndose en un potencial central atractivoV (r) de modo que d2 r ˙2 V 0 (r) − rθ = − (1.16) dt2 m
  • 31. 1.3 Estabilidad de una órbita circular 21y ˙ r2 θ = constante=h. (1.17) La solución circular se obtiene con las condición iniciales r(0) = R, ˙ v(0) = Rθ(0), r RV 0 (R) v(0) = , r m RV 0 (R) h = R . mLa ecuación radial puede escribirse d2 r h2 V 0 (r) − 3 = − dt2 r m d r R3 V 0 (R) 2 V 0 (r) − = − . dt2 mr3 mSupongamos una pequeña perturbación u (sin cambiar la rapidez) de modoque r = R + u,luego d2 u R3 V 0 (R) V 0 (R + u) − =− , dt2 m(R + u)3 mexpandiendo hasta primer orden en u µ ¶ d2 u V 0 (R) 3 V 0 (R) u − 1− u =− − V 00 (R), dt2 m R m mque se simplifica a µ ¶ d2 u 3V 0 (R) 1 00 + + V (R) u = 0. dt2 Rm mLa órbita circular será estable en el sentido de u realice oscilaciones armónicasde pequeña amplitud y ello ocurre si 3V 0 (R) ω2 = + V 00 (R) > 0 R
  • 32. 22 Sistema de Partículaslo que impone una restricción a la forma del potencial cerca de la órbita . 3 V 00 (R) > − V 0 (R). RSi el potencial es del tipo c V (R) = − , con c > 0 Rnresulta nc V 0 (R) = , Rn+1 n(n + 1)c V 00 (R) = − , Rn+2luego n(n + 1)c 3 nc − n+2 >− , R R Rn+1de aquí una condición que debe cumplir n (n + 1) < 3 ⇒ n < 2,cuestión que es satisfecha por el potencial inverso a la distancia. En efecto si GMm V (r) = − , r 3V 0 (R) 1 3 GMm 1 2GMm GM ω2 = + V 00 (R) = 2 + (− 3 )= 3 Rm m Rm R m R Ry entonces el periodo de oscilación será 2π 2π 2πR T = =q = , ω GM v(0) R3el mismo periodo de revolución en la órbita. En este caso, la solución pertur-bada puede ser encontrada exactamente y se trata de una elipse.
  • 33. 1.3 Estabilidad de una órbita circular 231.3.1. Otro punto de vista La órbita circular será estable en r = R si el potencial efectivo 2 lO U ef = + V (r), 2μr2tiene un mínimo local en r = R. Entonces debe ser 2 lO V 0 (R) − = 0, μR3 3l2 V 00 (R) + O4 > 0 μR 2o bien, eliminando l0 3 0 V 00 (R) + V (R) > 0 Rque es la misma condición obtenida anteriormente.1.3.2. Un caso inestable La inestabilidad de la órbita circular para el caso k V (r) = − , r2 2k F (r) = − 3 res fácil de comprender. Para este caso el radio de la órbita circular está dadosegún la rapidez v(0) de acuerdo a v 2 (0) 2k 2k μ = 3 ⇒ v2 (0) = . R R μR2La energía en general es 1 2 l2 k E = μr + O 2 − 2 , ˙ 2 2μr r 2 1 2 l 1 = μr + ( O − k) 2 , ˙ 2 2μ r
  • 34. 24 Sistema de Partículasy la ecuación radial es 2 lO 1 μ¨ = ( r − 2k) 3 . μ r 2 lOPara la órbita circular E = 0 y μ − 2k = 0. Si la rapidez se aumenta 2 lOlevemente (μ − 2k) > 0 resulta r > 0, r crece sin límite. Si la rapidez se ¨ l2disminuye levemente ( μ − 2k) < 0 resulta r < 0, r disminuye a cero, es decir O ¨partículas chocarán.1.3.3. Otro caso estable Para la fuerza elástica con V (r) = kr2 ,hay órbitas circulares estables. El potencial efectivo es 2 lO U ef = 2 + kr2 , 2μrluego la condicón de extremo en r = R da s 2 2 lO 4 lO − + 2kR = 0 ⇒ R = , μR3 2kμy la segunda derivada es 2 3lO (U ef )00 = + 2k = 8k > 0. μR41.4. Problema de Kepler Lo anterior puede aplicarse directamente al caso de dos partículas queinteractúan gravitacionalmente. Recordemos que r = r1 − r2 por lo que lasórbitas encontradas son las del movimiento relativo de la partícula (1) res-pecto a la partícula (2). El centro de masa del sistema está entre ambas adistancias r1 = m2 r de la partícula (1) y r2 = m1 r de la partícula (2). El M Mcentro de masa puede considerarse con velocidad absoluta cero (o moviéndo-se con velocidad constante) de modo que respecto al centro de masa ambas
  • 35. 1.4 Problema de Kepler 25partículas describen el mismo tipo de curva siendo sus ecuaciones polares conorigen en G y el mismo ángulo polar θ las siguientes y m1 r1 G θ r2 x m2 movimiento relativo 2 m2 lO 1 r1 = , M μK 1 − e cos(θ − α) 2 m1 lO 1 r2 = , M μK 1 − e cos(θ − α + π)con m1 m2 K = Gm1 m2 , M = m1 + m2 , μ = MPodemos hacer algunas simplificaciones definiendo h = |r × v| obteniendo m2 h2 1 r1 = , GM 2 1 − e cos(θ − α) m1 h2 1 r2 = 2 1 + e cos(θ − α) . GMLa excentricidad e será dada por 2 2Eμ2 h2 e = 1+ , μG2 m2 m2 1 2 (v2 − 2GM )h2 r = 1+ , G2 M 2Aquí v = v1 − v2 es la velocidad relativa cuando la posición relativa esr = r1 − r2 . Cuando una de las masas es muchísimo mayor que la otra como en el casode la Tierra y un satélite artificial podemos tomar m2 = M >> m1 = m
  • 36. 26 Sistema de Partículasentonces será h2 1 r1 = , GM 1 − e cos(θ − α) r2 0.La excentricidad e estará dada por 2 (v 2 − 2GM )h2 r e =1+ , G2 M 21.5. Sistemas de masa variable Con algunas consideraciones pueden tratarse sistemas que ganan o pier-den masa en forma autónomo. Para ello considere un análisis diferencial delo que ocurre cuando un sistema de masa inicial m(t) con una velocidad v(t)es actuado por una fuerza externa F (t) e incorpora una cantidad infinitesi-mal de masa dm(t) la cual tiene, justo antes de incorporarse, una velocidadu(t). Transcurrido un tiempo dt, las masa del sistema es m(t) + dm(t). Lacuestión es ¿cuánto ha variado la velocidad del sistema en este proceso? Paraeste efecto considere que el sistema total es de masa constante, por lo tantopodemos usar el hecho que el cambio de la cantidad de movimiento total esproducido por la fuerza F (t) solamente, es decir F (t)dt = (m(t) + dm)(v(t) + dv(t)) − (dmu(t) + m(t)v(t)),de aquí, despreciando infinitésimos de segundo orden, se establece el resultado dv(t) dm(t) F (t) = m(t) − (u(t) − v(t)) . (1.18) dt dtAun cuando el análisis ha sido hecho para sistemas que ganan masa, el mismoresultado se obtiene para sistemas que pierden masa, pero en este últimocaso u(t) representará la velocidad de los elementos de masa justo despuésde abandonar el sistema.Ejemplo 1.5.1 Una cadena flexible de longitud total L y de masa total Mse suspende de modo que su extremo inferior está justo al nivel del suelo yse suelta. Determine la reacción que ejerce el suelo sobre el montón que seacumula mientras la cadena cae. (Se supone que los eslabones son infinitesi-males y que no rebotan en el suelo).
  • 37. 1.5 Sistemas de masa variable 27 Solución. Sea el sistema de masa variable el montón acumulado, de modoque aquí, en la dirección vertical M1 2 v(t) = 0, u(t) = −gt, F (t) = R(t) − mg, m= gt . L2Por lo tanto, la ecuación (1.18) nos da dm R(t) − mg = −u , dty finalmente 3M 2 2 R(t) = g t. 2L NEjemplo 1.5.2 Una cadena flexible de longitud total L y de masa total Mviene deslizando sobre una superficie horizontal lisa con rapidez vo , en la di-rección positiva del eje OX. Al llegar al origen se encuentra con un bloquede masa M inicialmente en reposo. Determine la posición del bloque en fun-ción del tiempo mientras la cadena se acumula contra el. (Se supone que loseslabones son infinitesimales y que no rebotan en el bloque). Solución. Sea x la coordenada del bloque. La masa total del sistema,bloque más trozo acumulado será M m(t) = M + (v0 t − x), Lademás u(t) = v0 , v(t) = x, F (t) = 0, de modo que la ecuación (1.18) conduce ˙a la siguiente ecuación diferencial µ ¶ M M 0 = M + (v0 t − x) x − (v0 − x)2 , ¨ ˙ L Lo bien, en términos de una variable auxiliar z = L + v0 t − x 0 = zz + z2, ¨ ˙con condiciones iniciales z(0) = L, z(0) = v0 . Integrando dos veces se obtiene ˙ Lv0 1 2 1 2 z= ˙ , z = L + Lv0 t, z 2 2
  • 38. 28 Sistema de Partículasy finalmente p x = L + v0 t − L2 + 2Lv0 t, si t < L/v0 .Más tarde, el sistema continúa moviéndose con la rapidez constante alcanzadaal agotarse la cadena. (Ello ocurre cuando (v0 t−x)M/L = M, o bien z = 2L) NEjemplo 1.5.3 Una cadena flexible de masa distribuida uniformemente λ[Kg/m] está amontonada en el suelo y se aplica a uno de sus extremos, unafuerza constante hacia arriba F . Determine la altura de la cadena levantadaen función del tiempo. Solución. Sea y la altura. Aquí u = 0, v = y, m = λy, de modo que la ˙ecuación de movimiento será µ ¶ 2 1 dy 2 ˙ 2 F − λyg = λy y + λy = λ y ¨ ˙ + 2y ˙ 2 dyla cual puede ser integrada mediante un factor integrante y. Así resulta d 2 2 2F y − 2λy 2 g = λ (y y ), ˙ dyentonces F − 2 λyg = λy 2 de donde se obtiene 3 ˙ r Z y F 2 dy y= ˙ − yg, t= q , λ 3 0 F − 2 yg λ 3y finalmente r F 1 y=t − gt2 . λ 6Aunque parezca paradojal, la rapidez inicial del extremo de la cadena después pde aplicada la fuerza no es cero, es F/λ cuestión que se explica pues se haaplicado una fuerza finita, a un elemento infinitésimo de masa. Además puedeobservarse que la cadena se detiene cuando F = 2 λyg, y para ese instante 3el largo levantado tiene un peso λyg = 3 F , mayor que la fuerza aplicada. 2Naturalmente después bajará hasta que finalmente sea λyg = F .
  • 39. 1.5 Sistemas de masa variable 29 NEjemplo 1.5.4 Un depósito cilíndrico con base circular de área A tiene lí-quido (agua por ejemplo) inicialmente hasta una altura h0 . Al nivel del sueloliso, se hace un pequeño agujero circular de área a por el cual sale agua ho-rizontalmente. Determine la aceleración del depósito producto de la pérdidade masa. Solución. Sea h(t) la altura del agua en el depósito, ρ su densidad. Sisuponemos que la aceleración no afecta demasiado la superficie del agua,podemos primero estimar la forma en que decrece la masa del líquido en elrecipiente si a ¿ A, para el depósito estacionario. La rapidez de salida por el √orificio (relativa al recipiente) será de magnitud 2gh, de modo que el caudal √másico de salida será ρ 2gh a. Entonces la masa del líquido disminuye de laforma dm p = −ρ 2gh a, dty m = ρAhAhora planteamos la ecuación de movimiento suponiendo que la velocidadrelativa del agua que sale es p u − v = − 2gh dv(t) dm(t) 0 = m(t) − (u − v) , dt dt dv(t) ³ p ´ p 0 = ρAh − − 2gh (−ρ 2gh a), dt dv(t) 0 = A − 2g a dty finalmente dv a = 2g , dt Amientras quede líquido en el recipiente. N
  • 40. 30 Sistema de Partículas1.6. Ejercicios resueltos1.6.1. Sistema de partículasEjercicio 1.6.1 Si cada partícula de un sistema es atraída hacia un puntofijo 0 con una fuerza proporcional a su masa y a su distancia al punto 0,demuestre que el centro de masa se mueve como si fuera una partícula delsistema. Solución. Para cada partícula mi ai = −Kmi ries decir que cada partícula se mueve de acuerdo a ai = −Kri .Pero P mi ri rCM = M P mi ai aCM = Mde modo que si sumamos todas las ecuaciones, obtenemos MaCM = −KMrCMo sea aCM = −KrCMmisma ecuación de movimiento que la de cada partícula. NEjercicio 1.6.2 Un conjunto de partículas de masas m, puede deslizar li-bremente sobre alambres paralelos, atrayéndose unas a otras con fuerzas pro-porcionales al producto de sus masas y distancias. Demuestre que las partí-culas efectúan oscilaciones armónicas del mismo período relativas a un planoperpendicular a los alambres y que pasa por el centro de masa supuesto enreposo.
  • 41. 1.6 Ejercicios resueltos 31 Solución. Supongamos que las correderas están en dirección OX y con-sidere dos de ellas de índices i, j. La ecuación de movimiento de la mi en ladirección OX será X mi xi = ¨ Kmi mj dij cos θij j6=idonde dij indica la distancia entre las de índice i, j, y θij es el ángulo queforma la línea de la fuerza con el eje OX. y m xj G x m dij θij xi Como las masas son iguales podemos escribir X xi = Km ¨ (xj − xi ). j6=iPor otro lado la posición X del centro de masas es P P mi xi xi xCM = = , M Nentonces incluyendo i = j se tiene X xi = Km ¨ (xj − xi ) j = KmNxCM − KmNxi ,es decir xi + KmN(xi − xCM ) = 0, ¨prueba lo pedido, porque ω 2 = KmNes independiente de i.
  • 42. 32 Sistema de Partículas NEjercicio 1.6.3 Dos partículas iguales se atraen con una fuerza inversa-mente proporcional al cuadrado de su distancia. Si las partículas deslizansobre correderas lisas en ángulo recto, demuestre que el centro de masa des-cribe una cónica con su foco en la intersección de las correderas. Solución. Considere la figura. Sea x = d cos θ, y = d sin θ entonces tene-mos por aplicación de la segunda Ley de Newton que y d O m θ x k k m¨ = −F cos θ = − x 2 cos θ = − 3 x d d k k m¨ = −F sin θ = − 2 sin θ = − 3 y y d dpor otro lado xCM = x 2 y yCM = y , rCM = 2 d 2 entonces podemos escribir k xCM = − ¨ 3 xCM , 8mrCM k yCM ¨ = − 3 yCM , 8mrCMque equivale a k aCM = − 3 rCM . 8mrCMO sea el centro de masas es atraído hacia el origen con una fuerza inversa-mente proporcional al cuadrado de su distancia al origen. Problema que seestudia en campo central de fuerzas y se demuestra allí que la trayectoria esnecesariamente una sección cónica.
  • 43. 1.6 Ejercicios resueltos 33 NEjercicio 1.6.4 Dos partículas de igual masa deslizan sobre correderas lisasperpendiculares que se interceptan en 0. Demuestre que si las partículas seatraen y ellas parten desde el reposo desde posiciones cualquiera sobre lascorrederas, ellas llegarán simultáneamente a la intersección. Solución. Con una figura análoga a la del problema anterior, tenemosque x m1 x = −F cos θ = −F ¨ d y m2 y = −F sin θ = −F ¨ dde donde m1 xy − m2 y x = 0. ¨ ¨Como las masas son iguales entonces xy − y x = 0, ¨ ¨ d (xy − yx) = 0. ˙ ˙ dtEntonces xy − yx es constante e igual a cero porque las partículas partieron ˙ ˙del reposo, o sea xy − yx = 0, ˙ ˙o bien x ˙ y ˙ = x yque puede integrarse dando ln y = ln c + ln x, y = cxo sea si x = 0 entonces simultáneamente y = 0. N
  • 44. 34 Sistema de PartículasEjercicio 1.6.5 Dos partículas de masa m cada una se mueven sobre lascorrederas lisas perpendiculares OX y OY y se atraen con una fuerza propor-cional a su distancia, siendo K la constante de proporcionalidad. Si inicial-mente: x(0) = a, y(0) = a, x(0) = −V0 , y(0) = 0, ˙ ˙a) Determine x(t) , y(t) y b) Determine la ecuación cartesiana de la trayec-toria del centro de masa del sistema. Solución. Similarmente tendremos m¨ = −F cos θ = −Kd cos θ = −Kx x m¨ = −F sin θ = −F d sin θ = −Ky yde modo que x(t) = A cos ωt + B sin ωt, y(t) = C cos ωt + D sin ωt, x(t) ˙ = ω(−A sin ωt + B cos ωt), ˙ y(t) = ω(−C sin ωt + D cos ωt)y colocando las condiciones iniciales dadas a = A, a = C, −V0 = ωB, 0 = ωDentonces a) V0 x(t) = a cos ωt − sin ωt, ω y(t) = a cos ωt. b) Las coordenadas del centro de masas son x 1 V0 xCM = = a cos ωt − sin ωt, 2 2 2ω y 1 yCM = = a cos ωt, 2 2
  • 45. 1.6 Ejercicios resueltos 35de donde debemos eliminar t, obteniendo s µ ¶2 V0 2yCM xCM = yCM − 1− , 2ω aque se puede escribir así V0 2 V0 y 2 (1 + ( ) ) − 2yx + x2 = ( )2 . aω 2ωEsto es se trata de una elipse. NEjercicio 1.6.6 Dos partículas de igual masa están unidas por un resortede constante k y largo natural a. Además actúa entre ambas partículas unafuerza amortiguadora proporcional a la rapidez de la variación de la distan-cia entre ellas. El sistema se coloca en movimiento dándole a una de laspartículas una velocidad V0 perpendicular a la línea que une las partículas.Determine V0 si después de un tiempo muy largo, el largo del resorte es 2a. Solución. Mirado desde el centro de masas, que por viajar a velocidadconstante vG = 1 V0 es un sistema inercial, tenemos que las partículas al 2comienzo y al final (una vez que las oscilaciones terminan) giran en circun-ferencias alrededor de el. Así al comienzo 1 a 1 a LG = m V0 + m V0 2 2 2 2 1 = mV0 a. 2Al final, si V son las rapideces respecto a G, entonces LG = mV a + mV a = 2mV a.Como el momentum angular es constante 1 V = V0 . 4Además, para el movimiento circular de cada partícula V2 m = K(2a − a), a
  • 46. 36 Sistema de Partículasluego r Ka2 V = my finalmente r K V0 = 4V = 4a . m NEjercicio 1.6.7 Dos partículas A y B de idéntica masa m, están unidasentre sí por una cuerda inextensible de largo a. La partícula A se mueve poruna corredera horizontal lisa OX, mientras que la partícula B se mueve poruna corredera vertical lisa OY, ambas en un plano vertical. Inicialmente Bestá en O y OA = a, con el sistema en reposo. Si θ es el ángulo en B: y A O x m θ B ma) Calcular en función de θ las reacciones que ejercen las correderas sobrelas partículas. b) Calcular la tensión en la cuerda en función de θ. Solución. Llamemos NA , NB , las reacciones normales de las correderassobre las partículas y T la tensión de la cuerda. Tenemos xA = a sin θ, yB = −a cos θ,de allí calculamos ˙ ˙ xA = aθ cos θ, ˙ yB = aθ sin θ, ˙y conservación de energía da 1 ˙2 1 ˙2 E = ma2 θ cos2 θ + ma2 θ sin2 θ − mga cos θ = 0, 2 2
  • 47. 1.6 Ejercicios resueltos 37de donde despejamos ˙ 2 2g cos θ. θ = aLa segunda ley aplicada a cada partícula da m¨A x = −T sin θ, 0 = NA − mg − T cos θ, 0 = NB + T sin θ m¨B y = T cos θ − mgde la primera m m d2 T =− xA = − ¨ a sin θ, sin θ sin θ dt2 ˙como se conoce θ estas derivadas se hacen resultando T = 3mg cos θ,y entonces NA = mg + 3mg cos2 θ, NB = −3mg cos θ sin θ. NEjercicio 1.6.8 Se tiene el sistema de dos partículas m1 y m2 de la figuraen que el resorte, de constante k no tiene masa. Determinar el valor mínimode la compresión X del resorte, medido respecto de su largo natural, para queal soltar m1 se despegue m2 . m1 k m2
  • 48. 38 Sistema de Partículas Solución. Llamemos y a la coordenada de m1 . Inicialmente m1 g y(0) = l0 − − X, y(0) = 0. ˙ kEsto porque el peso de m1 ya comprime el resorte en mk g . Sea N2 la reacción 1del suelo sobre m2 , entonces las ecuaciones de movimiento (antes que m2despegue) son m1 y1 = −m1 g + k(l0 − y), ¨ 0 = −k(l0 − y) − m2 g + N2 .Debemos integrar la primera que la reescribimos así k kl0 y1 + ¨ y = −g + , m1 m1que tiene solución particular m1 g y1p = l0 − , ky solución homogénea r r k k y1h = A cos t + B sin t, m1 m1luego la solución general es r r m1 g k k y(t) = l0 − + A cos t + B sin t, k m1 m1derivando r r r r k k k k y(t) = −A ˙ sin t+B cos t. m1 m1 m1 m1Como la velocidad inicial es cero debe ser B = 0, luego r m1 g k y(t) = l0 − + A cos t, k m1imponiendo condición inicial resulta m1 g m1 g l0 − + A = l0 − −X k k
  • 49. 1.6 Ejercicios resueltos 39de donde A = −X entonces r m1 g k y(t) = l0 − − X cos t. k m1Ahora podemos evaluar la reacción normal en función del tiempo N2 = k(l0 − y) + m2 g r m1 g k = k( + X cos t) + m2 g k m1 r k = (m1 + m2 )g + kX cos t, m1que muestra que N2 comienza a disminuir con el tiempo y que se anularíacon el mínimo valor de X si (m1 + m2 )g − kXm´ = 0, ınluego (m1 + m2 )g Xm´ = ın . k NEjercicio 1.6.9 Tres partículas iguales están inicialmente en línea recta,igualmente espaciadas sobre un plano horizontal liso y unidas por dos hilosde largos “a“. La partícula del medio está inicialmente está en reposo, y a laspartículas externas se les da una velocidad V0 perpendicular a la línea quelas une. Calcule la velocidad con que chocan las partículas. Solución. Al partir si x es la dirección perpendicular a la línea que unelas partículas entonces Px = 2mV0 1 1 K = mV02 + mV02 2 2 = mV02 .Justo antes del choque, Las tres partículas tienen la misma componente develocidad en x, llamémosla u, y dos partículas tienen la misma rapidez v enel eje y entonces Px = 3mu 1 1 K = 3 mu2 + 2 mv 2 . 2 2
  • 50. 40 Sistema de PartículasConservación de Px y K implica 2 u = V0 3y 3 2 2 ( V0 ) + v 2 = V02 2 3entonces 1√ v= 3V0 . 3 N1.6.2. Sistemas de masa variableEjercicio 1.6.10 Una cadena de longitud L y masa total M se suspendeverticalmente de modo que su extremo inferior está justo a nivel del suelo.Si la cadena se suelta, determine la reacción del suelo, mientras la cadena sedeposita cayendo por su propio peso. Solución. Tenemos para el eje Y vertical dv dm Fy = m − (u − v) . dt dtSi tomamos el montón depositado como sistema, entonces los eslabones quese incorporan tienen una velocidad u = −gt,la masa m(t) después de transcurrido un tiempo t será M1 2 m = gt , L2 dm M = gt, dt Ly entonces, dado que v = 0 (trozo amontonado está en reposo) dm N − mg = −u dt
  • 51. 1.6 Ejercicios resueltos 41luego M1 2 2 M 2 2 N = g t + g t L2 L 3M 2 2 = g t. 2L NEjercicio 1.6.11 Una cadena de longitud L y masa total M está amonto-nada sobre el suelo. Si la cadena se levanta de un extremo aplicando unafuerza constante F hacia arriba, determine la altura que sube la cadena enfunción del tiempo. Discuta sobre la altura máxima que alcanza la cadena,supuestamente muy larga de tal modo que siempre queda cadena depositada. Solución. La densidad lineal de masa de la cadena es M λ= . LSea y el trozo levantado en tiempo t. Tenemos dv dm F − mg = m − (u − v) , dt dtsiendo u = 0, m = λy, de manera que dmv F − mg = dt d F − λyg = (λy y). ˙ dtPara integrar, multiplique por ydy, resultando 1 F ydy − λy 2 gdy = λy yd(y y) = λd( y 2 y 2 ), ˙ ˙ ˙ 2que al ser integrada da y 2 λgy 3 1 F − = λy 2 y 2 , ˙ 2 3 2simplificando 2λgy F− = λy 2 , ˙ 3
  • 52. 42 Sistema de Partículaso bien r dy F 2gy = − dt λ 3y finalmente q¡ ¢ √ q¡ ¢ Z y 3 F − 3 3F −2gyλ dy λ λ t= q = 0 F − 2gy g λ 3 de donde se despeja p 6 (λF ) − λgt y = t Ãr 6λ ! F gt = − t. λ 6La altura máxima corresponde a y = 0 lo que da ˙ 3F ym´x = a . 2gλ NNota 1.2 Usted puede extrañarse que el peso máximo levantado es mayor pque la fuerza aplicada y además que y(0) = F/λ a pesar que la cadena ˙partió del reposo. Hay una singularidad pues en el instante inicial, una fuerzafinita F es aplicada a un elemento infinitésimo de masa y ello provoca uncambio repentino de velocidad. Además por la inercia, la cadena sobrepasala posición de equilibrio.Ejercicio 1.6.12 Una gota esférica de agua atraviesa una capa de nubeen reposo. Suponiendo que se condensa agua por unidad de tiempo sobre lagota, proporcionalmente a su superficie con constante de proporcionalidad Kconocida, determine como crece el radio de la gota con el tiempo y como varíala altura de ella a medida que transcurre el tiempo. Solución. Sea R el radio de la gota, S su superficie, m su masa. Tenemos dm = KS. dt
  • 53. 1.6 Ejercicios resueltos 43Si ρ es la densidad tenemos 4 3 m = πR ρ, 3 dm dR = 4πR2 ρ = K4πR2 , dt dtentonces dR K = , dt ρsi el radio inicial R0 es despreciable, entonces Kt R(t) = . ρLa ecuación de movimiento de la gota que cae, con u = 0, será dv dm d −mg = m − (u − v) = (mv), dt dt dtdonde la masa es conocida pues 4 Kt 4 K 3 t3 m(t) = π( )3 ρ = π 2 , 3 ρ 3 ρde manera que se puede integrar Z t 4 K 3 t3 1 K3 mv = − π 2 gdt = − π 2 gt4 , 0 3 ρ 3 ρde donde se obtiene 1 v = − gt. 4Así resulta finalmente 1 y = y(0) − gt2 . 8 NEjercicio 1.6.13 Un carrito, inicialmente de masa M y en reposo sobre unplano horizontal liso, comienza a moverse debido a que es impulsado por unchorro continuo de masa que se le va incorporando. Dichas masas salen desdeel punto de partida (como de una ametralladora) con rapidez U0 y a razón deλ unidades de masa por unidad de tiempo y se incrustan en el carrito cuandolo impactan. Determine la forma en que varían la aceleración, la velocidad yla posición del móvil con el tiempo.
  • 54. 44 Sistema de Partículas Solución. Supongamos que el carrito partió del origen con rapidez nulay sea x lo que recorre. La masa del carrito está dada por λt m = M+ (U0 t − x) U0 t λ = M + (U0 t − x). U0 (El chorro de masa tiene una masa total λt y tendría una longitud U0 t,pero todo lo que exceda x se ha incrustado). La ecuación de movimiento es dv dm 0 = m − (U0 − v) dt dt λ dv λ = (M + (U0 t − x)) − (U0 − v) (U0 − v). U0 dt U0Preferible dejar una ecuación para la masa porque λ m = ˙ (U0 − v) U0 λ dv m = − ¨ , U0 dtluego U0 U0 0 = −m m − m2 , ¨ ˙ λ λ mm + m2 = 0, ¨ ˙ecuación que es fácil integrar d 1 2 m m = −m2 =⇒ ˙ ˙ dm 2 dm2˙ dm 2 = −2 , m˙ mde donde m2 ˙ m ln 2 = −2 ln λ M
  • 55. 1.6 Ejercicios resueltos 45o sea m ˙ M = , λ m mdm = λdt, m − M 2 = 2λt 2y luego λ √ m=M+ (U0 t − x) = M 2 + 2λt, U0y así p (M 2 + 2λt) M + λt − x = U0 , p λ dx (M 2 + 2λt) − 1 v = = U0 p . dt (M 2 + 2λt) NEjercicio 1.6.14 Un cohete de masa total M, de la cual f M, con f me-nor que uno, es de combustible, descansa verticalmente antes de encender losmotores. Si se encienden los motores, que arrojan masa a razón constante σ(σ = −dm/dt) con rapidez relativa al cohete de magnitud U0 , establezca lacondición que debe cumplirse para que el cohete comience a despegar de in-mediato. Para este caso, determine la máxima altura que alcanza, suponiendoaceleración de gravedad constante y despreciando el roce con el aire. Solución. Tenemos m(t) = M − σt.Si el cohete no ha despegado, existe una reacción normal en el suelo y ademásla velocidad es nula. Entonces dm N − mg = −(u − v) dt = −(−U0 )(−σ)o sea N = mg − U0 σ.
  • 56. 46 Sistema de PartículasSi queremos que el cohete despegue en t = 0, debe ser N = 0 en ese instantelo que lleva a U0 σ = Mg.Si se cumple, entonces el cohete acelera siendo ahora dv −mg = m − (−U0 )(−σ), dto sea dv m = Mg − mg, dtcon m = M − σt de lo cual dv Mg = − g, dt M − σtque puede integrarse Z t Mg Mg M v(t) = dt − gt = ln − gt, 0 M − σt σ M − σtsiendo esto válido hasta fM t= , σpara ese tiempo f − ln (1 − f ) v = gM . σDespués sigue con la aceleración de gravedad y se deja para el lector sucontinuación. NEjercicio 1.6.15 Una cadena de largo total M y longitud L, flexible, essostenida colgando de modo que su extremo inferior está justo al nivel delsuelo. Si el extremo superior de la cadena se suelta, determine la reaccióndel suelo contra la parte depositada, en función del tiempo.
  • 57. 1.6 Ejercicios resueltos 47 Solución. Sea y la distancia recorrida por el extremo superior y el sistemade mas variable es el montón depositado. Como eslabones van en caída libre 1 2 y = gt , 2 u = −gt, 1 2M m = gt , 2 L dm M = gt dt Lluego, si R es la reacción dv dm R − mg = m − (u − v) , v = 0, =⇒ dt dt dm R = mg − u dt 1 2 2M M 3M 2 2 = g t + g2 t2 = g t. 2 L L 2L NEjercicio 1.6.16 Una cadena flexible tiene masa total M y longitud L. Lacadena está inicialmente amontonada en el suelo. Una cuerda se hace pasarsobre una polea lisa, uno de los extremos unido a un extremo de la cadenay el otro extremo de la cuerda a un partícula de masa M. Si la partícula sesuelta partiendo del reposo a) escriba la ecuación de movimiento para el extremo de la cadena. b) determine la rapidez del extremo de la cadena en función de su posición. Solución. Sea y la longitud levantada por la tensión T producida por lapartícula. Tenemos que M m = y, L dm M = y, ˙ dt L u = 0,
  • 58. 48 Sistema de Partículasde manera que dv dm T − mg = m +v , dt dt dv Mg − T = M , dtsumando las dos dv dm Mg − mg = (M + m) +v , dt dt M M dv M Mg − yg = (M + y) + y 2 ,˙ L L dt Lo sea la ecuación de movimiento es gL − gy = (L + y)¨ + y 2 . y ˙Para integrarla hay que hacer algún truco. Como usted sabe 1 d 2 ¨ y= y , ˙ 2 dyentonces multiplique por L + y 1 d 2 g(L2 − y 2 ) = (L + y)2 y + (L + y)y 2 , ˙ ˙ 2 dyque es la derivada de un producto d 1 g(L2 − y 2 ) = (L + y)2 y 2 , ˙ dy 2como inicialmente y(0) = y(0) = 0 integramos ˙ 1 y3 (L + y)2 y 2 = g(L2 y − ) ˙ 2 3y finalmente s 3 2g(L2 y − y3 ) y= ˙ . (L + y)2 N
  • 59. 1.6 Ejercicios resueltos 491.6.3. Movimiento en un campo central de FuerzaEjercicio 1.6.17 Una partícula describe una órbita circular en un campode fuerzas dado por k F (r) = − 2 . rDemostrar que si k disminuye bruscamente a la mitad de su valor inicial, laórbita de la partícula se hace parabólica. Solución. Sea k0 el valor inicial de la constante. Para una órbita circular v2 k0 m = 2, r r 1 2 k0 k0 E = mv − = − < 0. 2 r 2rSi k disminuye a la mitad, la energía cinética queda igual k0 K= , 2ry la energía potencial sera k0 V =− , 2rluego la energía es cero, por lo tanto la órbita es parabólica. NEjercicio 1.6.18 Calcular explícitamente la media temporal (o sea, la me-dia en un periodo completo) de la energía potencial de una partícula quese mueve sobre una órbita elíptica en un campo central en el que la fuerzaobedece la ley inversa del cuadrado de la distancia. Expresar el resultado enfunción de la constante de proporcionalidad de la fuerza y del semieje mayorde la elipse. Efectuar un cálculo similar para la energía cinética. Solución. Tenemos 2 l0 1 r = , mk 1 − e cos θ l0 ˙ = mr2 θ.
  • 60. 50 Sistema de PartículasAdemás k V = − , r 1 1 1 ˙2 K = (mv 2 ) = mr2 + mr2 θ ˙ 2 2 2 µ ¶2 1 dr ˙2 1 ˙2 = m θ + mr2 θ 2 dθ 2 Ã µ ¶ ! 2 2 1 1 dr 1 l0 = + 2 2 r4 dθ r mpero 2 dr l0 e sin θ = − dθ mk (1 − e cos θ)2 mk = − 2 e sin θr2 l0 µ ¶ 2 1 m2 k2 2 2 1 l0 K= 4 e sin θ + 2 2 l0 r mentonces Z Z 1 T 1 2π V < V >= V dt = dθ T 0 T 0 θ ˙ Z mk 2π = − rdθ T l0 0 Z l0 2π 1 l0 2π = − dθ = − √ . T 0 1 − e cos θ T 1 − e2Similarmente para la energía cinética resulta Z 1 2π K 1 l0 2π < K >= dθ = √ T 0 θ ˙ 2 T 1 − e2 NEjercicio 1.6.19 Dos partículas iguales que se mueven bajo la influenciade la atracción gravitacional mutua, describen órbitas circulares una en torno
  • 61. 1.6 Ejercicios resueltos 51de la otra con un período τ . Si repentinamente se detienen y caen una sobrela otra, demostrar que chocarán después de un tiempo τ √ . 4 2 Solución. Si k representa la constante de la ley de fuerza, y 2a la distanciainicial, entonces inicialmente v2 k m = , a 4a2 r k v = , 4made modo que el periodo es r 2πa 4ma τ= = 2πa . v kSi se detienen, caen una hacia la otra de manera que k m¨ = − r , r(0) = 0, r(0) = a. ˙ 4r2Podemos integrar porque 1 d 2 r= ¨ r , ˙ 2 drluego ¶ µ 1 k 1 1 m r2 = ˙ − , 2 4 r a s µ ¶ k 1 1 r = − ˙ − , 2m r aseparamos variables dr q ¡1 ¢ = −dt, k 1 2m r − aentonces Z a dr t= q ¡1 ¢, k 1 0 2m r − a
  • 62. 52 Sistema de Partículassea r = az r Z 1 2ma dz t = a q k 0 1 −1 z Z 1 τ dz = √ q 2π 2 0 1 −1 z τ π τ = √ = √ . 2π 2 2 4 2 NEjercicio 1.6.20 Dos masas que se atraen, m1 y m2 (m1 + m2 = M), estánseparadas una distancia r0 y se las suelta a partir del reposo. Demostrar quecuando la distancia sea r menor que r0 , las velocidades serán r 2G 1 1 v1 = m2 ( − ), M r r0 r 2G 1 1 v2 = m1 ( − ). M r r0 Solución. Tenemos, para un origen en el centro de masa Gm1 m2 m1 r1 = − ¨ , r2 Gm1 m2 m2 r2 ¨ = − , r2donde r = r1 + r2 y m2 m1 r1 = r, r2 = r, M Mde manera que las dos ecuaciones se reducen a una sola GM r=− ¨ , r2como 1 d 2 r= ¨ r , ˙ 2 drintegramos la ultima obteniendo s µ ¶ 1 1 r = − 2GM ˙ − , r r0
  • 63. 1.6 Ejercicios resueltos 53y de aquí se obtiene s µ ¶ s ¶ µ m2 m2 1 1 1 1 2G r1 ˙ = r=− ˙ 2GM = −m2 − − , M M r r0 r r0 M s µ ¶ s µ ¶ m1 m1 1 1 2G 1 1 r2 ˙ = r=− ˙ 2GM − = −m1 − , M M r r0 M r r0que prueban el resultado. NEjercicio 1.6.21 Demuestre que la velocidad aerolar es constante en elcaso de una partícula que se mueve bajo la acción de una fuerza atractivadada or F (r) = −kr. Calcule las medias temporales de las energías cinéticay potencial y comparar con los resultados que da el teorema del virial. Solución. Lo primero es cierto para todas las fuerzas centrales porque seconserva l0 . Para obtener las órbitas es preferible usar coordenadas cartesia-nas siendo m¨ = −kx, x m¨ = −ky, yde donde las soluciones son x = A cos(ωt − α), y = B cos(ωt − β),además x = −ωA sin(ωt − α), ˙ y = −ωB sin(ωt − β), ˙ pcon ω = k/m. El periodo será T = 2π/ω y los promedios solicitados serán 1 1 < V >= K < r2 >= k < A2 cos2 (ωt − α) + B 2 cos2 (ωt − β) >, 2 2 1 1 < K >= m < v 2 >= m < ω 2 A2 sin2 (ωt − α) + ω2 B 2 sin2 (ωt − β) > 2 2
  • 64. 54 Sistema de Partículaspero 1 < cos2 ωt >=< sin2 ωt >= , 2resultando 1 < V >= k(A2 + B 2 ), 4 1 < K >= mω2 (A2 + B 2 ) =< V > . 4Las constantes A y B pueden relacionarse con la energía E de acuerdo a 1 1E = mω 2 (A2 sin2 (ωt − α) + B 2 sin2 (ωt − β)) + k(A2 cos2 (ωt − α) + B 2 cos2 (ωt − β)) 2 2 1 1 = k(A2 sin2 (ωt − α) + B 2 sin2 (ωt − β)) + k(A2 cos2 (ωt − α) + B 2 cos2 (ωt − β)) 2 2 1 2 1 2 = kA + kB 2 2de modo que finalmente 1 < K >=< V >= E. 2 NEjercicio 1.6.22 Estudiar el movimiento de una partícula repelida por uncentro de fuerzas de acuerdo con la ley F (r) = kr con k > 0. Demostrar quela órbita sólo puede ser hiperbólica. Solución. Aquí también conviene usar coordenada cartesianas m¨ = kr cos θ = kx, x m¨ = kr sin θ = ky. yAmbas pueden integrarse siendo k/m = p en la forma x = Aept + Be−pt , y = Cept + De−pt .Para determinar la trayectoria, debemos eliminar t entre esas dos ecuaciones.Para ello las escribimos Ae2pt − xept + B = 0, Ce2pt − yept + D = 0,
  • 65. 1.6 Ejercicios resueltos 55y resolviendo ecuaciones de segundo grado tenemos √ p pt x + x2 − 4AB y + y 2 − 4CD e = = , 2A 2Cy haciendo algo de álgebra p √ x y y 2 − 4CD x2 − 4AB − = − , 2A 2C 2C p 2A p 1 xy D 1 (y 2 − 4CD) (x2 − 4AB) B − = − − − , 2 AC C 2 C A Areordenando p p 2BC + 2AD − xy = − (y 2 − 4CD) (x2 − 4AB)elevando al cuadrado y reordenando 4ABy 2 + 4CDx2 − 4(BC + AD)xy = −4 (AD − BC)2 ,que es la ecuación de una hipérbola porque el lado derecho es negativo. NEjercicio 1.6.23 Una partícula se mueve bajo la influencia de una fuerzacentral dada por k F (r) = − n . rDemuestre que si la órbita es circular y pasa por el centro de fuerzas, entoncesn = 5. Solución. La ecuación de Binet para u = 1/r es 1 d2 u mF ( u ) +u=− 2 2 . dθ2 l0 uSi la partícula describe una circunferencia de radio R donde está el centro defuerza, la ecuación puede escribirse r = 2R cos θ,o sea 1 u= , 2R cos θ
  • 66. 56 Sistema de Partículasderivando du 1 = sin θ, dθ 2R cos2 θ d2 u 1 1 2 = + 3θ sin2 θ dθ 2R cos θ R cos 1 1 − cos2 θ = + 2R cos θ R cos3 θ 1 1 = − + 2R cos θ R cos3 θ = −u + 8R2 u3 ,de aquí sigue 1 2 3 mF ( u ) 8R u = − 2 2 , l0 u 1 8R2 l0 5 2 F( ) = − u, u m 8R2 l0 2 F (r) = − . mr5 NEjercicio 1.6.24 Suponga un cometa que describe una órbita parabólica enel mismo plano que la órbita terrestre. Si la menor distancia del cometa alSol es γRT donde RT es el radio de la órbita de la Tierra (supuesta circular)y γ < 1, demostrar que el tiempo que el cometa pasa dentro de la órbitaterrestre viene dado por p 2(1 − γ)(1 + 2γ)/3π años Solución. La ecuación de la órbita del cometa será de la forma (unaparábola) c r= , 1 − cos θpero debe ser c rm´ = = γRT , ın 2o sea 2γRT r= . 1 − cos θ
  • 67. 1.6 Ejercicios resueltos 57Los puntos (θ1 y 2π − θ1 ) donde la órbita del cometa cruza la órbita terrestreestán dados por 2γRT RT = , 1 − cos θ1de donde cos θ1 = 1 − 2γ.Por otro lado, el elemento de área barrida por el cometa es 1 l0 dA = |r × v| dt = dt, 2 2mdonde 2 l0 = 2γRT , mky 1 dA = r2 dθ, 2de modo que 1 2 l0 r dθ = dt, 2 2mde aquí sigue m 2 l3 1 dt = r dt = 0 2 ( )2 dθ, l0 mk 1 − cos θluego el tiempo será Z 2π−θ1 1 3 l0 1 2 l0 1 1 + 3 tan2 2 θ1 3 t= ( ) dθ = 1 mk 2 θ1 1 − cos θ mk 2 3 tan3 2 θ1El factor que multiplica lo anterior está relacionado con el período terrestre.En efecto 2 l0 p = 2γRT =⇒ l0 = mk2γRT , mkentonces r r 3 l0 m2γRT 2γRT 2 = 2γRT = 2γRT , mk k GMSy el periodo terrestre está dado por 2πRT p TT = √ RT , GMS
  • 68. 58 Sistema de Partículasluego p TT 1 1 + 3 tan2 2 θ1 1 t = γ 2γ 1 π 3 tan3 2 θ1pero r r θ1 1 − cos θ1 2γ cos θ1 = 1 − 2γ, tan = = 2 1 + cos θ1 2 − 2γy reemplazando tan θ21 resulta finalmente p 2(1 − γ) t = TT (1 + 2γ) . 3π NEjercicio 1.6.25 Estudiar el movimiento de una partícula en un campo defuerzas centrales que sigue la ley de proporcionalidad inversa del cuadrado dela distancia, si además se superpone otra fuerza de magnitud inversamenteproporcional al cubo de la distancia entre la partícula y el centro de fuerzas.Es decir, k λ F (r) = − 2 − 3 r rcon k > 0.Demuestre que la trayectoria es una elipse que rota o precesa. Solución. La ecuación de Binet para la órbita será 1 d2 u mF ( u ) m 2 +u = − 2 2 = 2 2 (ku2 + λu3 ) dθ l0 u l0 u mk λm = 2 + 2 u. l0 l0De aquí sigue d2 u λm mk 2 + (1 − 2 )u = 2 dθ l0 l0cuya solución es s 1 mk λm u= = 2 + A cos (1 − 2 )θ, r (l0 − λm) l0y si λm ¿ 1 corresponde a una curva parecida a una elipse pero que no se 2 l0cierra en una vuelta completa.
  • 69. 1.6 Ejercicios resueltos 59 NEjercicio 1.6.26 Determine la expresión de la fuerza de un campo centralque permita a una partícula describir una órbita espiral dada por r = kθ,siendo k una constante positiva. Solución. De nuevo, la ecuación de Binet es la clave d2 u mF ( 1 ) + u = − 2 2u , dθ2 l0 usiendo 1 1 u = = , r kθ du 1 = − 2, dθ kθ d2 u 2 2 3 2 = 3 = 2k u , dθ kθpor lo tanto 1 mF ( u ) − 2 = 2k2 u3 + u, l0 u2despejando 1 l2 F ( ) = − 0 (2k2 u5 + u3 ), u m l2 2k2 1 F (r) = − − 0 ( 5 + 3 ). m r r NEjercicio 1.6.27 Determine la expresión de la fuerza de un campo centralque permita a una partícula describir una órbita espiral logarítmica dada porr = Keaθ siendo k y a constantes. Solución. Es análogo, donde ahora 1 1 u = = e−aθ , r K du a −aθ = − e dθ K d2 u a2 −aθ = e = a2 u, dθ2 K
  • 70. 60 Sistema de Partículaspor lo tanto 1 mF ( u ) − 2 2 = a2 u + u, l0 udespejando 1 l2 F ( ) = − 0 (a2 + 1)u3 , u m l2 1 F (r) = − 0 (a2 + 1) 3 . m r NEjercicio 1.6.28 Una partícula de masa unidad se desplaza desde el infi-nito a lo largo de una recta que, de seguir, haría que la partícula pasase a √una distancia b 2 de un punto P. Si la partícula es atraída hacia √ con Puna fuerza proporcional a rk5 y el momento angular respecto de P es k/b ,demuestre que la trayectoria está dada por √ r = b coth(θ/ 2). Solución. La ecuación de Binet será 1 d2 u mF ( u ) +u = − 2 2 dθ2 l0 u 5 ku = k 2 = b2 u3 , b2 uo sea d2 u 2 3 2 + u − b u = 0. dθO la resolvemos, problema dificil, o comprobamos que 1 √ u= tanh(θ/ 2), bes solución. Comprobaremos: du 1 √ 1 = √ (1 − tanh2 (θ/ 2)) = √ (1 − b2 u2 ), dθ b 2 b 2 d2 u 1 1 ¡ ¢ 2 = √ (−2bu) √ (1 − b2 u2 ) = u −1 + b2 u2 , dθ 2 b 2
  • 71. 1.6 Ejercicios resueltos 61 que prueba que se trata de una solución. Faltaría probar que la asíntota de √la trayectoria pasa a distancia b 2 del origen. Notemos que r = ∞ =⇒ u = 0o θ =⇒ 0 sea la asíntota es una recta paralela al eje OX (el eje polar). Ladistancia al origen de esa recta se obtiene haciendo θ → 0 en r sin θ esto esla distancia es θ √ d = l´ (b coth √ sin θ) = b 2. ım θ→0 2 NEjercicio 1.6.29 Una partícula es atraída hacia un centro fijo de fuerzascon una fuerza proporcional a la distancia de la partícula al centro. Demuestreque la trayectoria es una curva plana que puede ser representada por lasecuaciones: x = A cos(nt + α), y = B sin(nt + β) Solución. Las ecuaciones de movimiento en coordenadas cartesianas se-rán m¨ = −kx, x m¨ = −ky, yque tienen soluciones de la forma dada si k/m = n2 . NEjercicio 1.6.30 Determine la fuera central si la órbita es una circunfe-rencia y el centro de fuerza está situado sobre la circunferencia. Solución. En realidad este problema está repetido. La ecuación de Binetpara u = 1/r es d2 u mF ( 1 ) + u = − 2 2u . dθ2 l0 uSi la partícula describe una circunferencia de radio R donde está el centrode fuerza, la ecuación puede escribirse r = 2R cos θ,o sea 1 u= , 2R cos θ
  • 72. 62 Sistema de Partículasderivando du 1 = sin θ, dθ 2R cos2 θ d2 u 1 1 2 = + sin2 θ dθ 2R cos θ R cos3 θ 1 1 − cos2 θ = + 2R cos θ R cos3 θ 1 1 = − + 2R cos θ R cos3 θ = −u + 8R2 u3 ,de aquí sigue 1 2 3mF ( u ) 8R u = − 2 2 , l0 u 1 8R2 l0 5 2 F( ) = − u, u m 8R2 l0 2 F (r) = − . mr5 NEjercicio 1.6.31 Una partícula es atraída hacia un centro fijo de fuerza 0por una fuerza de forma k/r2 . La partícula es lanzada desde un punto P conuna velocidad. de magnitud V0 en un ángulo α respecto de OP . Demuestre quela órbita es una elipse si OP ≤ 2k/(mV02 ). Determine además, en términosde m, k, V0 ,α , y OP = r0 la excentricidad de la órbita y la inclinación deleje mayor respecto de OP . Solución. Evaluamos según las condiciones iniciales 1 k E = mV02 − , 2 r0 l0 = mr0 V0 sin α.La excentricidad es 2 2El0 e2 = 1 + mk 2 2( 1 mV02 − k 2 )l r0 0 = 1+ 2 . mk 2
  • 73. 1.6 Ejercicios resueltos 63La órbita será una elipse si E < 0, es decir si 1 k 2k ( mV02 − ) < 0 =⇒ r0 < . 2 r0 mV02Si además reemplazamos l0 se obtiene s 2( 1 mV02 − k )mr0 V02 2 sin2 α e= 1+ 2 r0 . k2La ecuación de la órbita es 2 l0 1 r = mk 1 − e cos(θ − α) mr0 V02 sin2 α 2 1 = , k 1 − e cos(θ − β)y el ángulo β queda determinado de mr0 V02 sin2 α 2 1 r0 = , k 1 − e cos(β) que es una ecuación que dejamos planteada por si alguien quiere resol-verla. NEjercicio 1.6.32 Admitiendo que la tierra es una esfera fija de radio R ydespreciando la resistencia del aire, considere el lanzamiento de un proyectilcon rapidez inicial V0 formando un ángulo ξ 0 con la vertical del lugar. Si 2GM Ve2 = , Rdonde G es la constante de gravitación, M la masa terrestre y V0 < Ve ,demuestre que la excentricidad y la ecuación de la trayectoria del proyectilson: q e = 1 − sin2 (2β) sin2 (ξ 0 ), (1 − e cos(θ − α)) R/r = 2 sin2 (β) sin2 (ξ 0 )
  • 74. 64 Sistema de Partículassiendo sin β = V0 /Ve , sin α = sin2 β sin(2ξ 0 )/e.Aquí: α representa la inclinación del semieje mayor, ξ 0 ángulo de lanzamientorespecto a la vertical. Solución. Podemos usar los resultados del problema anterior pero colo-cando k = GMm y r0 = R. Así tenemos s (mV02 − 2GMm )mR2 V02 sin2 ξ 0 R e = 1+ G2 M 2 m2 s 4(V02 − 2GM )R2 V02 sin2 ξ 0 R = 1+ 4G2 M 2 s 4(V02 − Ve2 )V02 sin2 ξ 0 = 1+ Ve4 s V2 V2 = 1 − 4(1 − 02 ) 02 sin2 ξ 0 Ve Ve q = 1 − 4(1 − sin2 β) sin2 β sin2 ξ 0 q e = 1 − sin2 2β sin2 ξ 0 . Pura álgebra. Además 2 l0 2R2 V02 sin2 ξ 0 = mk 2GM 2RV02 sin2 ξ 0 = V∗2 = 2R sin2 β sin2 ξ 0 ,por lo cual la ecuación de la trayectoria será 2R sin2 β sin2 ξ 0 r= 1 − e cos(θ − α)Aquí α representa la inclinación del semi eje mayor de la cónica.
  • 75. 1.6 Ejercicios resueltos 65 Para θ = 0, r = R 2 sin2 β sin2 ξ 0 1= =⇒ 1 − e cos α 1 − 2 sin2 β sin2 ξ 0 = e cos α 1 − 2 sin2 β sin2 ξ 0 cos α = p 1 − sin2 2β sin2 ξ 0 (1 − 2 sin2 β sin2 ξ 0 )2 sin2 α = 1− 1 − sin2 2β sin2 ξ 0 1 − sin2 2β sin2 ξ 0 − (1 − 2 sin2 β sin2 ξ 0 )2 = e2 bastante álgebra · · · =⇒ 4 sin4 β sin2 ξ 0 cos2 ξ 0 sin2 α = , e2 sin2 β sin 2ξ 0 sin α = . e N √Ejercicio 1.6.33 Con respecto al problema anterior, V0 < Ve / 2 demues-tre que el ángulo de disparo para tener un alcance máximo está dado por: 1 1 sin ξ 0 = √ p , 2 1 − (V0 /Ve )2y el ángulo para la altura máxima por (V0 /Ve )2 sin(α) = . 1 − (V0 /Ve )2 √¿ Qué ocurre sí V0 ≥ Ve / 2 ? Solución. Debemos maximizar sin2 β sin 2ξ 0 sin α = , erespecto a ξ 0 siendo q e= 1 − sin2 2β sin2 ξ 0 .Derivamos d sin 2ξ 0 p = 0, dξ 0 1 − sin2 2β sin2 ξ 0
  • 76. 66 Sistema de Partículas N es bastante trabajo, pero resulta 1 1 sin ξ 0 = √ =√ p . 2 cos β 2 1 − V02 /Ve2El máximo resultará al reemplazar en sin2 β sin 2ξ 0 sin α = p , 1 − sin2 2β sin2 ξ 0con más algebra resulta sin2 β V02 /Ve2 sin α = = cos2 β 1 − V02 /Ve2Ejercicio 1.6.34 Una partícula de masa m se mueve en una órbita circularde radio R con rapidez V0 atraída hacia el centro con una fuerza inversamenteproporciona al cuadrado de la distancia de la partícula al centro. Si repenti-namente la rapidez se reduce a la mitad, determine en términos de R0 y V0 :la ecuación de la nueva órbita, su excentricidad y la distancia mínima de lapartícula al centro durante el movimiento siguiente. Solución. Para la órbita circular 2 v0 k m = 2, R0 R0entonces r k v0 = mR0que reducida a la mitad implica 1 1 k k E = m − 2 4 mR0 R0 7 k = − 8 R0 r 1 k 1p l0 = mR0 = mR0 k, 2 mR0 2
  • 77. 1.6 Ejercicios resueltos 67luego 8 k 2(− 7 R0 ) 1 mR0 k 4 9 3 e2 = 1 + = =⇒ e = , mk 2 16 4y 2 1 l0 mR0 k 1 = 4 = R0 , mK mk 4luego la nueva órbita es (tomando α = 0) 1 1 R0 r = R0 3 = . 4 1 − 4 cos θ 4 − 3 cos θ NEjercicio 1.6.35 Una partícula de masa m = 1 es atraída por una fuerzainversamente proporcional al cuadrado de su distancia a un punto fijo 0 y semueve describiendo la elipse: 100 r= . 1 − 1 cos θ 2Si en el punto más alejado de su trayectoria, la rapidez de la partícula esV = 1, determine la constante de la ley de fuerza. Si en el punto más alejado,la rapidez de la partícula es duplicada, determine la ecuación de la nuevaórbita. Solución. Aquí como m = 1 2 l0 = 100, kel punto más alejado es 100 rm´x = a = 200, 1− 12luego l0 = |mr × v| = 200 =⇒ (l0 )2 2002 k = = = 400. 100 100
  • 78. 68 Sistema de Partículas Si en el punto más alejado la rapidez se hace V = 2,calculamos l0 = |mr × v| = 200 × 2 = 400, 1 2 k 1 400 E = mv − = 4 − =0→ 2 r 2 200 e = 1, 2 l0 (400)2 = = 400, mk 400de modo que la nueva órbita es 400 r= , 1 − cos(θ − α)una parábola. Para determinar el ángulo α consideramos que en θ = 0,r = 200 de modo que 400 200 = 1 − cos(α)de donde α = π y finalmente 400 r= . 1 + cos(θ) NEjercicio 1.6.36 Una partícula de masa m se mueve en una órbita circularde radio R0 con rapidez V0 atraída hacía el centro con una fuerza inversa-mente proporcional al cuadrado de la distancia de la partícula √ centro. Si alrepentinamente la rapidez de la partícula se aumenta a V = αV0 siendoα > 1, demuestre que si α ≥ 2 la partícula se aleja hasta el infinito. Para α< 2 , determine la ecuación de la nueva órbita en términos de R0 , V0 y α. Solución. Tenemos para la órbita circular r k V0 = , mR0la nueva rapidez r √ k V = α , mR0
  • 79. 1.6 Ejercicios resueltos 69 1 k k E = α − , 2 R0 R0 r √ k l0 = mR0 α . mR0La excentricidad es √ q 2 k 2( 1 α R0 − k R0 )(mR0 α k mR0 )2 2 e =1+ = (α − 1)2 . mk 2Entonces e = α − 1,que es una parábola o hipérbola si α ≥ 2. Si α < 2 resultará 2 l0 1 r = mk 1 − (α − 1) cos θ R0 α = . 1 − (α − 1) cos θ NEjercicio 1.6.37 Determine las posibles leyes de fuerza central si una par-tícula describe bajo su acción una circunferencia, con el centro de fuerzas enel interior del círculo. Solución. Si el origen está sobre un diámetro a distancia d del centro, laecuación de la circunferencia será (teorema del coseno) R2 = r2 + d2 − 2dr cos θ,de dr dr 0 = r + dr sin θ − d cos θ , dθ dθ dr dr sin θ = , dθ d cos θ − r d2 r d dr sin θ 2 = dθ dθ d cos θ − r p r = d cos θ + (d2 cos2 θ + R2 − d2 ),
  • 80. 70 Sistema de Partículasde aquí 1 1 u= = p r d cos θ + (d2 cos2 θ + R2 − d2 )Lo dejaremos hasta aquí, por ser demasiada el álgebra necesaria. Calcule du d2 u , , dθ dθ2expréselas en términos de u y reemplace en la ecuación de Binet. NEjercicio 1.6.38 Considere una partícula que se mueve en un campo cen-tral atractivo k/r2 con k < 0. Demuestre que para un momentum angulardado, la mínima energía que puede tener la partícula es: mk 2 E=− 2 . 2l0 Solución. Sabemos que la energía es 1 ˙2 k E = m(r2 + r2 θ ) − , ˙ 2 ry ˙ l0 = mr2 θ,de modo que la energía puede escribirse 2 1 1 l0 k E = mr2 + ˙ − , 2 2 mr2 ra la distancia r1 donde r es mínimo r = 0 y entonces ˙ 2 1 l0 k E= 2 − , 2 mr1 r1función que tiene un mínimo donde 2 l0 k l2 − 3 + 2 = 0 =⇒ r1 = 0 , mr1 r1 mky luego 1 l0 m2 k2 2 mk mk 2 Em´ = ın 4 −k 2 =− 2 . 2 m l0 l0 2l0
  • 81. 1.6 Ejercicios resueltos 71 NEjercicio 1.6.39 Un cohete de masa m es disparado desde un punto de lasuperficie de la tierra con una rapidez inicial V0 haciendo un ángulo ξ 0 con lavertical del lugar. Despreciando la rotación terrestre, la resistencia del aire yel movimiento de la tierra, demuestre que la excentricidad de la trayectoriaestá dada por: µ ¶ 2 R2 Vo2 sen2 ξ 0 2 2GM e =1+ V0 − , G2 M 2 Ry la trayectoria es: R2 Vo2 sen2 ξ 0 r= . GM(1 − e cos(θ − α))Aquí R es el radio terrestre, M la masa de la tierra y G la constante degravitación. ¿Cuál es la ubicación del eje polar? Solución. Tenemos que l0 = mV0 R sin ξ 0 , 1 GMm E = mV02 − , 2 Rde donde 2 (mV02 − 2GMm R )m2 V02 R2 sin2 ξ 0 e = 1+ mG2 M 2 m2 V02 R2 sin2 ξ 0 2 2GM = 1+ (V0 − ). G2 M 2 RAdemás 2 l0 m2 V02 R2 sin2 ξ 0 R2 V02 sin2 ξ 0 = = , mK GMm2 GMque prueban lo solicitado. N pEjercicio 1.6.40 Respecto al problema anterior, suponga que V0 = GM/Ry ξ 0 = 30o . Demuestre entonces que el proyectil caerá de regreso a la tierra enun punto situado a una distancia Rπ/3 del punto de partida, medida sobre lasuperficie de la tierra. Demuestre además que la altura máxima del proyectilsobre la superficie terrestre es de alrededor de 0,866 R.
  • 82. 72 Sistema de Partículas p Solución. Particularizamos a V0 = GM/R y ξ 0 = 30o resultando R2 sin2 π G2 M 2 e2 = 1 − 6 ( ), G2 M 2 R2 π 3 = 1 − sin2 = , 6 4 2 l0 π R = R sin2 = , mK 6 4luego R 1 r= 1 √ , 4 1 − 2 3 cos(θ − α)en θ = 0, r = R luego R 1 R= 1 √ ⇒ α = 30o , 4 1 − 2 3 cos(α) πevidentemente el proyectil caerá de nuevo a la Tierra en θ = 3 = 60o y esocorresponde a un arco R π . Además el máximo r será 3 R 1 r= √ = 1. 866 03R, 4 1− 1 3 2y eso corresponde a una altura máxima de 1. 866 03R − R = 0,866 03R NEjercicio 1.6.41 Una partícula de masa m se mueve en una órbita circularde radio R0 con rapidez V0 atraída hacia el centro con una fuerza inversa-mente proporcional al cuadrado de la distancia de la partícula al centro. Sirepentinamente la velocidad se reduce a la mitad, determine en términos deR0 y V0 la ecuación de la nueva órbita. Solución. Sabemos que r k V0 = , mR0luego k = mR0 V02 ,
  • 83. 1.6 Ejercicios resueltos 73la nueva energía será 1 1 mR0 V02 7 E = m V02 − = − mV02 , 2 4 R0 8el nuevo momentum angular V0 l0 = mR0 , 2luego V2 2 − 7 mV02 m2 R0 4 4 2 0 9 e =1+ 2 R2 V 4 ) = , m(m 0 0 16luego (mR0 V0 )2 2 1 r = 2 R V 2 1 − 3 cos θ m 0 0 4 1 R 4 0 = 3 . 1 − 4 cos θ NEjercicio 1.6.42 Un satélite está en órbita ecuatorial geo estacionaria, esdecir permanece en el mismo punto relativo a la tierra que rota. Dados, lamasa terrestre M, la constante de gravitación G, Ω la velocidad angularterrestre, determine la ecuación de la nueva órbita si la rapidez absoluta delsatélite es repentinamente aumentada al doble. Solución. Si Ω denota la velocidad angular terrestre entonces órbita geoestacionaria significa v0 = Ωr0además de (problema anterior) r GM v0 = r0con estas se puede obtener: 1p3 r0 = (GMΩ), Ω p v0 = 3 (GMΩ).
  • 84. 74 Sistema de Partículas qSea por un momento v0 = 2 GM la velocidad inicial. Entonces r0 1 GM GMm E = m4 − 2 r0 r0 Mm = G r0 r GM l0 = mr0 2 r0entonces 2 2G Mm 4m2 r0 GM r0 2 r0 e =1+ =9 mG2 M 2 m2entonces 4m2 r0 GM 2 r0 1 r = mGMm 1 − 3 cos(θ − α) 4r0 = 1 − 3 cos(θ − α)Si el ángulo polar se mide desde donde cambió la velocidad entonces debeser α = π y finalmente 4r0 r = 1 + 3 cos θ 4p3 1 = (GMΩ) Ω 1 + 3 cos θ NEjercicio 1.6.43 Un satélite de masa m está en órbita circular de radio 2Ren torno a la tierra supuesta esférica, de masa M y radio R, en reposo y sinatmósfera. Si la velocidad se altera en un punto de la órbita en un factor f ,determine: a) la ecuación de la nueva órbita. b) el rango de valores de f paralos cuales el satélite chocará con la tierra. c) el rango de valores de f para loscuales el satélite se aleja indefinidamente. Solución. Para la órbita circular r GM v= , 2R
  • 85. 1.6 Ejercicios resueltos 75la nueva rapidez es r GM v=f , 2Rla nueva energía es 1 GM GMm 1 f2 − 2 E = mf 2 − = GMm , 2 2R 2R 4 Rel nuevo momentum angular es r GM l0 = m(2R)f , 2Rla excentricidad será dada por 2 2El0 ¡ ¢2 e2 = 1 + = f2 − 1 , m(GMm)2de donde ¯ ¯ e = ¯f 2 − 1¯ . además q 2 l0 (m(2R)f GM )2 2R = = 2Rf 2 , mk mGMmde manera que la nueva órbita es 2Rf 2 r= . 1 − |f 2 − 1| cos(θ − α)Si el cambio de la rapidez ocurre en θ = 0 debe ser 2Rf 2 2R = , 1 − |f 2 − 1| cos(α)de donde ¯ ¯ 1 − ¯f 2 − 1¯ cos(α) = f 2 , 1 − f2 cos α = . |1 − f 2 |
  • 86. 76 Sistema de Partículas Si f < 1 =⇒ cos α = 1 entonces 2Rf 2 r= . 1 − (1 − f 2 ) cos θ Si f > 1 =⇒ cos α = −1 entonces 2Rf 2 r= . 1 + (f 2 − 1) cos θEl satélite puede chocar con la Tierra sólo si f < 1 y para saberlo hay quever si la ecuación 2Rf 2 r= = R, 1 − (1 − f 2 ) cos θtiene o no solución. Esta es 2f 2 = 1 − (1 − f 2 ) cos θ,despejando 1 − 2f 2 cos θ = > −1, 1 − f2debe ser 1 − 2f 2 > f 2 − 1de donde r 2 f< . 3Para este caso, el satélite chocará con √ Tierra. Por último, el satélite no laregresa si e = |f 2 − 1| > 1 o sea si f > 2. NEjercicio 1.6.44 Un satélite está en órbita ecuatorial geo estacionaria, esdecir permanece en el mismo punto relativo a la tierra que rota. Dados, lamasa terrestre M, la constante de gravitación G, Ω la velocidad angular te-rrestre, determine la ecuación de la nueva órbita si la rapidez absoluta delsatélite es repentinamente reducida a la mitad.
  • 87. 1.6 Ejercicios resueltos 77 Solución. Tenemos 1 1 GM GMm E = m − 2 4 r0 r0 7 GMm = − 8 r0 r 1 GM l0 = mr0 2 r0entonces 2(− 7 GMm ) 1 m2 r0 GM 8 r0 4 2 r0 9 e2 = 1 + = mG2 M 2 m2 16entonces m2 r0 1 GM 2 4 r0 1 r = 3 mGMm 1 − cos(θ − α)4 1 1 = r0 3 4 1 − 4 cos(θ − α) 1p 3 1 = (GMΩ) Ω 4 − 3 cos θ NEjercicio 1.6.45 Considere la tierra como esférica, en reposo de masa M yradio R, sin atmósfera. Se lanza un proyectil con rapidez inicial V0 formandoun ángulo β respecto a la horizontal. Determine el arco que el proyectil recorrehasta llegar al suelo (si lo hace). Discuta las condiciones bajo las cuales elproyectil cae nuevamente al suelo. La constante de gravitación es G. Solución. La energía es 1 GMm E = mV02 − , 2 Rel momentum angular es l0 = mRV0 cos β,la excentricidad será 2( 1 mV02 − GMm )m2 R2 V02 cos2 β e2 = 1 + 2 R m(GMm)2 (V02 − 2GM )R2 V02 cos2 β R = 1+ , (GM)2
  • 88. 78 Sistema de Partículas 2 l0 m2 R2 V02 cos2 β R2 V02 cos2 β = = , mk mGMm GMde modo que la trayectoria es R2 V02 cos2 β 1 r= . GM 1 − e cos(θ − α)Para la notación, introducimos la velocidad de escape r 2GM Ve = , Rde manera que 4(V02 − Ve2 )V02 cos2 β e2 = 1 − , Ve4 2 l0 2RV02 cos2 β = , mk Ve2de modo que la trayectoria es 2RV02 cos2 β 1 r= 2 . Ve 1 − e cos(θ − α)Si r(0) = R hay necesariamente dos puntos donde la trayectoria intersecta ala superficie de la Tierra. Esos ángulos son θ = 0 y θ = 2α, además de e < 1.Entonces 2RV02 cos2 β 1 R = 2 , Ve 1 − e cos α 2RV02 cos2 β 1 R = , Ve2 1 − e cos(θ1 − α)de donde se deduce que θ1 − α = α =⇒ θ1 = 2α,y de cualquiera de las anteriores 2V02 cos2 β 1 − e cos α = , Ve2
  • 89. 1.6 Ejercicios resueltos 79o sea 2V0 cos2 β 2 1− Ve2 cos α = e 2V0 cos2 β 2 1− Ve2 cos α = q 2 2 . 4(V0 −Ve )V0 cos2 β 2 1− Ve 4Esta expresión la hemos visto de diversas forma en otros problemas. Si z = V02 /Ve2 entonces 1 − 2z cos2 β cos α = p , 1 − 4(1 − z)z cos2 β que puede escribirse 1 − 2z cos2 β cos α = p (1 − 2z cos2 β)2 + z 2 sin2 2β 1 − 2z cos2 β 1 = 2 β| q . |1 − 2z cos 1+ z 2 sin2 2β (1−2z cos2 β)2 Hay dos casos a) Si 1 − 2z cos2 β > 0, o sea 1 z< , 2 cos2 β ángulos de disparo grandes, entonces 1 cos α = q . z 2 sin2 2β 1+ (1−2z cos2 β)2 b) Si 1 − 2z cos2 β < 0, o sea 1 1>z> 2 cos2 β
  • 90. 80 Sistema de Partículas ángulos de disparo pequeños, entonces 1 cos α = − q . z 2 sin2 2β 1+ (1−2z cos2 β)2 Note que si 1 − 2z cos2 β = 0 cos α = 0, esto es el semieje mayor está a 90o del punto de lanzamiento, y el proyec- til cae diametralmente opuesto por la Tierra al punto de lanzamiento. N
  • 91. Capítulo 2 Sistema de referencia no inercial2.1. Ecuaciones de movimiento Las ecuaciones de Newton para un sistema de partículas deben ser formu-ladas respecto a un sistema inercial de referencia. De ser necesario utilizar unsistema no inercial, ya sea porque esté acelerado o tenga rotaciones respectoal inercial, podemos establecer las relaciones entre el movimiento absoluto,respecto al sistema inercial, y el movimiento relativo respecto al sistema noinercial en uso, como se explica a continuación. Respecto a la figura (2.1) sir indica el vector posición absoluto y r 0 indica el vector posición relativo deuna de las partículas del sistema, tenemos que r = rA + r 0 . (2.1)Para relacionar velocidades y aceleraciones, debemos considerar que la ve-locidad relativa y aceleración relativas son las derivadas del vector posiciónrelativo con vectores unitarios considerados constantes, entonces si ı ˆ ˆ r 0 = x0ˆ0 + y 0 j0 + z 0 k0 ,la velocidad y aceleración relativas son v rel ˙ˆ ˙ˆ = x0ˆ0 + y 0 j0 + z 0 k0 , ˙ı
  • 92. 82 Sistema de referencia no inercial z z y r’ r A O rA y x x Figura 2.1: Sistema no inercial a rel ¨ı ¨ˆ ¨ˆ = x0ˆ0 + y 0 j0 + z 0 k0 .La existencia del denominado vector velocidad angular ω del sistema móvil,será justificada en el capítulo sobre rotaciones, por ahora bastará aceptarque las derivadas de los vectores unitarios móviles están dadas por ω× elrespectivo vector unitario, de modo que se puede obtener d v = (rA + r0 ), dt d ˆ = vA + (x0ˆ0 + y 0 j0 + z 0 k0 ), ı ˆ dt d d dˆ ı ˆ ˙ı ˙ˆ ˙ˆ = vA + vA + (x0 ˆ0 + y 0 j0 + z 0 k0 ) + (x0ˆ0 + y 0 j0 + z 0 k0 ), dt dt dtes decir v = vA + ω × r 0 + v rel , (2.2)de manera similar puede demostrarse que a = aA + α × r 0 + 2ω × v rel + ω × (ω × r 0 ) + a rel . (2.3)Esta expresión es conocida como teorema de Coriolis. Aquí α representala aceleración angular o sea la derivada respecto al tiempo de la velocidadangular. En esta expresión los términos 2ω × v rel y aA + α × r 0 + ω × (ω × r 0 )son conocidos como la aceleración de Coriolis y la aceleración de arrastre de
  • 93. 2.2 Movimiento relativo a la tierra 83la partícula respectivamente. Considerando lo anterior, la Segunda Ley deNewton en el sistema no inercial de referencia tiene la expresión rel ma = F − m(aA + α × r 0 + 2ω × v rel + ω × (ω × r 0 )), (2.4)que puede interpretarse diciendo que la partícula obedece la segunda Leyen un sistema no inercial, pero a la fuerza real F hay que agregarle fuerzasficticias dadas por F arrastre = −m(aA + α × r 0 + ω × (ω × r 0 )),y F coriolis = −2mω × v rel .2.2. Movimiento relativo a la tierra Un ejemplo bastante cotidiano de sistema no inercial de referencia loconstituye la Tierra. Su no inercialidad se debe principalmente a la rotaciónterrestre respecto a su eje, que es muy aproximadamente constante y equiva-lente a una vuelta completa en 24 horas. Su valor en consecuencia es bastantepequeño 2π ω= = 7. 272 2 × 10−5 s−1 . 24 × 3600 Ello justifica la denominada aproximación ω 2 ≈ 0, donde se desprecian lostérminos en ω 2 . Si se considera como modelo a la tierra como perfectamenteesférica de masa M y radio R, podemos elegir como sistema no inercial fijoen la tierra un sistema con origen en la superficie terrestre en una latitudque denominaremos λ. El eje z se elije vertical—no necesariamente radial—el eje x perpendicular a z dirigido hacia el Sur, el eje y perpendicular a losanteriores, o sea hacia el Este, como se indica en la figura (2.2). La desviaciónentre la vertical del lugar y la dirección radial ε está exagerada en la figura.Su estimación se hace en la sección siguiente.2.2.1. Vertical y aceleración de gravedad del lugar Un primer efecto de la no inercialidad del sistema de referencia terrestrees que la vertical del lugar se desvía de la dirección radial terrestre y que
  • 94. 84 Sistema de referencia no inercial ω z0 z A y R λ φ x Figura 2.2: Sistema fijo a la Tierrala aceleración de gravedad depende de la latitud. En efecto, la definición depeso y de vertical se hacen de acuerdo a una plomada de masa m en situaciónestacionaria en la Tierra. Así la vertical es la dirección de la plomada y elpeso es de magnitud definida como la tensión en el hilo de la plomada. Paraesa situación estacionaria, la aceleración y velocidad relativas son cero, porlo tanto una aplicación de la ecuación 2.4 a esta situación implica GMm 0=T − r − maA , ˆ R2donde se ha considerado que además de la fuerza gravitacional actúa la ten-sión del hilo, la velocidad angular es constante y r 0 = 0. De acuerdo a loexplicado la dirección de T es el eje z y su magnitud se define como mg, elpeso del cuerpo y g la aceleración local de gravedad. Entonces tenemos que GMm mgˆ = z r + maA . ˆ (2.5) R2Además, la aceleración del origen A está dada por ˆ ˆ ˆ aA = ω k0 × (ωk0 × Rˆ) = Rω 2 (sin λ k0 − r). r ˆ (2.6)
  • 95. 2.2 Movimiento relativo a la tierra 85De modo que si se toma la magnitud de la ecuación (2.5) se obtiene sµ ¶2 GM 2GM g = − Rω2 cos2 λ + R2 ω 4 cos2 λ, (2.7) R2 R2 sµ ¶2 GM 2GM = −( − R2 ω 2 )ω 2 cos2 λ (2.8) R2 Rque se reduce en el Polo a GM gp = , R2y en el Ecuador a µ ¶ GM ge = − Rω 2 . R2La razón entre la aceleración centrípeta en el ecuador Rω2 y la aceleraciónde gravedad en el polo usualmente designada por β está dada por Rω 2 β= = 3. 425 7 × 10−3 , GM/R2de modo que ge = gp (1 − β).Para el caso de nuestro planeta (Serway, [12]), los valores numéricos pararadio promedio terrestre R = 6,37×106 m, masa de la tierra M = 5,98×1024kg, constante de gravitación G = 6,67259 × 10−11 N m2 kg−2 , ω = 24×3600 2πs−1 permiten estimar gp , ge numéricamente y aproximar la expresión (2.7)como sigue gp = 9. 833 7 m s−2 ge = 9,8 m s−2
  • 96. 86 Sistema de referencia no inercial 9.83 9.82 (a) 9.81 9.8 (b) 9.79 9.78 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 Figura 2.3: Gravedad local, tierra esférica (a) y real (b) sµ ¶2 GM 2GM g = − Rω 2 cos2 λ + R2 ω 4 cos2 λ ((a)) R2 R2 s GM 2Rω 2 cos2 λ R2 ω 4 cos2 λ = 1− GM + G2 M 2 R2 R2 R4 q = gp 1 − 2β cos2 λ + β 2 cos2 λ ≈ gp (1 − β cos2 λ) = ge (1 + β sin2 λ) = 9,8(1 + 0,003 425 7 × sin2 λ)Sin embargo, la tierra no es esférica y de acuerdo a la Unión Internacional deGeodesia y Geofísica de 1967, (pag. [8]) el valor de g al nivel del mar varíacon la latitud de acuerdo a g = 9,780309(1 + 0,00530238 sin2 λ− 0,000005850 sin2 (2λ) + ((b)) 0,00000032 sin2 λ sin2 2λ).Ambas expresiones están graficadas en función de λ (de 0 −→ π/2 = 1. 570 8)por las curvas superior (a) e inferior (b) respectivamente en la figura (2.3).Para propósitos prácticos las antiguas fórmulas todavía se usan, la llamadafórmula de Cassinis se cita como referencia g = 9,780490(1 + 0,0052884 sin2 λ − 0,0000059 sin2 (2λ)).
  • 97. 2.2 Movimiento relativo a la tierra 87Desviación de la vertical Una estimación del ángulo ε , entre la vertical y la dirección radial, puedeobtenerse de la misma ecuación referida anteriormente haciendo un productocruz de ella con r. El resultado que se obtiene es ˆ Rω 2 sin ε = sin λ cos λ, (2.9) go sea desviación cero en el Ecuador y en el Polo y desviación máxima para la-titud de 45 grados del orden de 0,1 grados. De acuerdo a los valores numéricosseñalados la última expresión puede ser aproximada a ε ≈ 0,003 sin λ cos λ. (2.10)2.2.2. Ecuación de movimiento aproximada Para movimientos en la vecindad del origen A, la ecuación (2.4) con laayuda de la ecuación (2.5) puede ser escrita como ˆ GMm ma = F − mgk + r − m(α × r + 2ω × v + ω × (ω × r)). ˆ R2Hemos suprimido las (0 ) y se entiende que las posiciones, velocidades y ace-leraciones son de ahora en adelante relativas a la Tierra. Además si con-sideramos que α = 0 y denotamos por f la fuerza actuante, fuera de lagravitacional, la aproximación considerada es ˆ ma = f − mgk − 2mω × v. (2.11)El movimiento de una partícula bajo la influencia de la aceleración local degravedad solamente (f = 0) dado por la ecuación (2.11) está determinado enesta aproximación (ω 2 ≈ 0) por ˆ a = −g k − 2ω × v,de donde por integración ˆ v = v(0) − gtk − 2ω × (r − r(0)),
  • 98. 88 Sistema de referencia no inercialque si es sustituida en la expresión de la aceleración haciendo ω2 = 0 eintegrada dos veces, conduce a ˆ ˆ a = −g k − 2ω × (v(0) − gtk) ˆ ˆ = −g k − 2ω × v(0) + 2gtω × kde donde la velocidad está dada por ˆ ˆ v = v(0) − gtk − 2tω × v(0) + gt2 ω × k,y la posición por 1 ˆ 1 ˆ r = r(0) + v(0)t − gt2 k − t2 ω × v(0) + gt3 ω × k. 2 3Esta expresión constituye la solución para el movimiento de un proyectil enlas cercanía de la Tierra para condiciones iniciales arbitrarias. Debe obser-varse que para cualquier caso se tiene que ˆ ω × k = ω cos λˆ jo sea ese término contribuye siempre a desviar la partícula hacia el Este. Esetérmino puede ser compensado para tiempos no muy grandes por el cuartotérmino si la partícula parte hacia arriba.2.2.3. Péndulo de Foucault Respecto al sistema de referencia Terrestre una masa puntual m se unemediante una cuerda liviana inextensible L a un punto fijo de coordenadas(0, 0, L) de modo que la partícula está en equilibrio relativa a la tierra (es-tacionaria) en el origen del sistema. Para una perturbación pequeña de laposición más baja, la ecuación de movimiento (2.11), escrita en coordenadascartesianas tiene por componentes max = Tx − 2m(−ω(sin λ)y), ˙ may = Ty − 2m((ω sin λ)x − (−ω cos λ))z, ˙ ˙ maz = Tz − mg − 2m(−ω cos λ)y.˙La tensión en la cuerda puede ser escrita como µ ¶ x y L−z T = − T, − T, T , L L L
  • 99. 2.2 Movimiento relativo a la tierra 89de modo que x x = − ¨ T + 2ωy sin λ, ˙ mL y y = − ¨ T − 2ω(x sin λ + z cos λ), ˙ ˙ mL L−z z = ¨ T − g + 2ω y cos λ. ˙ mLDe la tercera ecuación del último grupo, si z es pequeño, entonces T ≈mg − 2mω y cos λ. De modo que las ecuaciones aproximadas de movimiento ˙en el plano xy serán g x + x − 2ωy sin λ = 0, ¨ ˙ L g y + y + 2ω x sin λ = 0. ¨ ˙ L ˆSi denotamos por Ω = (−ω sin λ)k y por R = (x, y) al vector posición en elplano, las dos últimas ecuaciones pueden ser escritas en una sola como d2 d g 2 R − 2Ω × R + R = 0, (2.12) dt dt Ldonde se derivan solamente las coordenadas. En términos simples, esas deri-vadas son la velocidad y aceleración del punto del plano relativas al sistema(x, y, z). Podemos relacionar con las velocidades y aceleraciones relativas aotro sistema que tiene el mismo origen y rota con velocidad angular Ω, perodespreciando términos en Ω2 , de acuerdo a d ∂ R = R + Ω × R, dt ∂t d2 ∂2 ∂ 2 R = 2 R + 2Ω × R, dt ∂t ∂tpor lo tanto la ecuación para la variación relativa de las coordenadas es ∂2 ∂ ∂ g 2 R + 2Ω × R − 2Ω × R + R ≈ 0, ∂t ∂t ∂t Lo bien ∂2 g 2 R + R ≈ 0. (2.13) ∂t L
  • 100. 90 Sistema de referencia no inercial pEsto es, oscilaciones de frecuencia angular ω = g/L respecto a un sistemaque rota respecto a la vertical del lugar con la frecuencia angular (precesión de ˆFoucault) (−ω sin λ)k. El movimiento de este péndulo ha sido iniciado desdeel origen con alguna velocidad inicial pequeña. Si el movimiento es iniciadodesde un punto alejado de la vertical, se manifiesta otro efecto (precesión delpéndulo esférico) que se describe en la sección siguiente y con más detallesen el apéndice.2.2.4. Péndulo esférico Un efecto similar al de Foucault pero de menor magnitud ocurre cuandoel movimiento del péndulo se inicia desde una posición alejada de la verticalcon alguna velocidad inicial de precesión o nula, aun cuando este movimien-to sea respecto a un sistema inercial. Este efecto de “área” es deducido enel apéndice y en la referencia Synge, p.56 [14], “ la velocidad angular ae-rolar es (3/8)α2 ω sin λ”. En el movimiento relativo a la tierra que rota, siel movimiento de la partícula se inicia desde un punto alejado de la verticalquemando un hilito que la sostiene (en reposo relativo a la tierra), la rotaciónterrestre causa que exista una velocidad absoluta de precesión inicial distintade cero, por lo cual el efecto de precesión proporcional al área de la elipsese manifestará. Sin rotación terrestre el movimiento estaría en un plano ver-tical. Considerando la rotación terrestre veremos que si la amplitud angularinicial es pequeña, la órbita proyectada en un plano horizontal es una elipseque precesa en torno de la vertical con una velocidad angular de precesiónmucho menor que la de Foucault.2.3. Teorema de Larmor Respecto a un sistema inercial, si parte de la fuerza que actúa sobre una ˆpartícula es perpendicular a la velocidad y a una dirección fija k0 de modoque ˆ F = f + αv × k0 ,una simplificación de la ecuación de movimiento en el sistema de referenciainercial se logra si se utiliza un sistema de referencia (no inercial) que rota ˆcon velocidad angular constante en la dirección fija k0 . La segunda ley deNewton nos daría, para un origen A fijo ˆ ma rel = f + αv × k0 − m(2ω × v rel + ω × (ω × r)),
  • 101. 2.3 Teorema de Larmor 91 ˆpero aquí conviene elegir ω = ω k0 , resultandoma rel = f + α(v rel ˆ ˆ ˆ + ω k0 × r) × k0 − 2mωk0 × v rel ˆ ˆ − mω k0 × (ω k0 × r)),o bien ma rel ˆ ˆ ˆ = f + αv rel × k0 + αω(k0 × r) × k0 + 2mωv rel ˆ × k0 ˆ ˆ −mω k0 × (ωk0 × r)),y si se escoge ω de modo que los términos dependientes de la velocidadrelativa se cancelen, o sea α ω=− , (2.14) 2mse obtiene que la ecuación de movimiento en ese sistema rotante de referenciaes α2 ˆ ˆ ma rel = f + (k0 × (k0 × r)), 4ecuación que puede ser aproximada, si el término en α2 puede ser despreciado,a la siguiente ecuación ma rel = f .O sea, el efecto de una fuerza perturbadora pequeña (α ≪ 1) del tipoconsiderada equivale a resolver el problema dado por la fuerza f en un sistemaque rota con la velocidad angular adecuada (2.14). Un ejemplo lo constituyenelectrones o cargas e que están describiendo órbitas debido a la presenciade alguna fuerza central f . Si se aplica un campo magnético de magnitud ˆconstante B en una dirección fija k0 la fuerza adicional llamada fuerza deLorentz está dada por ˆ ev × B = eBv × k0 .Por lo tanto, la influencia de un campo magnético pequeño es hacer precesarlas órbitas en torno a un eje en la dirección del campo magnético con lavelocidad angular de Larmor eB ω=− , 2msi el campo magnético es pequeño.
  • 102. 92 Sistema de referencia no inercial2.4. Ejercicios resueltosEjercicio 2.4.1 Una barra lisa OM de largo 2a, ubicada en el plano verticalque contiene al Este, está inclinado en un ángulo α respecto de la horizontal.Por ella se desliza una argolla pequeña P, partiendo desde el extremo M.Calcular la reacción de la barra sobre la argolla cuando ella pasa por el puntomedio de la barra si se toma en cuenta la rotación de la tierra. Solución. Para este caso utilizamos ˆ ma = f − mgk − 2mω × v,donde f será la reacción normal que no tiene componente a lo largo de v.Las coordenadas de la partícula serán x = 0, y, z = y tan α,luego ˆ r = yˆ + y tan αk, j ˆ v = yˆ + y tan αk, ˙j ˙ ˆ a = y j + y tan αk, ¨ˆ ¨Proyectando la ecuación de movimiento a lo largo de v ˆ ˆ a · v = −gk · v , ˆo sea y + y tan2 α = −g tan α, ¨ ¨ g tan α y = − ¨ = −g sin α cos α, y(0) = 2a cos α, y(0) = 0. ˙ sec2 αluego 1 y = 2a cos α − gt2 sin α cos α, 2 y = −gt sin α cos α ˙ además ˆ ω = −ω cos λˆ + ω sin λk, ı
  • 103. 2.4 Ejercicios resueltos 93si despejamos f y reemplazamos ˆ ˆ ˆ ˆ f = m¨(ˆ + tan αk) + mg k + 2myω(− cos λˆ + sin λk) × (ˆ + tan αk), y j ˙ ı jo en componentes fx = 2mgωt sin α cos α sin λ, fy = −mg sin α cos α − 2mgωt sin2 α cos λ, fz = mg cos2 α + 2mgωt sin α cos α cos λ,el tiempo será obtenido de 1 y = 2a cos α − gt2 sin α cos α = a cos α, 2luego r 2a t= . g sin α NEjercicio 2.4.2 Una partícula se lanza verticalmente hacia arriba con ve-locidad Vo en un punto de latitud λ. Encontrar el punto sobre el que vuelvea caer si se toma en cuenta la rotación de la tierra en la aproximación usualde primer orden en ω. Solución. Usamos 1 ˆ 1 ˆ r = r(0) + v(0)t − gt2 k − t2 ω × v(0) + gt3 ω × k, 2 3 ˆ ˆ ˆcon v(0) = V0 k, r(0) = 0, además que ω × k = −ω cos λˆ, ω × v(0) = ω × V0 k jresultando ˆ 1 ˆ ˆ 1 ˆ r = V0 tk − gt2 k − V0 t2 ω × k + gt3 ω × k, 2 3 ˆ 1 ˆ 1 = V0 tk − gt2 k + (V0 t2 − gt3 )ω cos λˆ j 2 3o sea 1 z = V0 t − gt2 , 2 1 y = (V0 − gt)ωt2 cos λ, 3
  • 104. 94 Sistema de referencia no inercial 2V0cae en z = 0, t = g y 4 ω y = V03 2 cos λ. 3 g NEjercicio 2.4.3 Una partícula se mueve, por la acción de la gravedad, sobreun plano inclinado en el ángulo α respecto de la horizontal y que rota conpequeña velocidad angular respecto de un eje vertical fijo, que intercepte elplano en el punto 0. Tomando ejes rectangulares OXY fijos en el plano demodo que el eje OX está orientado a lo largo de la línea de máxima gradiente,demostrar que si inicialmente la partícula parte del reposo desde 0, que sudesviación desde OX, después de t segundos, viene dada aproximadamentepor 1 ωgt3 sin 2α 6siempre que se desprecien los términos en ω 2 . Solución. Aquí no se considera la rotación terrestre. Para el sistemaOXY Z podemos usar ˆ N − mg k0 = m(2ω × v + a), ˆ ˆ k0 = − sin αˆ + cos αk ıdonde ˆ ω = ω(− sin αˆ + cos αk), ıtomando las componentes x, y de la ecuación resulta −2ω(cos α)y + x = g sin α ˙ ¨ 2ω(cos α)x + y = 0, ˙ ¨integramos la primera −2ω(cos α)y + x = gt sin α, ˙reemplazamos x en la segunda despreciando términos en ω2 resultando ˙ 2ω(cos α)gt sin α + y = 0, ¨o sea y = −2ωgt cos α sin α = −ωgt sin 2α, ¨
  • 105. 2.4 Ejercicios resueltos 95e integrando dos veces 1 y = − ωgt3 sin 2α. 6 NEjercicio 2.4.4 Una partícula de masa m se mueve en movimiento armó-nico simple y = a cos nt en una ranura suave orientada en E a 0 sobre lasuperficie de la tierra en un punto de latitud λ. Demostrar que, si desprecianlos términos que contienen el cuadrado de la velocidad angular de la tierra, lareacción de la ranura tiene una componente horizontal en ángulo recto respec-to al movimiento y de magnitud 2manω sin λ sin nt y una componente verticalcuya magnitud fluctúa armónicamente, con una amplitud 2manω cos λ . Solución. Nuevamente ˆ ma = f − mgk − 2mω × v,donde f será la reacción normal que no tiene componente a lo largo de v.Las coordenadas de la partícula serán x = 0, y = a cos nt, z = 0,luego r = a(cos nt)ˆ, j v = −an(sin nt)ˆ, j 2 a = −an (cos nt)ˆ,j además ˆ ω = −ω cos λˆ + ω sin λk, ıluego ˆ f = ma + mg k + 2mω × v, j ˆ ı ˆ = −man2 (cos nt)ˆ + mgk − 2m(−ω cos λˆ + ω sin λk) × an(sin nt)ˆ, j 2 ˆ ˆ = −man (cos nt)ˆ + mgk − 2m(−ω cos λk − ω sin λˆ)an(sin nt), j ıo sea fx = 2manω(sin λ) sin nt, fz = mg + 2man(ω cos λ)(sin nt),que prueban lo pedido.
  • 106. 96 Sistema de referencia no inercial NEjercicio 2.4.5 Una partícula de masa m puede deslizar sin roce en el in-terior de un tubo pequeño doblado en forma de un círculo de radio a. Inicial-mente se hace rotar en torno de un diámetro vertical el tubo con velocidadω 0 estando la partícula en una posición definida por el ángulo θ0 respecto dela vertical. Estudiar el movimiento subsiguiente de la partícula. ω0 θ r Solución. De acuerdo al Teorema de Coriolis, tomando como sistema dereferencia rotante al aro, la aceleración absoluta es dω a = aO + × r + 2ω × vrel + ω × (ω × r) + arel , dtdonde aO = 0, dω = 0, dt ω ˆ = ω 0 k, v rel = aθˆ ˙ θ, arel θθ ˙2ˆ = a¨ˆ − aθ r,entonces resultará ˆ ˙θ ˆ ˆ ˆ θθ ˙2ˆ ma = m(2ω 0 k × aθˆ + aω 2 k × (k × r) + a¨ˆ − aθ r) = N − mgk. ˆ 0La ecuación de movimiento resulta eliminando N lo que se logra tomándolacomponente tangencial ·ˆ de la última ecuación. Así θ aω2 (k × (k × r)) · ˆ + a¨ = −g k · ˆ 0 ˆ ˆ ˆ θ θ ˆ θ,
  • 107. 2.4 Ejercicios resueltos 97o sea g ω 2 (k × (k × r)) · ˆ + ¨ = 0 ˆ ˆ ˆ θ θ sin θ, a ¨ − ω2 cos θ sin θ = g sin θ. θ 0 aPodemos integrarla una vez sabiendo que θ(0) = θ0 , ˙ θ(0) = 0,resultando 1 ˙2 1 2 g θ + ω 0 (cos2 θ − cos2 θ0 ) = − (cos θ − cos θ0 ). 2 2 a ˙Analicemos sobre la existencia de un punto de retorno, donde θ = 0. Unasolución es el punto de partida θ0 . Otro existe si 2g cos θ1 = − cos θ0 − > −1, aω20lo cual requiere que 2g aω 2 > 0 . 1 − cos θ0Esto significa que si se cumple lo anterior, la partícula oscila entre θ0 y θ1 .Caso contrario la partícula oscila entre θ0 y 2π − θ0 . Note que en el primercaso existe un punto estacionario θe donde ¨ = 0, este satisface θ g cos θe = − aω20y se cumple que cos θ1 + cos θ0 cos θe = . 2 NEjercicio 2.4.6 Una partícula de masa m, puede deslizar, sin fricción enun tubo rígidamente unido en un ángulo θ0 = 60o con un eje vertical quegira con velocidad constante ω 0 tal que ω 2 = 2g/r0 . Si la partícula se lanza 0 ppor el interior del tubo con las condiciones iniciales: r = r0 , r = − gr0 /2 ˙encontrar el menor valor que alcanza el radio r en el movimiento de la par-tícula.
  • 108. 98 Sistema de referencia no inercial ω0 θ0 O r Solución. Similarmente al problema anterior, tomando como sistema ro-tante al tubo, tenemos dω a = aO + × r + 2ω × vrel + ω × (ω × r) + arel , dtdonde aO = 0, dω = 0, dt ω ˆ = ω 0 k, rel v = rˆ, ˙r arel = rr, ¨ˆluego resulta ˆ ˙r ˆ ˆ r ¨ˆ ˆ ma = m(2ω0 k × rˆ + ω2 k × (k × rˆ) + rr) = N − mgk. 0Tomemos la componente radial ˙ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 2ω0 r(k × r) · r + ω 2 (k × (k × rˆ)) · r + r = −g k · r, 0 r ˆ ¨luego r − ω2 r sin2 θ0 = −g cos θ0 . ¨ 0Pero ω2 = 2g/r0 luego 0 2g r= ¨ r sin2 θ0 − g cos θ0 . r0
  • 109. 2.4 Ejercicios resueltos 99El punto donde la partícula podría estar estacionaria es 1 cos θ0 1 1 1 re = r0 2 = r0 2 = r0 . 3 2 sin θ0 2 4 3Luego en el punto de partida la partícula es lanzada hacia el punto esta-cionario. ¿Llegará? Integrando la ecuación de segundo orden respecto a rtenemos 1 2 1 2 g r − r0 = (r2 − r0 ) sin2 θ0 − g(r − r0 ) cos θ0 . ˙ ˙ 2 2 2 r0Hagamos r = 0 y θ0 = 60o ˙ gr0 g 2 2 3 1 − = (r − r0 ) − g(r − r0 ) , 4 r0 4 2 3 2 0 = r − 2r, r0 2 rm´ = r0 . ın 3 NEjercicio 2.4.7 Un plano suave inclinado en un ángulo con respecto a lahorizontal está rígidamente conectado con un eje vertical en 0 (fijo en elespacio) alrededor del cual se mueve con una velocidad angular uniforme.Una partícula de masa unitaria se mueve bajo la acción de la gravedad sobreel plano. z0 ω z y O xPruebe que si x es el desplazamiento de la partícula a lo largo de la línea demáxima pendiente que pasa por 0, entonces: d4 x d2 x + ω 2 (3 cos2 α − 1) 2 + xω 4 cos2 α = gω 2 sin α. dt4 dt
  • 110. 100 Sistema de referencia no inercialSi se desprecian los términos en ω 2 , pruebe que: 1 y(t) = − ωgt3 sin 2α 6si la partícula parte en reposo del origen. Solución. Si tomamos como sistema de referencia al sistema OXY Z el ˆcual rota con velocidad angular ω = ωk0 , tenemos que dω ˆ m(aO + × r + 2ω × v rel + ω × (ω × r) + arel ) = N − mg k0 , dt ˆ m(2ω × v rel + ω × (ω × r) + arel ) = N − mg k0 ,tomando las componentes según ejes X, Y resulta ˆ 2ωk0 × yˆ · ˆ + ω 2 (x sin2 α − x) + x = −g sin α, ˙j ı ¨ 2ωkˆ0 × xˆ · j − ω 2 y + y = 0, ˙ı ˆ ¨o bien x − 2ω y cos α − ω2 x cos2 α = −g sin α, ¨ ˙ y + 2ω x cos α − ω 2 y = 0, ¨ ˙luego haciendo algunas derivadas x − 2ω y cos α − ω 2 x cos2 α = −g sin α, ¨ ˙ .... ... x − 2ω y cos α − ω 2 x cos2 α = 0, ¨ ... y + 2ω¨ cos α − ω 2 y = 0, x ˙eliminamos y entre la primera y la tercera ˙ ... ( y + 2ω¨ cos α) x x − 2ω ¨ cos α − ω 2 x cos2 α = −g sin α, ... ω2 y x − 2 cos α − 4¨ cos2 α − ω 2 x cos2 α = −g sin α, ¨ x ωde la segunda del grupo anterior eliminamos .... ... x − ω2 x cos2 α ¨ y = , 2ω cos α
  • 111. 2.4 Ejercicios resueltos 101resultando d4 x d2 x + ω 2 (3 cos2 α − 1) 2 + xω 4 cos2 α = gω 2 sin α. dt4 dtAhora, las ecuaciones originales al despreciar términos en ω 2 son x − 2ω y cos α = −g sin α, ¨ ˙ y + 2ωx cos α = 0, ¨ ˙integrando la segunda y + 2ωx cos α = 0, ˙de vuelta en la primera 1 x = −g sin α ⇒ x = −gt sin α ⇒ x = − gt2 sin α, ¨ ˙ 2luego 1 y = ωgt2 sin α cos α ⇒ y = ωgt3 sin α cos α. ˙ 3 NEjercicio 2.4.8 Una partícula de masa m cae desde el reposo desde unaaltura h. Determinar x, y, z en función del tiempo, tomando en cuenta larotación de la tierra, en la aproximación usual de primer orden en ω. Solución. Esto es resuelto por (??) 1 ˆ 1 ˆ r = r(0) + v(0)t − gt2 k − t2 ω × v(0) + gt3 ω × k, 2 3colocando las condiciones iniciales adecuadas ˆ 1 ˆ 1 r = hk − gt2 k + gt3 ω × k, ˆ 2 3 ˆ 1 ˆ 1 = hk − gt2 k + gt3 ω cos λˆ j 2 3o sea x = 0, 1 3 y = gt ω cos λ, 3 1 z = h − gt2 . 2
  • 112. 102 Sistema de referencia no inercial NEjercicio 2.4.9 Una partícula de masa m cae desde una altura h por elinterior de un tubo liso vertical. Determinar z en función del tiempo y lareacción del tubo debido a la rotación terrestre. Solución. Ahora, llamando N la reacción normal, tenemos ˆ ma = N − mgk − 2mω × v,con ˙ˆ v = z k, ¨ˆ a = z k,luego zˆ ˆ ˆ m¨k = N − mg k − 2mzω × k, ˙ zˆ ˆ m¨k = N − mg k − 2mzω cos λˆ, ˙ jde donde 1 z = −g ⇒ z = h − gt2 , ¨ 2 N = (2mzω cos λ)ˆ = −(2mgtω cos λ)ˆ. ˙ j j NEjercicio 2.4.10 Una partícula de masa m está vinculada a un plano lisohorizontal OXY sometida a una fuerza −kr hacia un origen O en el plano,siendo k una constante, Determinar las coordenadas sobre el plano (x, y) yla reacción del plano en función del tiempo tomando en cuenta la rotaciónde la tierra. Solución. Similarmente, con z = 0 ˆ ˆ ma = N k − kr − mg k − 2mω × v.Usando coordenadas cartesianas en el plano AXY y tomando componentesX, Y tenemos k x = − ¨ x + 2yω sin λ, ˙ m k y = − y − 2xω sin λ. ¨ ˙ m
  • 113. 2.4 Ejercicios resueltos 103Estas son las ecuaciones diferenciales a integrar. Lo dejaremos como trabajode investigación. NEjercicio 2.4.11 Una partícula de masa m está vinculada a un plano lisohorizontal. Determinar las coordenadas sobre el plano (x, y), y la reaccióndel plano en función del tiempo tomando en cuenta la rotación terrestre. Solución. Ahora, a diferencia del problema anterior no hay fuerza elás-tica, luego resultará x = 2yω sin λ, ¨ ˙ y = −2xω sin λ. ¨ ˙Es preciso dar condiciones iniciales para integrar. Supongamos que inicial-mente x(0) = 0, y(0) = 0 x(0) ˙ = U, y(0) ˙ = V.Al integrar una vez resultará x − U = 2yω sin λ, ˙ y − V = −2xω sin λ. ˙Luego, en la aproximación ω 2 = 0, se tiene x = 2(V − 2xω sin λ)ω sin λ 2V ω sin λ, ¨ y = −2(U + 2yω sin λ)ω sin λ −2Uω sin λ. ¨Movimiento uniformemente acelerado que es trivial integrar. N
  • 114. 104 Sistema de referencia no inercial
  • 115. Capítulo 3 Rotaciones.3.1. Rotaciones de un sistema. Se estudiarán las rotaciones de un sistema. El sistema a rotar puede ser elobjeto físico, lo que se denomina punto de vista activo, o el sistema de coor-denadas, punto de vista pasivo. Ambos puntos de vista difieren simplementeen el sentido de la rotación.3.1.1. Rotaciones de un sistema de coordenadas. Entre los cambios de posición o desplazamientos que puede experimentarun sistema de coordenadas, o un cuerpo rígido, son importantes los casosparticulares conocidos como traslaciones paralelas y rotaciones. En una tras-lación, todas las posiciones cambian en un mismo vector desplazamiento Tde modo que r 0 = r + T.Por otro lado, una rotación, mantiene inalterada las posiciones de todos lospuntos pertenecientes al llamado eje de la rotación. Al respecto, cabe destacarel siguiente teorema debido a Euler:I Teorema 3.1Todo cambio de posición de un sistema que mantiene un punto fijo, puedeser logrado en forma equivalente mediante una rotación. Un enunciado equivalente es:
  • 116. 106 Rotaciones.I Teorema 3.2Al cambiar de posición un cuerpo rígido (infinitamente extenso) manteniendofijo uno de sus puntos, existe otro punto del cuerpo que recobra su posiciónoriginal.Una demostración simple de este teorema se encuentra en el libro de Mecánicade Synge y Griffith.[13] z z y y x x Figura 3.1:Consideremos un sistema cartesiano de ejes x, y, z o xi (i = 1, 2, 3) convectores unitarios ortogonales ei y otro con el mismo origen (el punto que ˆno ha cambiado de posición) de ejes x0i (o x 0 , y 0 , z 0 ) con vectores unitariosortogonales e0i. . El índice i variará entre 1 y 3, ver figura (3.1). Debido al ˆteorema de Euler, existe una rotación equivalente al cambio de posición delsistema original al nuevo sistema.Cosenos directores. Los cosenos directores de las direcciones e0i , se definen como sus proyec- ˆciones sobre los vectores unitarios originales ei y se denotarán por αi , β i , ˆγ i (i = 1, 2, 3), así e01 = α1 e1 + α2 e2 + α3 e3 , ˆ ˆ ˆ ˆ e02 = β 1 e1 + β 2 e2 + β 3 e3 , ˆ ˆ ˆ ˆ e03 = γ 1 e1 + γ 2 e2 + γ 3 e3 , ˆ ˆ ˆ ˆ
  • 117. 3.1 Rotaciones de un sistema. 107o, en notación matricial ⎛ 0 ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ e1 ˆ α1 α2 α3 e1 ˆ ⎝ e02 ⎠ = ⎝ β 1 β 2 β 3 ⎠ ⎝ e2 ⎠ . ˆ ˆ 0 e3 ˆ γ1 γ2 γ3 e3 ˆDe los nueve cosenos directores hay solo 3 independientes porque la orto-gonalidad entre los vectores unitarios conduce a seis relaciones entre ellos.Explícitamente, dichas relaciones son, escritas matricialmente ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ α1 α2 α3 α1 β 1 γ 1 1 0 0 ⎝ β 1 β 2 β 3 ⎠ ⎝ α2 β 2 γ 2 ⎠ = ⎝ 0 1 0 ⎠ , (3.1) γ1 γ2 γ3 α3 β 2 γ 3 0 0 1que además pueden escribirse αi αj + β i β j + γ i γ j = δ i j ,siendo δ i j el delta de Kronecker. Preferiremos usar la notación a1i = αi , a2i = β i , a3i = γ i ,o sea aij = e0i · ej , ˆ ˆde manera que la relación (3.1) puede escribirse AAT = I, con A = {aij } .La matriz A llamada la matriz de rotación, por la propiedad anterior, es unamatriz ortogonal.Rotación pasiva de un vector. Aquí se consideran las rotaciones desde un punto de vista pasivo, es decirse rota el sistema de coordenadas, y en consecuencia el vector permaneceinalterado pero se modifican sus componentes, es decir X X r= xi ei = ˆ x0i e0i , ˆ i ide donde, por la ortogonalidad de los vectores unitarios, se puede obtener X x0i = aij xj . j
  • 118. 108 Rotaciones.Rotación activa de un vector. Aquí se consideran las rotaciones desde un punto de vista activo, es decirse rota el vector permaneciendo inalterado el sistema de referencia. Esencial-mente se tiene el mismo resultado, pero ahora X r = xi ei , ˆ X r0 = x0i ei . ˆNote que se modifican las componentes pero se mantienen los mismos vectoresunitarios. La idea es que el vector rotado tiene sus componentes en el sistemaoriginal, iguales a las del vector original en un sistema rotado en sentidocontrario. De modo que X x0i = aji xj , jdonde se ha considerado que R−1 = RT .Ejercicio 3.1.1 Demuestre que una transformación lineal con una matrizortogonal, transformación ortogonal, conserva el producto escalar entre dosvectores y sus magnitudes. y x θ z Figura 3.2: Rotación en torno a un ejeRotación en torno de los ejes cartesianos. Una rotación del sistema en torno de los ejes cartesianos, en sentidoscontrario a los punteros de un reloj, mirando hacia el eje, ver figura (3.2) es
  • 119. 3.1 Rotaciones de un sistema. 109realizada por las siguientes matrices Una rotación del sistema en torno delos ejes cartesianos, en sentidos contrario a los punteros de un reloj, mirandohacia el eje, ver figura (3.2) es realizada por las siguientes matrices: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 0 0 0 Rx (θ) = ⎝ 0 1 0 ⎠ + sin θ ⎝ 0 0 −1 ⎠ + 0 0 1 0 1 0 ⎛ ⎞ 0 0 0 (1 − cos θ) ⎝ 0 −1 0 ⎠ 0 0 −1 ⎛ ⎞ 1 0 0 = ⎝ 0 cos θ − sin θ ⎠ . 0 sin θ cos θSimilarmente se encuentran ⎛ ⎞ cos θ 0 sin θ Ry (θ) = ⎝ 0 1 0 ⎠, − sin θ 0 cos θ ⎛ ⎞ cos θ − sin θ 0 Rz (θ) = ⎝ sin θ cos θ 0 ⎠ . 0 0 1Rotación de un vector en un ángulo φ respecto a un eje especificadopor n. ˆ Considere una rotación activa de un vector r en torno de un eje n en un ˆángulo φ en el sentido de avance de n. (Esto equivale a una rotación pasiva ˆcon un ángulo de −φ. ) De la figura (3.3) es posible demostrar que el vectorrotado r 0 puede escribirse r 0 = r + (sin φ)ˆ × r + (1 − cos φ)ˆ × (ˆ × r) . n n n (3.2)La expresión (3.2), puede escribirse en notación matricial. Para ello considerela siguiente forma de realizar un “producto cruz ” ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ay bz − az by 0 −az ay bx a × b = ⎝ az bz − ax bz ⎠ = ⎝ az 0 −ax ⎠ ⎝ by ⎠ , ax by − ay bx −ay ax 0 bz
  • 120. 110 Rotaciones. ⌃ n ⌃ n xr C r’ r φ φ C ⌃ ⌃ (n x r ) xn O Figura 3.3: Rotación activa de un vectoro sea, en forma matricial, el producto cruz es realizado mediante multiplica-ción por una matriz 3 × 3 que llamaremos (a×) ⎛ ⎞ 0 −az ay (a×) = ⎝ az 0 −ax ⎠ , −ay ax 0de modo que, en términos matriciales £ ¤ r 0 = I + (sin φ)(ˆ ×) + (1 − cos φ)(ˆ ×)2 r, n n (3.3)por lo cual, la matriz de la rotación (activa) es £ ¤ Rn (φ) = I + (sin φ)(ˆ ×) + (1 − cos φ)(ˆ ×)2 . ˆ n nAngulo y eje de la rotación. Si la matriz de rotación es conocida, entonces el ángulo y el eje son cal-culables de acuerdo a T r(R) = 1 + 2 cos φ , (3.4) R − RT = 2(sin φ)(ˆ ×) . n (3.5)En efecto la expresión de la matriz de rotación es R = I + (sin φ) (ˆ ×) + (1 − cos φ)(ˆ ×)2 . n n
  • 121. 3.1 Rotaciones de un sistema. 111Debemos recordar que la matriz (n×) es antisimétrica y dada por ⎛ ⎞ 0 −nz ny (ˆ ×) = ⎝ nz n 0 −nx ⎠ , −ny nx 0con traza nula. La matriz (n×)2 resulta simétrica con expresión ⎛ ⎞ −n2 − n2 y z nx ny nx nz (ˆ ×)2 = ⎝ ny nx n −n2 − n2 x z ny nz ⎠ , nz nx nz ny −n2 − n2 x yy su traza es −2. Así resulta entonces Tr (R) = 3 + (1 − cos φ)(−2),que prueba el primer resultado. Ahora considere RT = I − (sin φ)(ˆ ×) + (1 − cos φ)(ˆ ×)2 , n nde modo que resulta R − RT = 2 sin φ (ˆ ×). nEjercicio 3.1.2 Demuestre que (a×)3 = − |a|2 (a×) .Ejercicio 3.1.3 Demuestre que formalmente puede escribirse: Rn (φ) = eφ (ˆ ×) . ˆ nRotaciones infinitesimales y sus generadores. Considere la siguiente descomposición:⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 −az ay 0 0 0 0 0 1 0 −1 0⎝ az 0 −ax ⎠ = ax ⎝ 0 0 −1 ⎠+ay ⎝ 0 0 0 ⎠+az ⎝ 1 0 0 ⎠ . −ay ax 0 0 1 0 −1 0 0 0 0 0Si se definen ⎛ ⎞ 0 0 0 I1 = Ix = ⎝ 0 0 −1 ⎠ , 0 1 0
  • 122. 112 Rotaciones. ⎛ ⎞ 0 0 1 I2 = Iy = ⎝ 0 0 0 ⎠ , −1 0 0 ⎛ ⎞ 0 −1 0 I3 = Iz = ⎝ 1 0 0 ⎠ , 0 0 0puede probarse directamente que [Ii , Ij ] = Ii Ij − Ij Ii = εijk Ik . (3.6)Las matrices Ii se denominan los generadores de rotaciones infinitesimales yellas obedecen la denominada álgebra de Lie, definida por la relación básica(3.6). En efecto, si el ángulo de rotación es infinitésimo, la relación (3.3)puede escribirse r 0 = r + φ(ˆ ×)r, nes decir r 0 = [I + φ(ˆ ×)]r. nSi un ángulo finito φ es descompuesto en n partes, puede obtenerse la expre-sión para una rotación finita activa al tomar el límite µ ¶n 0 φ ım I + (ˆ ×) r = l´ n r, n−→∞ no sea r 0 = eφ(ˆ ×) r. n3.1.2. Ángulos de Euler. Una de las diversas formas de parametrizar una rotación de un sistema,es mediante los ángulos de Euler que definiremos de acuerdo a lo siguiente,ver figura (10.3).
  • 123. 3.1 Rotaciones de un sistema. 113 z y z θ y Ψ φ x x ⌃ n Primero una rotación en ángulo Φ en torno del eje z original. Segundo una rotación en ángulo Θ respecto al nuevo eje x (eje n) y ˆ finalmente una rotación en ángulo Ψ respecto a la posición del eje z de la rotación anterior y que es por lo tanto el eje z (z’) final.El mismo efecto puede ser logrado haciendo una sucesión de tres rotacionesen esos mismos ángulos pero respecto a los ejes originales. La demostraciónanalítica se deja como problema, aquí se establece el resultado desde un puntode vista intuitivo R = Rz0 (Ψ)Rn (θ)Rz (φ) = Rz (φ)Rx (θ)Rz (Ψ) , (3.7)de modo que la matriz de la rotación (activa) resultante será ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ cos φ − sin φ 0 1 0 0 cos Ψ − sin Ψ 0 ⎝ sin φ cos φ 0 ⎠ ⎝ 0 cos θ − sin θ ⎠ ⎝ sin Ψ cos Ψ 0 ⎠ . 0 0 1 0 sin θ cos θ 0 0 1Note cuidadosamente que se trata de rotaciones de un punto de vista activo(rotar el sistema físico). Si ellas son rotaciones de un punto de vista pasi-vo (rotar el sistema de coordenadas), todos los ángulos involucrados debencambiarse de signo.
  • 124. 114 Rotaciones.3.1.3. Parámetros de Cayley Klein.Matrices unimodulares. Hemos visto que una rotación depende de tres parámetros, por ejemplocuando ella se expresa en términos de los ángulos de Euler. Sin embargoes de interés otra parametrización que es relevante por presentar conceptosteóricos importantes. Para ello, consideraremos transformaciones lineales enun espacio bidimensional de números complejos de la forma u0 = αu + βv, v 0 = γu + δv ,siendo u, v, u0 , v 0 , α, β, γ, δ números complejos. Además restringiremos el estu-dio a matrices de transformación Q del grupo SU(2), es decir matrices 2 × 2,unitarias y de determinante +1, matrices que se denominan unimodulares.Demostraremos luego que las transformaciones de similaridad generadas conestas matrices, describen rotaciones. Las condiciones que definen las matricesunimodulares, restringen el número de parámetros reales de las cuales ellaspueden depender, a sólo tres. En efecto, las condiciones son µ ¶ α β Q= , QQ† = I, det(Q) = +1 , (3.8) γ δentonces αα + ββ = 1 , (3.9) γγ + δδ = 1 , (3.10) αγ + βδ = 0 , (3.11) γα + δβ = 0 , (3.12) αδ − βγ = 1 . (3.13)Los parámetros α, β, γ, δ se denominan parámetros de Cayley Klein. Comola matriz Q tiene en general 8 componentes reales, las 5 condiciones dejansólo 3 parámetros independientes. La eliminación explícita no es convenientellevarla a cabo completamente. Podemos señalar que las relaciones anterioresconducen a δ=α , γ = −β , (3.14)de modo que las matrices Q pueden expresarse mediante: µ ¶ α β Q= , con |α|2 + |β|2 = 1. (3.15) −β α
  • 125. 3.1 Rotaciones de un sistema. 1153.1.4. Transformaciones de similaridad. Consideremos el grupo de matrices P, 2 × 2, hermíticas con traza nula.La forma más general de esas matrices es: µ ¶ z x − iy P = , (3.16) x + iy −zcon x, y, z reales. Las transformaciones de similaridad generadas por las ma-trices Q, tienen las siguientes propiedades, que se dejan como problemas:Ejercicio 3.1.4 Demuestre que la transformación de similaridad de unamatriz A, definida por A0 = QAQ†tiene las siguientes propiedades: a) conserva el caracter de hermiticidad de A. b) conserva el determinante de A. c) conserva la traza de A.Se desprende entonces que las transformadas de similaridad de las matricesP, son de la misma forma, es decir µ ¶ µ ¶ z0 x0 − iy 0 z x − iy =Q Q† . (3.17) x0 + iy 0 −z 0 x + iy −zPodemos entonces asociar a un punto de coordenadas x, y, z una matriz P .Debido a que se conserva el determinante, tenemos que se cumple la relaciónbásica que define una rotación (x0 )2 + (y 0 )2 + (z 0 )2 = (x)2 + (y)2 + (z)2 .Puede probarse que se trata de rotaciones propias y no hay inversiones delos ejes. Para expresar explícitamente la matriz de rotación tridimensionalasociada a una transformación de similaridad inducida por Q, analicemos losiguiente. Las matrices P, pueden escribirse utilizando matrices de Pauli, dela siguiente manera µ ¶ µ ¶ µ ¶ 0 1 0 −i 1 0 P =x +y +z , (3.18) 1 0 i 0 0 −1
  • 126. 116 Rotaciones.o bien P = r·σ.siendo ı ˆ ˆ σ = ˆσ x + jσ y + kσ z ,donde las matrices de Pauli están definidas por µ ¶ µ ¶ µ ¶ 0 1 0 −i 1 0 σx = , σy = , σz = . (3.19) 1 0 i 0 0 −13.1.5. Relaciones entre matrices de Pauli. Demostraremos las siguientes relaciones que involucran matrices de Pauli: σ l σ m = iεlmn σ n + Iδlm , (σ · a)(σ · b) = a · b I + iσ · (a × b) .En efecto Las matrices de Pauli están definidas por µ ¶ µ ¶ µ ¶ 0 1 0 −i 1 0 σ1 = , σ2 = , σ3 = . 1 0 i 0 0 −1de modo que simplemente multiplicamos µ ¶µ ¶ µ ¶ 0 1 0 −i i 0 σ1σ2 = = = iσ 3 1 0 i 0 0 −i µ ¶µ ¶ µ ¶ 2 0 1 0 1 1 0 σ1 = = =I 1 0 1 0 0 1y así agotar todos los productos comparando con el resultado σl σ m = iεlmn σ n + Iδ lm .Aquí, el símbolo εlmn tiene valores ⎧ ⎨ 1 si lmn es permutación par de 123 εlmn = −1 si lmn es permutación impar de 123 ⎩ 0 si hay índices repetidos
  • 127. 3.1 Rotaciones de un sistema. 117La otra relación. Usando convención de suma sobre índices repetidos, sigueque (σ · a)(σ · b) = σ l al σ m bm = (iεlmn σ n + Iδlm )al bm = iεlmn σ n al bm + Iδ lm al bm = iσ n εnlm al bm + Ial blpero (a × b)n = εnlm al bmpor lo tanto (σ · a)(σ · b) = a · b I + iσ · (a × b).3.1.6. Parámetros de Euler. Por razones que se justificarán enseguida, las partes reales de α y β,denominados parámetros de Euler conviene definirlos mediante α = α0 + inz , β = ny + inx . (3.20)Entonces, las matrices Q pueden escribirse también en términos de matricesde Pauli (3.15) Q = α0 I + in · σ ,por lo cual la transformación de similaridad (3.17) puede escribirse r 0 · σ = (α0 I + in · σ)(r · σ)(α0 I − in · σ) ,expresión que, con las propiedades del problema anterior, puede reducirse ala forma siguiente r 0 · σ = (r − (2α0 n)ˆ × r + (2n2 )ˆ × (ˆ × r)) · σ , n n nque cuando es comparada con la fórmula de la rotación finita (3.3), conducea φ φ n = − sin , α0 = cos . (3.21) 2 2En resumen, la asociación de las matrices Q, con la rotación que ellas efec-túan, ángulo φ y eje de la rotación n, puede escribirse ˆ µ ¶ µ ¶ φ φ Q = cos I − i sin n·σ. ˆ 2 2
  • 128. 118 Rotaciones.Ejercicio 3.1.5 Demuestre las relaciones (3.21).Ejercicio 3.1.6 Demuestre que otra forma de la matriz Q es: φ Q = e−i 2 n·σ . ˆEjercicio 3.1.7 Demuestre que la matriz Q, asociada a una rotación activaen términos de los ángulos de Euler es : Ã Φ !µ ¶ à −i Ψ ! e−i 2 0 cos Θ −i sin Θ 2 2 e 2 0 Q= , (3.22) −i sin Θ cos Θ Φ Ψ 0 ei 2 2 2 0 ei 2o bien à ! Φ+Ψ Φ−Ψ cos Θ e−i 2 2 −i sin Θ e−i 2 2 Q= Φ−Ψ Φ+Ψ . −i sin Θ e−i 2 2 cos Θ e−i 2 2Aunque hemos analizado esta representación de dos dimensiones del grupo derotaciones, en el contexto de realizar rotaciones de vectores de 3 dimensiones,esta representación adquiere todo su sentido, al considerar el grupo SU(2)y su relación con el spin 1/2 en Mecánica Cuántica. Más sobre la conexiónentre el grupo O(3) y SU (2), puede encontrarse en la siguiente referencia [5],pag. 281.3.2. Velocidad angular.3.2.1. Descomposición del movimiento. Un cambio de posición arbitrario de un sistema o de un cuerpo rígido,puede ser en general logrado en forma equivalente mediante una traslaciónpura, que lleva alguno de sus puntos A a su posición final A0 , seguido de unarotación pura en torno de un eje que pasa por el punto A0 , en un cierto ángulo.Entonces el cambio de todo vector posición de un punto P perteneciente alcuerpo rígido, podrá escribirse: −→ −→ −→ δ OP = δOAtraslaci´n + δ AP rotaci´n . o oSi el cambio de posición es finito, nada podemos decir de las posiciones in-termedias que ocupó el cuerpo para pasar de su posición inicial a la final.Sin embargo, si el intervalo de tiempo transcurrido entre ambas posiciones es
  • 129. 3.2 Velocidad angular. 119infinitésimo, dt, entonces la descomposición anterior, nos describe en formacontinua las posiciones que ocupa el cuerpo mediante −→ −→ −→ dOP = dOA + dAP ,o sea −→ −→ −→ dOP = dOA + dφ n × AP , ˆque si se divide por dt, constituye una relación entre velocidades de dospuntos A, P del cuerpo rígido, es decir dφ −→ − vP = vA + n × AP . ˆ dtSi definimos dφ ω=n, ˆ (3.23) dtla denominada velocidad angular instantánea del cuerpo rígido, se obtiene −→ vP = vA + ω × AP . (3.24)Lo anterior es algo engañoso. La existencia del ángulo de rotación y de sueje, está garantizada por el teorema de Euler, sin embargo en la práctica, sudeterminación no es obvia. En este contexto, es útil el llamado teorema deadición de velocidades angulares.3.2.2. Teorema de adición de velocidades angulares. Si se tienen dos sistemas de referencia, S0 y S1 con origen común, y ademásun cuerpo rígido (CR) que mantiene un punto fijo en el origen común, verfigura (3.4), se deja como ejercicio probar el siguiente teorema que relacionavelocidades angulares relativas (rel):I Teorema 3.3La velocidad angular puede descomponerse de la siguiente forma ω CR rel S0 = ω CR rel S1 + ω S1 rel S0
  • 130. 120 Rotaciones. z z y S0 S1 CR y x x Figura 3.4: Adición de velocidades angulares3.3. Ejercicios resueltos.Ejercicio 3.3.1 Demuestre que las componentes de la velocidad angular deun sistema rígido, en términos de los ángulos de Euler, están dadas por: a) En el sistema de ejes móviles: ˙ ˙ ω x0 = θ cos Ψ + φ sin θ sin Ψ , ˙ ˙ ω y0 = −θ sin Ψ + φ sin θ cos Ψ , ˙ ˙ ω z0 = Ψ + φ cos θ . b) En el sistema de ejes fijos: ˙ ˙ ωx = ψ sin θ sin φ + θ cos φ , ˙ ˙ ωy = −ψ sin θ cos φ + θ sin φ , ˙ ˙ ωz = ψ cos θ + φ . Solución. De acuerdo al teorema de adición de velocidades angulares,vectorialmente tendremos
  • 131. 3.3 Ejercicios resueltos. 121 z y z θ y Ψ φ x x ⌃ n ˙ˆ ˙n ˙ ˆ ω = Ψk0 + θˆ + φk,restando relacionar vectores unitarios. De la figura n = cos Ψˆ0 − sin Ψˆ0 , ˆ ı j ˆ ˆ k = cos θk + sin θ(cos Ψˆ0 + sin Ψˆ0 , 0 j ıluego ˙ˆ ˙ ˙ ˆω = Ψk 0 + θ(cos Ψˆ0 − sin Ψˆ0 ) + φ(cos θk0 + sin θ(cos Ψˆ0 + sin Ψˆ0 ) ı j j ı = (θ ı ˙ ˙ ˙ cos Ψ + φ sin θ sin Ψ)ˆ0 + (φ sin θ cos Ψ − θ sin Ψ)ˆ0 + (φ cos θ + Ψ)k0 , ˙ j ˙ ˙ ˆque prueba el primer grupo. Similarmente ˆ ˆ rk0 = cos θk + sin θ(sin φˆ − cos φˆ), ı j n = cos φˆ + sin φˆ, ˆ ı jde donde ˙ ˆ ˙ ω = Ψ(cos θk + sin θ(sin φˆ − cos φˆ)) + θ(cos φˆ + sin φˆ) + φk, ı j ı j ˙ˆ ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ ˆ = (Ψ sin θ sin φ + θ cos φ)ˆ + (θ sin φ − Ψ sin θ cos φ)ˆ + (φ + Ψ cos θ)k, ı jque prueba el segundo grupo. NEjercicio 3.3.2 Si se considera un vector de magnitud constante r(t) obte-nido mediante una rotación R(t) del vector inicial r(0), demuestre que existeuna matriz antisimétrica Ω(t) tal que dr(t) = Ω(t)r(t) , dt
  • 132. 122 Rotaciones.y que ello equivale a dr(t) = ω(t) × r(t) , dtdonde ω(t) es llamado el vector velocidad angular. Solución. Tenemos r(t) = R(t)r(0),derivando dr(t) ˙ = R(t)r(0), dtpero r(0) = R−1 (t)r(t),de modo que dr(t) ˙ = R(t)R−1 (t)r(t), dtpero sabemos que R es ortogonal, es decir R−1 = RT ,además RR−1 = I,derivando ˙ ˙ RRT + RRT = 0,entonces ˙ ˙ ˙ ˙ (RR−1 )T = RRT = −RRT = −RR−1 ˙es decir Ω(t) = RR−1 es antisimétrica. NEjercicio 3.3.3 Determine las componentes del vector ω(t) del problemaanterior, en términos de las componentes de la matriz R(t). Solución. Como sabemos ⎛ ⎞ 0 −ω z ω y Ω = ω× = ⎝ ωz 0 −ω x ⎠ = RR−1 , ˙ −ωy ωx 0Si la matriz R es dada, lo anterior permitiría identificar las componentes deω(t).
  • 133. 3.3 Ejercicios resueltos. 123 NEjercicio 3.3.4 Si las velocidades de tres puntos de un rígido son conoci-das, demuestre que: (vB − vA ) × (vC − vA ) −→ ω= −→ , si (vB − vA ) · AC 6= 0 . (vB − vA ) · AC Solución. La relación básica entre velocidades de dos puntos permiteescribir −→ (vB − vA ) = ω × AB, −→ (vC − vA ) = ω × AC,luego mutiplicando cruz −→ (vB − vA ) × (vC − vA ) = (vB − vA ) × (ω × AC) −→ = (vB − vA ) · AC ω, −→de donde sigue el resultado si (vB − vA ) · AC 6= 0 . NEjercicio 3.3.5 Obtenga una expresión para la velocidad angular ω, en el − →caso en que no se cumpla la condición (vB − vA ) · AC 6= 0 del problema −→ − − → →anterior. Indicación: Si (vB − vA ) · AC = 0, entonces ω × AB · AC = 0, loque quiere decir que la velocidad angular está en el plano ABC. Se puede −→entonces expresar la velocidad angular como una combinación lineal de AB −→y AC con coeficientes determinables, obteniéndose −→ − −→ → −→ − −→ → (vC − vA ) · (AB × AC)AB + (vA − vB ) · (AB × AC)AC ω= ¯− →¯ ¯ → − ¯2 ¯AB × AC ¯ Solución. Como se explica más arriba, podríamos escribir −→ −→ ω = λ1 AB + λ2 AC,de donde sigue que −→ −→ − → ω × AC = λ1 AB × AC = vC − vA , −→ −→ − → ω × AB = λ2 AC × AB = vB − vA ,
  • 134. 124 Rotaciones.de donde −→ − → (vC − vA ) · (AB × AC) λ1 = ¯− →¯ , ¯ → − ¯2 ¯AB × AC ¯ −→ − → (vA − vB ) · (AB × AC) λ2 = ¯− →¯ ¯ → − ¯2 ¯AB × AC ¯ NEjercicio 3.3.6 Demuestre la equivalencia establecida en la ecuación (3.7)es decir R = Rz0 (Ψ)Rn (θ)Rz (φ) = Rz (φ)Rx (θ)Rz (Ψ) . z y z θ y Ψ φ x x ⌃ n Solución. La figura explica que formalmente z 0 = Rn (θ)z, n = Rz (φ)xluego −1 Rz0 (Ψ) = RRn (θ)z (Ψ) = Rn (θ)Rz (Ψ)Rn (θ),por lo tanto R = Rz0 (Ψ)Rn (θ)Rz (φ) −1 = Rn (θ)Rz (Ψ)Rn (θ)Rn (θ)Rz (φ) = Rn (θ)Rz (Ψ)Rz (φ),
  • 135. 3.3 Ejercicios resueltos. 125pero n = Rz (φ)x,luego R = Rn (θ)Rz (Ψ)Rz (φ) = RRz (φ)x (θ)Rz (Ψ)Rz (φ) −1 = Rz (φ)Rx (θ)Rz (φ)Rz (Ψ)Rz (φ) −1 = Rz (φ)Rx (θ)Rz (φ)Rz (Ψ + φ) = Rz (φ)Rx (θ)Rz (Ψ),que demuestra lo pedido. N
  • 136. 126 Rotaciones.
  • 137. Capítulo 4 Sistema rígido de partículas4.1. Cantidades cinemáticas Las cantidades cinemáticas, que dependen de las velocidades de las partí-culas del cuerpo, adquieren una forma especial cuando se trata de un sistemarígido de partículas. De acuerdo a lo estudiado en el capítulo sobre rotaciones,la descripción del movimiento de un cuerpo rígido puede hacerse en térmi-nos de tres coordenadas que den cuenta de los desplazamientos de un puntodel cuerpo y de tres ángulos o parámetros que den cuenta de las rotacionesdel cuerpo. Por esa razón existen en general solo seis variables necesarias enla descripción del movimiento de un cuerpo rígido y por lo tanto, es sufi-ciente considerar solamente las seis ecuaciones escalares (1.2) y (1.3), o bienreemplazar alguna de ellas por el teorema de conservación de energía, si ellocorresponde. Aquí solamente indicaremos las consideraciones especiales quepermiten expresar tanto la energía cinética y el momentum angular de uncuerpo rígido, en términos de su velocidad angular y la matriz de inercia.Las ecuaciones dinámicas aplicables son aquellas recién citadas de un siste-ma de partículas. Considerando la relación básica entre las velocidades dedos puntos de un cuerpo rígido, ver fig.(4.1) v = vA + ω × r,
  • 138. 128 Sistema rígido de partículaspodemos expresar el momento angular de un sistema rígido de partículas quemantiene un punto O fijo como X LO = mi ri × (ω × ri ), (4.1) io bien, para un cuerpo rígido continuo que mantiene un punto O fijo Z LO = dmr × (ω × r ). (4.2) v = vA + ω x r’ dm v = ω xr z A r’ dm r O O y x Figura 4.1: velocidades de un cuerpo rígidoSi se considera la siguiente forma de realizar un producto cruz (ver rotacio-nes) ⎛ ⎞⎛ ⎞ 0 −az ay bx a × b = ⎝ az 0 −ax ⎠ ⎝ by ⎠ = (a×) b, −ay ax 0 bzcualquiera de las dos expresiones (4.1) o (4.2) puede escribirse, al usar nota-ción matricial, de la siguiente forma LO = HO ω.donde HO es una matriz 3 × 3, la denominada matriz de inercia del sistemarelativa al origen O y que, para el caso de un cuerpo rígido continuo, pordefinición es Z HO = − dm (r×)2 .
  • 139. 4.1 Cantidades cinemáticas 129y para un sistema rígido de partículas X HO = − mi (ri ×)2 .4.1.1. Energía cinética y momentum angular Se deja como ejercicio, en este resumen, probar que:Ejercicio 4.1.1 En el movimiento general de un sistema rígido de partícu-las, pruebe que: LO = MrG × vG + HG ω, LG = HG ω, 1 2 1 K = MvG + ω · HG ω 2 2Ejercicio 4.1.2 En el caso que un punto 0 se mantenga fijo, pruebe que: LO = MrG × vG + HG ω = HO ω, LG = HG ω, 1 2 1 1 K = MvG + ω · HG ω = ω · H0 ω. 2 2 24.1.2. Algunas propiedades de la matriz de inercia La expresión explícita de la matriz de inercia (sus componentes), dependedel origen elegido, así como de la orientación de los ejes. Sus componenteslas indicaremos de acuerdo a ⎛ ⎞ Ixx Ixy Ixz H = ⎝ Iyx Iyy Iyz ⎠ , Izx Izy Izzsiendo los elementos de la diagonal llamados momentos de inercia y los defuera de la diagonal, productos de inercia Z Z 2 2 Ixx = dm(y + z ), Iyy = dm(x2 + z 2 ), etc. Z Ixy = Iyx = − xydm, etc.
  • 140. 130 Sistema rígido de partículasPor ser la matriz de inercia una matriz real simétrica, ella puede ser dia-gonalizada. Las direcciones para las cuales ella es diagonal, se denominandirecciones o ejes principales de inercia del cuerpo, en el punto seleccionado.Cuando hay dos valores propios repetidos, todos los ejes del plano corres-pondiente a esos dos vectores propios, son ejes principales de inercia. Si lostres valores propios son iguales, todo eje es en ese punto es principal de iner-cia. En cualquier caso, siempre es posible escoger tres direcciones principalesde inercia ortogonales entre si. Las propiedades de simetría de un cuerpo,cuando existen, ayudan en la determinación de las direcciones principalesde inercia. Para lo que sigue, consideraremos cuerpos rígidos homogéneos demodo que las propiedades de simetría del cuerpo coinciden con sus simetríasgeométricas. Pueden entonces probarse los siguientes teoremas:4.1.3. TeoremasI Teorema 4.1Todo eje de simetría, es principal de inercia en todos sus puntos.I Teorema 4.2Un eje perpendicular a un plano de simetría de reflexión, es principal deinercia donde se intersectan.I Teorema 4.3Un eje paralelo a un eje de simetría, es principal de inercia donde lo cortaperpendicularmente el plano que contiene al centro de masas.4.1.4. El elipsoide de inercia Las consideraciones anteriores admiten una visualización gráfica. La for-ma cuadrática r T · HO r = 1,o bien desarrollada explícitamente en la forma x2 Ixx + y 2 Iyy + z 2 Izz + 2Ixy xy + 2Ixz xz + 2Iyz yz = 1representa en general, un elipsoide centrado en el origen seleccionado delcuerpo pero rotado respecto a los ejes elegidos, ver figura (4.2). Los semiejesdel elipsoide serán en consecuencia los ejes principales de inercia del cuerpo enese origen, puesto que para esos ejes, la forma cuadrática no tiene productos
  • 141. 4.1 Cantidades cinemáticas 131de inercia. Este elipsoide puede degenerar desde un cilindro de sección elípticasi algún momento de inercia es cero, hasta una esfera si los tres momentosde inercia son iguales. Esta superficie, llamada elipsoide de inercia, que estáfija en el cuerpo, debe por lo tanto tener las mismas propiedades de simetríadel cuerpo. Por ejemplo, si uno de los ejes elegidos es de simetría de rotacióndel cuerpo en el origen seleccionado, ese eje debe ser uno de los semiejesdel elipsoide, es decir un eje de simetría es principal de inercia en todos suspuntos. Igualmente, si el origen está en un plano de simetría de reflexión delcuerpo, el elipsoide debe tener ese mismo plano como plano de simetría dereflexión. Es decir dos semiejes del elipsoide están sobre ese plano y el terceroes perpendicular a ese plano. En consecuencia todo eje perpendicular a unplano de simetría de reflexión es principal de inercia donde se intersectan conel plano. Otra consecuencia que se entiende con claridad cuando se piensa enel elipsoide de inercia es la siguiente. Si el origen está en un eje de simetríade rotación en un ángulo distinto de 180o , el elipsoide debe tener esa mismapropiedad, por lo tanto los dos semiejes del elipsoide que son perpendicularesa ese eje deben ser iguales, o sea esos dos correspondientes momentos deinercia deben ser iguales. z z y y x x Figura 4.2: Elipsoide de inerciaRotaciones de los ejes. Si la matriz de inercia H es conocida en componentes para un siste-ma ortogonal de ejes en un punto de un cuerpo rígido, podemos obtener la
  • 142. 132 Sistema rígido de partículasmatriz en componentes para ejes rotados ortogonales e1 , e2 , e3 en el mismo ˆ ˆ ˆpunto simplemente proyectando la matriz de inercia sobre estos nuevos ejesde acuerdo a Ie1 e2 = e1T · H e2 . ˆ ˆDebemos remarcar que la matriz de inercia en un punto de un cuerpo rígidoes única. Lo que cambia al cambiar ejes en un punto, son sus elementos ocomponentes.Traslaciones de los ejes, Teorema de Steiner Si se consideran traslaciones (paralelas) de los ejes, la relación de trans-formación de la matriz de inercia es particularmente simple si uno de losorígenes es el centro de masas G. Tal relación de transformación, conocidacomo teorema de Steiner sigue del siguiente análisis. Considere que Z HO = − dm (r×)2 ,siendo ⎛ ⎞ −y 2 − z 2 xy xz (r×)2 = ⎝ yz −x2 − z 2 yz ⎠. 2 2 zx zy −x − ySi consideramos coordenada (x0 , y 0 , z 0 ) relativas a G con origen en el punto(a, b, c) entonces x = x0 + a, y = y 0 + b, z = z 0 + b,si consideramos además que Z Z Z x dm = y dm = z 0 dm = 0, 0 0entonces podemos no considerar los términos que resulten lineales en x0 o y 0o z 0 . Así entonces (, significa equivalente bajo la integral) xy = (x0 + a)(y 0 + b) , x0 y 0 + ab, y 2 + z 2 = (y 0 + b)2 + (z 0 + c)2 , (y 0 )2 + (z 0 )2 + b2 + c2 ,
  • 143. 4.2 Ecuaciones dinámicas 133por lo tanto ⎛ ⎞ y 2 + z 2 −xy −xz − (r×)2 = ⎝ −yz x2 + z 2 −yz ⎠ −zx −zy x2 + y 2 ⎛ 02 ⎞ y + z 02 −x0 y 0 −x0 z 0 , ⎝ −y 0 z 0 x02 + z 02 −y 0 z 0 ⎠ + −z 0 x0 −z 0 y 0 x02 + y 02 ⎛ 2 ⎞ c + b2 −ab −ac ⎝ −ba a2 + c2 −bc ⎠ , −ca −cb a + b22de donde se obtiene el teorema ⎛ ⎞ c2 + b2 −ab −ac HO = HG + M ⎝ −ba a2 + c2 −bc ⎠ , −ca −cb a + b2 2donde a, b, c son las coordenadas cartesianas de G respecto al origen O.Ejercicio 4.1.3 Se tiene un sólido homogéneo en forma de un cono rectocircular de altura h, radio basal a, masa m y semi ángulo en el vértice α.Demuestre que: a) En el vértice sus momentos principales de inercia son A = B = 3m 2 2 20 (a + 4h2 ), C = 3ma . 10 m 3ma2 b) En el centro de su base son A = B = 20 (3a2 + 2h2 ), C = 10 . 3mh2 c) El momento de inercia en torno de una generatriz es I = 4 (1 + 1 5 sec2 α) sin2 α.4.2. Ecuaciones dinámicas Como se estableció, ver ecuaciones (1.2, 1.3, 1.4) y más generalmente en(??), las ecuaciones dinámicas aplicables a un sistema de partículas y enparticular a un cuerpo rígido son dP = F ext , dt
  • 144. 134 Sistema rígido de partículaspara el movimiento del centro de masas, y dLO = Γext , O dto dLG = Γext , G dtes decir para punto fijo O de un sistema inercial, el centro de masas G o unpunto A arbitrario, siendo entonces dLA −→ = Γext − M AG × aA . A (4.3) dtAunque no es común utilizar la última forma, en una sección más adelantemostraremos que bajo ciertas condiciones su uso simplifica muchos proble-mas.4.2.1. Movimiento Plano Cuando todas las velocidades de un cuerpo rígido son paralelas a un planofijo, por ejemplo el plano xy, se tiene un movimiento plano. La velocidadangular del cuerpo será de la forma ˆ ω = ω k,y en consecuencia el momentum angular en G estará dado por ⎛ ⎞⎛ ⎞ Ixx Ixy Ixz 0 LG = ⎝ Iyx Iyy Iyz ⎠ ⎝ 0 ⎠ . Izx Izy Izz ωSi se trata de una lámina (z = 0) o bien simplemente si los ejes son principalesde inercia entonces ⎛ ⎞⎛ ⎞ Ixx Ixy 0 0 LG = ⎝ Iyx Iyy 0 ⎠ ⎝ 0 ⎠ = Izz ω k. ˆ 0 0 Izz ωPresentaremos algunos ejemplos de dinámica plana de un cuerpo rígido, loscuales permiten además una solución más simple si se usa la relación general
  • 145. 4.2 Ecuaciones dinámicas 135(4.3). La utilización de la ecuación (1.4) normalmente involucra calcular eltorque de alguna fuerza desconocida que debe ser finalmente eliminada utili-zando la ecuación de movimiento de centro de masas. Compare ese método,con el método utilizado en los siguientes ejemplos. .Ejemplo 4.2.1 Péndulo de longitud L, masa M cuyo punto de suspensiónA oscila verticalmente de la forma yA = a sin ωt. Y A a sin(ωt) X O G θ Péndulo de Kapitza Solución. Para este caso tenemos L IA ¨ = −Mg θ ˆ sin θ − M(rG − rA ) × aA · k, 2 ˆpero puede fácilmente verse que (rG − rA ) × aA · k = − L aω 2 sin ωt sin θ 2obteniendo en dos pasos L L IA ¨ = −Mg θ sin θ + M aω 2 sin ωt sin θ. 2 2 NEjemplo 4.2.2 Péndulo de longitud L, masa M cuyo punto de suspensiónA oscila horizontalmente en la forma xA = a sin ωt.
  • 146. 136 Sistema rígido de partículas Y a sin(ωt) A X O G θ Péndulo forzado Solución. Para este caso L IA ¨ = −Mg sin θ − M(rG − rA ) × aA · k, θ ˆ 2 ˆpero similarmente (rG −rA ) × aA · k = − L aω 2 sin ωt cos θ entonces obtenemos 2en dos pasos L L IA ¨ = −Mg θ sin θ + M aω2 sin ωt cos θ. 2 2 NEjemplo 4.2.3 Péndulo de longitud L, masa M cuyo punto de suspensiónA se mueve sobre una circunferencia vertical de radio R con velocidad angu-lar constante ω.
  • 147. 4.2 Ecuaciones dinámicas 137 Y A aA O ωt θ X G R Barra extremo sobre circunferencia Solución. Para este caso tenemos L IA ¨ = −Mg θ ˆ sin θ − M(rG − rA ) × aA · k, 2 ˆpero (rG − rA ) × aA · k = − L aω 2 sin( π − ωt + θ) obteniendo 2 2 L L IA ¨ = −Mg θ sin θ + M aω2 cos(ωt − θ). 2 2 NEjemplo 4.2.4 Movimiento de rodadura de una rueda excéntrica de radioR y masa M sobre un plano horizontal. En este caso la aceleración del punto ˙2de contacto A del cuerpo con el suelo es de magnitud aA = Rθ hacia arriba. y C h R θ G aA φ X A Disco que rueda
  • 148. 138 Sistema rígido de partículas Solución. Suponiendo que el centro de masas está a distancia h del centrogeométrico, tenemos ˆ ˙2 (rG − rA ) × aA · k = |rG − rA | Rθ sin φ,pero sin φ sin θ = , h |rG − rA |entonces ˆ ˙2 (rG − rA ) × aA · k = Rθ h sin θ,y finalmente 2 IA ¨ = −Mgh sin θ − MRθ h sin θ. θ ˙El momento de inercia puede ser obtenido mediante el teorema de Steiner IA = IG + M(h2 + R2 − 2hr cos θ). NEjemplo 4.2.5 El mismo ejemplo, pero la rueda es actuada por una fuerzahorizontal constante de magnitud F sobre su centro. y C F h R θ G aA φ X A Disco tirado por fuerza Solución. Simplemente agregamos el torque de F obteniendo ˙2 IA ¨ = −Mgh sin θ − F R − MRθ h sin θ. θ N
  • 149. 4.2 Ecuaciones dinámicas 139Ejemplo 4.2.6 Movimiento de rodadura de una rueda excéntrica de radio asobre un cilindro fijo de radio R. a C h φ G θ A R θ Rueda sobre cilindro Solución. En este caso, demostraremos primero que la aceleración delpunto A del cuerpo en contacto con el cilindro es de magnitud aA = aRω 2 /(R+a) hacia el centro de la rueda. Aquí la velocidad angular de la rueda está re- ˙lacionada con el ángulo θ mediante ω = (R + a)θ/a y Rθ = aφ. La velocidad de A es cero, luego −→ 0 = vC + ω × CA,de donde ˙ (R + a)θ = ωa.Además −→ vA = vC + ω × CA dω − → −→ aA = aC + × CA + ω × (ω × CA), dt ¨ θθ ˙ 2 ˆ (R + a)θ k × (−aˆ) + ω × (ω × − = (R + a)¨ˆ − (R + a)θ r + ˆ r → CA) a 2 −→ = (R + a)¨ˆ − (R + a)θ r − (R + a)¨ˆ + ω × (ω × CA) θθ ˙ ˆ θθ ˙2ˆ = −(R + a)θ r + ω2 aˆ r ω2 aR 2 = − a2 r + ω2 aˆ = ˆ r ω r. ˆ (R + a) R+a
  • 150. 140 Sistema rígido de partículas (¿habrá un camino más corto?) Si el centro de masa está a distancia h del centro geométrico, podemosobtener ˆ (rG − rA ) × aA · k = aA h sin φ aRω2 = h sin φ, R+aentonces aRω 2 IA α = − Mg(h sin(θ + φ) − a sin θ) − M h sin φ, R+aR+a ¨ R ˙2 aRθ (R + a)2 R IA θ = −Mgh sin(1 + )θ + Mga sin θ − M h sin θ, a a R+a a2 a 2 a R+a Mga sin θ ˙2 R IA ¨ = −Mgh θ sin θ+ − MRθ h sin θ. R+a a (R + a) a NEjemplo 4.2.7 Movimiento de rodadura de una rueda de masa M y radioR, sobre una plataforma que oscila de la forma a sin ωt. y G R a θ A a sin(ωt) A x Rueda sobre plataforma móvil Solución. Aquí la aceleración del punto A tiene dos componentes, aω 2 sin ωt, ˙2Rθ pero solo la primera importa, dando por simple inspección (rG − rA ) × ˆaA · k = Raω 2 sin ωt lo cual conduce a IA ¨ = −MRaω 2 sin ωt. θ NProblema 4.2.1 Repita los ejemplos anteriores, pero momentando respectoal centro de masas, es decir haciendo uso de la ecuación dLG /dt = Γext . G
  • 151. 4.2 Ecuaciones dinámicas 1414.2.2. Un ejemplo en más dimensiones, la bola de billar Considere una esfera homogénea de masa M, radio R, que se mueve sobreun plano horizontal con coeficiente de roce cinético μ sometida a su peso y ala reacción del plano, ver fig.(4.3). Hay dos situaciones, el punto de contactoP desliza o no lo hace. La matriz de inercia con origen en el centro de masases diagonal y tiene sus tres momentos de inercia iguales (I = 2MR2 /5).Supondremos que inicialmente hay deslizamiento. Para ejes fijos OX,OY yOZ vertical, las ecuaciones dinámicas son MaG = f , dLG dω ˆ = I = (−Rk) × f, dt dt z G R y P x Figura 4.3: Bola de billary además la fuerza de roce f está dada por f = −μMgˆP , siendo vP = v ˆ Si derivamos la última ecuación respecto al tiempo y reem-vG + ω × (−Rk).plazamos en ella aG y dω/dt, se obtiene µ ¶ µ ¶ dvP 1 MR2 MR2 vP = 1+ f = −μg 1 + , dt M I I vPla cual nos dice, obviamente, que la dirección de vP no cambia con el tiempoy en consecuencia se tiene que vP = vP e, ˆ (4.4)
  • 152. 142 Sistema rígido de partículasluego µ ¶ dvP MR2 = −μg 1 + , dt Ique se integra trivialmente µ ¶ MR2 vP = vP (0) − μg 1 + t. (4.5) ISi indicamos por e la dirección fija de vP , podemos escribir ˆ f aG = − = −μgˆ, e Mque también es sencillo integrar dos veces, resultando vG = vG (0) − μgˆt ey 1 rG = rG (0) + vG (0)t − μgˆt2 , e 2siendo la dirección de e determinables por las condiciones iniciales ˆ ˆ e = vP (0) = vG (0) − ω(0) × (Rk).En resumen, el centro de masas describe, en general, una parábola. El análisisrealizado vale hasta el instante en que vP , se anula, es decir hasta que labola comienza a rodar sin deslizar. Ese tiempo puede ser determinado de laecuación (4.5) y está dado por ¯ ¯ µ 2 ¶ ¯ ˆ ¯ = μg 1 + MR t ¯vG (0) − ω(0) × (Rk)¯ Ide allí en adelante, es fácil ver que G sigue moviéndose en línea recta convelocidad constante. Note que el tiempo que tarda la bola en comenzar arodar es cero si la condición de rodadura sin deslizamiento es satisfecha ini-cialmente, y que al contrario, el tiempo es infinito si μ = 0. La expresión 4.4hay que interpretarla con cuidado. Cuando la velocidad de un punto tienedirección fija parecería que lña trayectoria es una línea recta. Sin embargose trata de un punto de la esfera que sigue una trayectoria complicada en elespacio y que en el instante del análisis se ha puesto en contacto con la mesa.Esos diversos puntos tienen cada vez que son el punto de contacto, velocidaden la misma dirección.
  • 153. 4.3 Movimiento en tres dimensiones 143 Estudio. Varios casos de esferas moviéndose sobre superficies pueden ser estudiados en el libro, Dynamics of Rigid Bodies, de William Duncan ([15]).4.3. Movimiento en tres dimensiones4.3.1. Ecuaciones de Euler Consideremos primero, un cuerpo que se mueve sostenido de uno de suspuntos, bajo la acción de la reacción en el punto de suspensión y alguna otrafuerza que realice algún torque respecto al punto fijo. Además considere ejesprincipales OXY Z móviles fijos al cuerpo rígido con origen en el punto fijoO. Como sabemos, podemos escribir dL0 = Γ0 , (4.6) dtpero, en ejes principales ı ˆ ˆ L0 = Ixx ω xˆ + Iyy ωy j + Izz ωz k,y su derivada será dL0 ˙ ı ˙ ˆ ˙ ˆ = Ixx ωxˆ + Iyy ω y j + Izz ω z k + dt ω × L0 ,de modo que si tomamos las componentes de la ecuación (4.6) se obtendrácon algún trabajo las llamadas ecuaciones de Euler Ixx ω x − (Iyy − Izz )ωy ω z = Γext ˙ x Iyy ω y − (Izz − Ixx )ωz ω x = Γext ˙ y Izz ωz − (Ixx − Iyy )ω x ωy = Γext . ˙ zEstas ecuaciones determinan completamente las componentes de la velocidadangular del cuerpo si el torque es conocido.
  • 154. 144 Sistema rígido de partículas4.3.2. Torque nulo Consideremos segundo, un cuerpo que se mueve sostenido de su centro demasa fijo, bajo la acción de la reacción en el punto de suspensión solamente,de modo que el torque de las fuerzas externas respecto al punto de suspensiónes nulo. Además considere ejes principales móviles fijos al cuerpo rígido conorigen en el punto fijo O. Ahora tenemos que Ixx ωx − (Iyy − Izz )ω y ωz = 0 ˙ Iyy ωy − (Izz − Ixx )ω z ω x = 0 ˙ Izz ω z − (Ixx − Iyy )ω x ω y = 0. ˙ Además es de utilidad considerar que lo anterior es el reflejo de L0 =constante. O sea ı ˆ ˆ L0 = Ixx ωxˆ + Iyy ω y j + Izz ω z k = constante.Si además no hay roce, se conserva la energía cinética de modo que 1 1 1 K = Ixx ω 2 + Iyy ω2 + Izz ω2 = constante. x y z (4.7) 2 2 2También sigue de las ecuaciones anteriores que L0 · ω = 2K = constante,de modo que la velocidad angular permanece sobre un plano fijo perpendicu-lar a L0 . Además la magnitud del momentum angular es constante, lo cualagrega otra condición (no es independiente) L2 = Ixx ω 2 + Iyy ω 2 + Izz ω2 = constante. 0 2 x 2 y 2 z (4.8)Ejercicio 4.3.1 A partir de las ecuaciones de Euler pruebe las ecuaciones4.7 y 4.8. Pensemos ahora como se ven las cosas para un observador que se muevejunto con el cuerpo rígido. Para él las direcciones de los ejes permanecen fijasy observa que la velocidad angular varía en esos ejes. De acuerdo a él, la puntadel vector velocidad angular se mueve en un punto que es la intersección dedos elipsoides fijos al cuerpo. Ixx ω 2 + Iyy ω 2 + Izz ω 2 = 2K x y z
  • 155. 4.3 Movimiento en tres dimensiones 145y L2 = Ixx ω 2 + Iyy ω 2 + Izz ω 2 = L2 , 0 2 x 2 y 2 z 0el primero de los cuales se denomina elipsoide de Poinsot. Además, comoexplicamos, la punta de vector velocidad angular permanece sobre un planofijo. Notemos además que la normal al elipsoide de Poinsot donde está ω es ı ˆ ˆn = Ixx ωxˆ + Iyy ω y j + Izz ω z k o sea precisamente el momentum angular, demodo que el plano invariable es tangente al elipsoide de Poinsot. El cuadroque sigue de aquí es que el elipsoide de Poinsot, que se mueve junto con elcuerpo, rueda sin deslizar sobre el plano invariable. Este movimiento, bas-tante complicado, representa el movimiento de un cuerpo rígido con torquenulo. Desafortunadamente las ecuaciones para ω x , ωy , ω z resultan elípticas(complicadas) por lo cual no ahondaremos más aquí. Si se interesa vea [13,(pag.378)]. Sin embargo, el problema se simplifica si el sólido rígido es desimetría de revolución.4.3.3. Cuerpo simétrico Supondremos ahora que el cuerpo tiene simetría de revolución de modoque Ixx = Iyy = A, Izz = C.Ahora las ecuaciones de Euler se simplifican a Aω x − (A − C)ω y ωz = 0 ˙ Aω y − (C − A)ω z ωx = 0 ˙ C ωz = 0. ˙de donde se desprende que ωz = constante, ω2 x + ω2 = y constante.Si denotamos por α el ángulo que ω forma con el eje z, ver figura (4.4) sigueque
  • 156. 146 Sistema rígido de partículas z ω A>C β α L y x Figura 4.4: Cuerpo simétrico q ω = ω2 + ω 2 + ω 2 = constante, x y z ω z = ω cos α, q ωx = ω2 + ω 2 = ω sin α, x y A tan β = tan α Cde modo que si se coloca ω x = ω x cos φ, ω y = ω x sin φ,cualquiera de las dos primeras ecuaciones de Euler conduce a ˙ −Aωx sin φφ − (A − C)ω x sin φω z = 0,o sea ˙ (C − A) φ = ωz , A (C − A) φ = ω z t. Ade modo que (C − A) ω x = ω x cos ωz t, A (C − A) ωx = ω x sin ω z t. A
  • 157. 4.3 Movimiento en tres dimensiones 147Movimiento en el espacio De acuerdo a los resultados anteriores, se conoce como varía la velocidadangular del cuerpo respecto a ejes fijos al cuerpo. El movimiento del cuerpoen el espacio, al menos en su descripción cualtitativa se deduce del hechoque el momentum angular es constante. La dirección del eje z, el momentumangular y la velocidad angular permanecen sobre un plano formando ángulosconstantes entre ellos, de manera que ese plano debe girar en torno a la líneadel momentum angular, con cierta velocidad angular que llamaremos Ω. Seforman entonces dos conos. El cono que describe ω al girar en torno a L0 ,llamado cono del espacio porque es un cono fijo. El cono que describe ω entorno al eje z, llamado cono del cuerpo, porque se mueve de la misma maneraque el cuerpo. Las figuras siguientes ilustran esos conos para los dos casos,A > C y A < C. L L ω ω z z A>C A<C Figura 4.5: Conos del espacio y del cuerpo Entonces, mirado desde un sistema inercial, ω precesa en torno de L,formando un cono fijo en el espacio. Además el cono que forma ω en torno az, rueda sin deslizar sobre el cono fijo al espacio. Rueda sin deslizar porquetodos los puntos del cuerpo rígido a lo largo de ω tienen velocidad nula, verfigura (??).
  • 158. 148 Sistema rígido de partículas L ω z β−α α Q P M G Cono fijo y del espacio.Tenemos entonces, un problema de cinemática. Sea Ω la velocidad angularde z en torno a L, entonces vP = Ω · P M = ω · P Qpero PQ = sin α, PG PM = sin β, PGpor lo tanto PQ sin α Ω= ω= ω, PM sin βpero tan β = (A/C) tan α y puede obtenerse p sin α 1 + tan2 β Ω = ω, tan β r C2 = ω 2 cos2 α + sin2 α Ao bien con periodo 2π T = q . 2 ω C 2 cos2 α + sin2 α A¿Es el movimiento del cuerpo periódico? Con respecto a la figura anterior, la velocidad angular del cuerpo puededescomponerse de la siguiente manera ˙ˆ ˆ ω = φk + Ωk0
  • 159. 4.3 Movimiento en tres dimensiones 149 ˆdonde k0 es unitario en la dirección de L0 . De modo que ˆ ˙ ˆ ˆ ω · k = φ + Ωk0 · ko sea ˙ ˆ ˆ ˆ φ = Ωk0 · k − ω · k sin α = ω cos β − ω cos α sin β sin α = ω − ω cos α tan β C −A = ω cos α, Acomo ya sabíamos. Como explicamos el eje de simetría del cuerpo da una vuelta completa enun tiempo 2π T = q , C2 2 α + sin2 α ω A2 cos pero en ese tiempo el plano que contiene z, L0 y ω ha girado respecto delcuerpo un ángulo (C − A) (C − A) 2π cos α φ= ωz t = q , A A C2 cos2 α + sin2 α A2que no es necesariamente un múltiplo de 2π. Supongamos α = π/6, A =14 MR2 , C = 1 MR2 , resulta 2 2π 4 π√ T = q = 13, ω C2 cos2 α + sin2 α 13 ω A2 (C − A) 2π cos α 2π √ √ φ = q = 3 13 = 0,960 769π A C2 cos2 α + sin2 α 13 A20,08135 × 2 = 0,162 7π
  • 160. 150 Sistema rígido de partículasOtro modo de averiguar sobre el giro del cuerpo sobre su eje El cono del cuerpo rueda sin deslizar sobre el cono del espacio. El puntoQ describe una circunferencia de perímetro 2πGQ sin(β − α). L ω z β−α α Q P M G Cono fijo y del espacio.Este perímetro debe igualar a φ veces el radio de la circunferencia del conodel cuerpo cuyo radio es GQ sin α.Al igualar se obtiene φω sin α = 2πω sin(β − α), A tan β = tan α C Aque junto con tan β = C tan α, conduce a (haga el desarrollo) (C − A) 2π cos α φ= q , A C 2 cos2 α + sin2 α A2salvo un signo que es irrelevante.4.3.4. Trompo Este caso del movimiento de un cuerpo rígido simétrico con un puntofijo, y a diferencia del último caso, sometido al torque que ejerce su peso.Considere entonces un trompo simétrico (Ixx = Iyy ) que mantiene su púa
  • 161. 4.3 Movimiento en tres dimensiones 151fija. Para los ángulos θ, φ, ψ indicados en la figura (??), siendo M su masa,h la distancia de la púa al centro de masa y Ixx = Iyy = A, Izz = C, losmomentos de inercia, para un eje perpendicular al eje de simetría y respectoal eje de simetría, en el punto fijo, origen del sistema de coordenada. En elcapítulo de ecuaciones de Lagrange, este tema será tratado de otra forma.Aquí, las ecuaciones de movimiento serán ˆ MaG = R + Mg k, dL0 = Γext . 0 dtLos ejes móviles son z el eje de simetría, x en el plano que contiene z y z0 , yen el plano horizontal.La velocidad angular es ω = ˙ˆ ˙j ˙ ˆ φk0 − θˆ + ψk = ˙ ˆ ˙j ˙ ˆ φ(cos θk + sin θˆ) − θˆ + ψk ı = ˙j ˙ ˙ ˙ ˆ −θˆ + φ sin θˆ + (φ cos θ + ψ)k ıel momentum angular ˙j ˙ ˙ ˙ ˆ L0 = −Aθˆ + Aφ sin θˆ + C(φ cos θ + ψ)k, ıel torque Γext = −Mgh sin θˆ. 0 j La derivada del momentum angular puede hacerse con algo de manipula- ˙ ˙ción algebraica. Sea s = φ cos θ + ψ, entonces dL0 ˙ dˆ j = −A¨j − Aθ + Aφ sin θˆ + Aφθ cos θˆ + θˆ ¨ ı ˙˙ ı dt dt dˆ ı ˆ dk ˙ ˙ ˆ Aφ sin θ + C(s)k + C(s) . dt dtLas derivadas de los vectores unitarios son dˆ ı ˙j ˙ ˆ = (−θˆ + (φ cos θ)k) × ˆ ı dt dˆ j ˙ ˙ ˆ = (φ sin θˆ + (φ cos θ)k) × j ı ˆ dt ˆ dk ˙j ˙ ˆ = (−θˆ + φ sin θˆ) × k, ı dt
  • 162. 152 Sistema rígido de partículas z0 z θ ψ x R G O y φ Mg Trompo simétricoque se reducen a dˆ ı ˙ˆ ˙ = θk + (φ cos θ)ˆ j dt dˆ j ˙ ˆ ˙ = φ sin θk − (φ cos θ)ˆ ı dt ˆ dk ˙ı ˙ = −θˆ − (φ sin θ)ˆ, j dtde modo que dL0 = −A¨j − Aθ(φ sin θk − (φ cos θ)ˆ) + Aφ sin θˆ + Aφθ cos θˆ + θˆ ˙ ˙ ˆ ˙ ı ¨ ı ˙˙ ı dt ˙ ˙ˆ ˙ j ˙ˆ ˙ı ˙ Aφ sin θ(θk + (φ cos θ)ˆ) + C sk + Cs(−θˆ − φ sin θˆ), j ¨j + Aφ sin θˆ + 2Aφθ cos θˆ + = −Aθˆ ¨ ı ˙˙ ı ˙ ˙ j ˙ˆ ˙ı ˙ Aφ sin θφ cos θˆ + C sk + Cs(−θˆ − φ sin θˆ), jentonces las componentes de la ecuación del torque son ¨ ˙˙ ˙ Aφ sin θ + 2Aφθ cos θ − Csθ = 0 −A¨ + Aφ sin θφ cos θ − Csφ sin θ = −Mgh sin θ θ ˙ ˙ ˙ C s = 0. ˙De la primera se obtiene d ¨ 2 (Aφ sin θ + Cs cos θ) = 0 dt
  • 163. 4.3 Movimiento en tres dimensiones 153de modo que se tienen dos cantidades conservadas ˙ ˙ s ≡ φ cos θ + ψ = constante, ˙ α ≡ Aφ sin2 θ + Cs cos θ = constante.Ahora, en vez de trabajar la segunda ecuación es preferible considerar que laenergía se conserva, entonces 1 ˙2 1 ˙2 1 E = Aθ + A(sin2 θ)φ + C(s)2 + Mgh cos θ = constante. 2 2 2 ˙Al eliminar φ a través de α en la ecuación de la energía. Si se define u = cos θ,se obtiene (ver apéndice) µ ¶2 2 2 1 − u2 α − Csu u = f (u) = (2E − Cs − 2Mghu) ˙ − , A Apolinomio cúbico en u, cuyas dos raíces entre −1 y 1 tienen importancia enla determinación de la inclinación del eje del trompo en su movimiento. Enlas figuras siguientes se muestran tres casos partículares donde la forma def (u), la cual está determinada por las condiciones iniciales, determina el tipode movimiento que se realiza. f(u) 1 1 u Raíces de f (u), caso genérico En el primer caso, hay dos raíces en el intervalo −1, 1 y la tercera, comoes lo usual es mayor que uno. El eje el trompo oscila entre las inclinacionesdadas por esas dos raices.
  • 164. 154 Sistema rígido de partículas f(u) -1 u0 1 u Precesión uniforme El segundo caso corresponde a una inclinación constante θ0 del eje deltrompo, caso llamado de precesión uniforme que se caracteriza por ser f (u0 ) =0 y f 0 (u0 ) = 0. f(u) -1 1 u Trompo dormido El último caso corresponde al caso de trompo dormido estable, es de-cir donde el eje del trompo permanece vertical y está caracterizado por serf (1) = 0 y f 0 (1) = 0.Otras características del movimiento del trompo se vi-sualizan mejor siguiendo el movimiento del centro de masas, el cual se muevesobre una esfera, como se indica en la figura siguiente para tres casos posi- ˙ ˙bles. En el primero φ > 0, en el segundo φ se anula en el punto más alto
  • 165. 4.3 Movimiento en tres dimensiones 155 precesión positiva movimiento cuspidal movimiento con loops ˙y en el tercero φ se anula y por lo tanto cambia de signo entre las inclinacionesmáximas y mínimas del eje del trompo. La solución completa para condiciones iniciales arbitrarias es complica-da pero esbozaremos lo que se necesita hacer. Las condiciones iniciales deposición y velocidad del trompo determinan las constantes E, s y α. La in-clinación del eje polar θ se obtendría integrando la última ecuación que tienela forma du dt = p , f (u)y que conduce a funciones elípticas. En efecto f (u) que es un polinomiocúbico puede escribirse 2Mgh f (u) = (u − u1 )(u − u2 )(u − u3 ), Adonde supondremos que hemos ordenado las raíces de acuerdo a −1 < u1 < u2 < 1 < u3 . √Sea además z = u − u1 de modo que 2z z = u entonces ˙ ˙ 2Mgh 2 2 f (u) = (z )(z + u1 − u2 )(z 2 + u1 − u3 ), A du = 2zdzde modo que s 2A dz dt = p , Mgh (z 2 − (u − u ))(z 2 − (u − u )) 2 1 3 1
  • 166. 156 Sistema rígido de partículasque nos proponemos reducir a la forma canónica (ver apéndice) µ ¶2 dy = (1 − y 2 )(1 − k2 y 2 ), (0 < k2 < 1). dxPara ello la escribimos µ ¶2 2A dz = ((u2 − u1 ) − z 2 )((u3 − u1 ) − z 2 ), Mgh dt psea además z = (u2 − u1 )w entonces µ ¶2 2A dw u2 − u1 2 = (1 − w2 )(1 − w ), Mgh(u3 − u1 ) dt u3 − u1de aquí, puede obtenerse w = sn(p(t − t0 ),donde p y el módulo de la función elíptica sn están dados por Mgh(u3 − u1 ) p2 = , 2A u2 − u1 k2 = . u3 − u1Así finalmente la solución será cos θ = u1 + z 2 = u1 + (u2 − u1 )sn2 (p(t − t0 ).4.4. EjemplosEjemplo 4.4.1 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados My h se coloca en movimiento con su eje inclinado en π/2. Con un movimiento ˙de spin s. Determine la precesión inicial φ(0) = Ω para el trompo pase porθ = 0. Solución. Podemos evaluar las constantes ˙ ˙ s ≡ φ cos θ + ψ = constante, ˙ α ≡ Aφ sin2 θ + Cs cos θ = AΩ
  • 167. 4.4 Ejemplos 157 1 ˙2 1 ˙2 1 E = Aθ + A(sin2 θ)φ + Mgh cos θ + Cs2 2 2 2 1 2 1 = Cs + AΩ2 2 2 entonces µ ¶2 2 (1 − u2 ) AΩ − Csu f (u) = (AΩ − 2Mghu) − . A AUna raíz es u1 = 0,y la otra debe ser u = 1 por lo tanto AΩ − Cs = 0. NEjemplo 4.4.2 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados My h se coloca en movimiento con su eje vertical hacia arriba. Con un movi-miento de spin s solamente. Determine la condición para que el movimientosea estable. Solución. De acuerdo a las condiciones iniciales podemos evaluar lasconstantes ˙ ˙ s ≡ φ cos θ + ψ = constante, ˙ α ≡ Aφ sin2 θ + Cs cos θ = Cs, 1 ˙2 1 ˙2 1 E = Aθ + A(sin2 θ)φ + Mgh cos θ + Cs2 2 2 2 1 2 = Mgh + Cs , 2entonces µ ¶2 (1 − u2 ) Cs − Csu f (u) = (2Mgh − 2Mghu) − , A A (1 − u2 ) C 2 s2 = 2Mgh(1 − u) − 2 (1 − u)2 , µ A A ¶ (1 − u)2 C 2 s2 = 2Mgh(1 + u) − . A A
  • 168. 158 Sistema rígido de partículasO sea hay dos raíces repetidas u = 1, y la tercera raíz es C 2 s2 u3 = − 1. 2MghASi la tercera raíz fuera menor que 1 entonces el eje del trompo se moveríaentre θ = 0 y el valor de cos θ = u3 . Para que ello no ocurra, trompo estable,debe ocurrir que u3 > 1 y eso impone C 2 s2 > 2. 2MghA NEjemplo 4.4.3 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados My h se coloca en movimiento con su eje inclinado en ángulo θ = π/2, Con un ˙movimiento de spin s y precesión inicial φ(0) = Ω solamente. Determine lacondición para que en el movimiento θ no varíe. Solución. Nuevamente, de acuerdo a las condiciones iniciales podemosevaluar las constantes ˙ ˙ s ≡ φ cos θ + ψ = constante, ˙ α ≡ Aφ sin2 θ + Cs cos θ = AΩ, 1 ˙2 1 ˙2 1 E = Aθ + A(sin2 θ)φ + Mgh cos θ + Cs2 2 2 2 1 1 2 = AΩ2 + Cs , 2 2entonces µ¶2 2 (1 − u2 ) AΩ − Csu f (u) = (AΩ − 2Mghu) − , A A µ ¶2 2 (1 − u2 ) Cs = (AΩ − 2Mghu) − Ω− u . A AObviamente una solución es u = 0 correspondiente a θ = π/2. Para que θ novaríe, f (u) debe ser negativo en la vecindad de u = 0 y eso requiere que f (0)sea un máximo relativo. Entonces la condición es f 0 (0) = 0.
  • 169. 4.4 Ejemplos 159Haciendo el cálculo correspondiente resulta 1 2Cs (−2Mgh) + Ω = 0 A A CsΩ = Mgh NEjemplo 4.4.4 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dadosM y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en ángulo θ0 , Con un ˙movimiento de spin s y precesión inicial φ(0) = Ω solamente. Determine lacondición para que en el movimiento θ no varíe, aumente o disminuya. Solución. Evaluamos las constantes en términos de las condiciones ini-ciales, esto es α ≡ AΩ sin2 θ0 + Cs cos θ0 , 2E − Cs2 = A(sin2 θ0 )Ω2 + 2Mgh cos θ0 ,luego f (u) será 1 − u2 f (u) = (AΩ2 sin2 θ0 + 2Mgh cos θ0 − 2Mghu) − A µ ¶2 AΩ sin2 θ0 + Cs cos θ0 − Csu . AComo f (u0 ) = 0, θ0 es un extremo y el ángulo variará hacia la región dondef (u) sea positiva. De ello se deduce que la condición será f 0 (u0 ) = 0, f 0 (u0 ) <0 o f 0 (u0 ) > 0 para los tres casos señalados. Entonces, derivando y evaluandoen u0 = cos θ0 resulta 1 − u2 0 −2u0 2Cs f 0 (u0 ) = (−2Mgh) + (AΩ2 sin2 θ0 ) + 2 AΩ sin2 θ0 A A A 2 sin θ0 ¡ 2 ¢ = −Mgh − (AΩ2 )u0 + CsΩ , Aentonces si −AΩ2 u0 + CsΩ − Mgh = 0,hay precesión uniforme con θ = θ0 , si AΩ2 u0 − CsΩ + Mgh > 0,el ángulo de inclinación θ aumenta y si es negativa, disminuye.
  • 170. 160 Sistema rígido de partículas NEjemplo 4.4.5 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dadosm y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en ángulo θ0 , Con un ˙movimiento de spin s y precesión inicial φ(0) = Ω solamente. Determine lacondición para que debe cumplir Ω para que en el movimiento siguiente θaumente y el trompo haga loops. ˙ ˙ Solución. Si tomamos condiciones iniciales en θ1 , dados θ1 = 0, s, φ1entonces ˙ α = A(sin2 θ1 )φ1 + Cs cos θ1 .Para que la precesión se anule en el intervalo (θ1 , θ2 ) debe existir un ánguloθ3 tal que θ1 < θ3 < θ2 de modo ˙ α = A(sin2 θ1 )φ1 + Cs cos θ1 = Cs cos θ3es decir α cos θ3 = u3 = , ¯α¯ Cs ¯ ¯ ¯ ¯ < 1. CsEsta condición puede escribirse ˙ A(sin2 θ1 )φ1 + Cs cos θ1 −1 < <1 Cso bien, si el spin es positivo Cs ˙ Cs − < Aφ1 < 1 − cos θ1 (1 + cos θ1 ) ˙Aquí u3 = cos θ3 donde θ3 es el hipotético ángulo donde φ3 = 0 y deberíaestar entre θ1 y θ2 para que haya loops. Si hay dos raíces cos θ1 y cos θ2 en elintervalo fundamental (−1, 1) la condición que falta imponer es que u3 estéentre ellas lo que se traduce en que debe ser f (u3 ) > 0Como µ ¶2 ¡ ¢ 1 − u2 α − Csu f (u) = 2E − Cs2 − 2mghu − A A
  • 171. 4.4 Ejemplos 161entonces ¡ ¢ 1 − u2 3 f (u3 ) = 2E − Cs2 − 2mghu3 >0 Aimplica f (u3 ) > 0 =⇒ 2E − Cs2 − 2mghu3 > 0que es la condición que falta. Para colocarla en términos de las condiciones ˙iniciales (con θ1 = 0) ˙ A(sin2 θ1 )φ1 + Cs cos θ1 ˙22E−Cs2 −2mghu3 = Aφ1 sin2 θ1 +2mgh cos θ1 −2mgh >0 Csque se reduce a ˙ ˙ 2mgh 0 < φ1 (φ1 − ). CsDel ejemplo anterior, para que θ aumente, se requiere además que ˙2 ˙ Aφ1 cos θ1 − Csφ1 + mgh > 0,esto es tenemos tres condiciones (para s > 0) Cs ˙ Cs − < Aφ1 < , (a)) 1 − cos θ1 (1 + cos θ1 ) ˙ ˙ 2mgh 0 < φ1 (φ1 − ), (b)) Cs ˙2 ˙ 0 < Aφ1 cos θ1 − Csφ1 + Mgh (c)) ˙ Si φ1 < 0 y θ1 < π/2, (b) y (c) se satisfacen, (a) se reduce a Cs ˙ − < Aφ1 1 − cos θ1 ˙ Si φ1 < 0 y θ1 > π/2, (b) se satisface, y las condiciones son Cs ˙ − < Aφ1 . 1 − cos θ1 ˙2 ˙ 0 > Aφ |cos θ1 | + Csφ1 − mgh. 1De la última puede obtenerse que
  • 172. 162 Sistema rígido de partículas à r ! Cs 4A |cos θ1 | mgh ˙ − 1+ 1+ < Aφ1 2 |cos θ1 | C 2 s2y Cs ˙ − < Aφ1 1 + |cos θ1 |Pero à r ! Cs 4A |cos θ1 | mgh Cs Cs 1+ 1+ > > , 2 |cos θ1 | C 2 s2 |cos θ1 | 1 + |cos θ1 |luego las dos condiciones se satisfacen si Cs ˙ − < Aφ1 . 1 + |cos θ1 |En consecuencia para s > 0, durante el movimiento siguiente θ aumentará yel trompo realizará loops si se satisface la condición anterior, cualquiera seael ángulo de inclinación inicial θ1 . N pgEjemplo 4.4.6 Para tener un caso concreto, sean s = h , C = 1 mh2 , 2 ˙ ˙A = 5 mh2 , θ(0) = π/3, θ(0) = 0. Determine algún valor de φ(0) para que el 4ángulo aumente y el trompo realice loops. Solución. Debe ser r³ ´ ˙ Cs/A 4 g 0 > φ(0) > − >− , 1 + |cos π/3| 15 h q¡ ¢ ˙ 2sea entonces φ(0) = − 15 g , luego h r³ ´ r³ ´ 2 2 g 1 2 g α = A(sin π/3)(− ) + Cs cos π/3 = mh 15 h 8 h 61 2E − Cs2 = mhg, 60
  • 173. 4.4 Ejemplos 163de aquí puede obtenerse 1 g f (u) = (241 − 292u2 − 456u + 480u3 ), 300 hcuyas raíces son u = −0,949 38, u = 0,5, u = 1. 057 7 luego el trompo oscilaentre los ángulos 60o y 161,7o y la precesión se anula en α 1 cos θ3 = = , Cs 4o sea en θ3 = 75. 522o . NEjemplo 4.4.7 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dadosm y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en ángulo θ0 , Con un ˙movimiento de spin s y precesión inicial φ(0) = Ω solamente. Determine lacondición para que debe cumplir Ω para que en el movimiento siguiente θdisminuya y el trompo haga loops. Solución. A diferencia del ejemplo anterior, ahora se desea que el ángulode inclinación θ disminuya. Si tomamos condiciones iniciales en θ1 , dados˙ ˙θ1 = 0, s, φ1 entonces similarmente se obtendrá ˙ A(sin2 θ1 )φ1 + Cs cos θ1 −1 < <1 Cso bien, si el spin es positivo Cs ˙ Cs − < Aφ1 < 1 − cos θ1 (1 + cos θ1 )Similarmente f (u3 ) > 0 implica ˙ ˙ 2mgh 0 < φ1 (φ1 − ). CsAhora, para que θ disminuya se requiere además que ˙2 ˙ Aφ1 cos θ1 − Csφ1 + mgh < 0,
  • 174. 164 Sistema rígido de partículasesto es tenemos tres condiciones (para s > 0) Cs ˙ Cs − < Aφ1 < , (a)) 1 − cos θ1 (1 + cos θ1 ) ˙ ˙ 2mgh 0 < φ1 (φ1 − ), (b)) Cs ˙2 ˙ 0 > Aφ1 cos θ1 − Csφ1 + mgh. (c)) ˙Si s > 0, φ1 < 0 y θ1 < π/2, no es posible satisfacer (c). ˙ Si s > 0, φ1 < 0 y θ1 > π/2, (b) se satisface automáticamente y (c) sesatisface si ˙2 ˙ 0 > −Aφ1 |cos θ1 | − Csφ1 + mgh,o ˙2 ˙ 0 < Aφ1 |cos θ1 | + Csφ1 − mgh,y esto requiere 1 ³ p ´ ˙ Aφ1 < −Cs − (C 2 s2 + 4A |cos θ1 | mgh) , 2 |cos θ1 |además de Cs ˙ − < Aφ1 , 1 + |cos θ1 | ³ p ´ 1 Cs Cspero 2|cos θ1 | Cs + (C 2 s2 + 4A |cos θ1 | mgh) > |cos θ1 | > 1+|cos θ1 | , de modoque este caso no es posible. ˙ Resta entonces analizar la posibilidad s > 0, y φ1 > 0. Se deduce entoncesque ˙ Cs Aφ1 < , (a)) (1 + cos θ1 ) ˙ 2mgh φ1 > , (b)) Cs ˙2 ˙ 0 > Aφ1 cos θ1 − Csφ1 + mgh. (c))Para poder satisfacer (a)y (b) es condición necesaria que 2mghA Cs < , Cs 1 + cos θ1
  • 175. 4.4 Ejemplos 165 ˙y que φ1 esté entre las raíces de 2 ˙ ˙ Aφ1 cos θ1 − Csφ1 + mgh = 0,en el caso que θ1 < π/2. (Usted podrá comprobar que ambas raíces sonreales.) Entonces si s > 0 y θ1 < π/2 deben cumplirse 2mghA ˙ Cs < Aφ1 < Cs (1 + cos θ1 ) à r ! à r ! Cs 4A (cos θ1 ) mgh ˙ Cs 4A (cos θ1 ) mgh 1− 1− < Aφ1 < 1+ 1− .2 cos θ1 C 2 s2 2 cos θ1 C 2 s2 Puede probarse que à r ! 2mghA Cs 4A (cos θ1 ) mgh > 1− 1− , Cs 2 cos θ1 C 2 s2y à r ! Cs Cs 4A (cos θ1 ) mgh < 1+ 1− , (1 + cos θ1 ) 2 cos θ1 C 2 s2entonces es suficiente que 2mghA ˙ Cs < Aφ1 < . Cs (1 + cos θ1 )El caso que resta analizar es si s > 0 y θ1 > π/2 entonces deben cumplirse 2mghA ˙ Cs < Aφ1 < Cs 1 − |cos θ1 |y ˙2 ˙ 0 > −Aφ1 |cos θ1 | − Csφ1 + mgh,o ˙2 ˙ 0 < Aφ1 |cos θ1 | + Csφ1 − mgh, ˙es decir φ1 debe ser mayor que la raíz positiva entonces
  • 176. 166 Sistema rígido de partículas à r ! Cs 4Amgh |cos θ1 | ˙ −1 + 1+ < Aφ1 2 |cos θ1 | C 2 s2pero es fácil establecer que à r ! Cs 4A |cos θ1 | mgh 2mghA −1 + 1 + 2 s2 < , 2 |cos θ1 | C Csluego la condición necesaria es 2mghA ˙ Cs < Aφ1 < Cs 1 − |cos θ1 | NEjemplo 4.4.8 Un trompo con A = Mh2 , C = 2Mh2 , baila con precesiónuniforme con θ = π/2 y precesión Ω. Si repentinamente la precesión se du-plica, determine el movimiento siguiente. Solución. Para precesión uniforme tenemos −AΩ2 u0 + CsΩ − Mgh = 0, u0 = 0,de donde despejamos el spin Mgh Cs = . Ω ˙Calculamos ahora con θ0 = π/2, φ0 = 2Ω ˙ α ≡ Aφ sin2 θ0 + Cs cos θ0 = 2AΩ, 2E − Cs2 = 4AΩ2 ,luego µ ¶2 ¡ 2 ¢ 1 − u2 2AΩ − Csu f (u) = 4AΩ − 2Mghu − , A A à !2 ¡ ¢ 1 − u2 2AΩ − Mgh u = 4AΩ2 − 2Mghu − Ω , A A ¡ ¢ 2AΩ2 u − Mgh = Mghu − 2AΩ2 u , Ω2 A2
  • 177. 4.4 Ejemplos 167de donde las raíces son u1 = 0, 2AΩ2 2hΩ2 u2 = = , Mgh g Mgh g u3 = 2 = . 2AΩ 2hΩ2Además ˙ Aφ sin2 θ = 2AΩ − Cs cos θ, ³ g ´ 2 = 2Mh Ω − cos θ . 2hΩHay dos casos: 2hΩ2 g > 1, las raíces son que dan los extremos son u1 = 0, g u3 = < 1. 2hΩ2 ˙ 2Mh2 ³ g ´ φ(θ3 ) = Ω− cos θ3 , A sin2 θ3 2hΩ 2 µ ¶ 2Mh g2 = Ω− 2 3 , A sin2 θ3 4h Ω µ ¶ 2Mh2 g2 Ω 1− 2 4 > 0. A sin2 θ3 4h Ω g 2hΩ2 > 1,las raíces que dan los extremos son u1 = 0, 2hΩ2 u2 = < 1. g ˙ 2Mh2 ³ g ´ φ(θ2 ) = Ω− cos θ2 , A sin2 θ2 2hΩ µ ¶ 2Mh2 g 2hΩ2 = Ω− = 0, A sin2 θ2 2hΩ g es un movimiento cuspidal N
  • 178. 168 Sistema rígido de partículas4.5. Movimiento con loops4.5.1. Resumen En los ejemplos anteriores se han establecido las condiciones para queel trompo, partiendo desde una posición extrema de su inclinación, realice ˙loops, es decir que la precesión φ se anule entre las posiciones extremas. Enresumen se probó que las condicones son ˙ ˙ ˙ a) si s > 0, φ(0) = φ1 < 0, θ(0) = θ1 y θ(0) = 0 el ángulo de inclinación θ aumentará y hay loops si Cs ˙ − < Aφ1 < 0. 1 − cos θ1 ˙ ˙ ˙ b) si s > 0, φ(0) = φ1 > 0, θ(0) = θ1 y θ(0) = 0 el ángulo de inclinación θ disminuirá y hay loops si 2mghA ˙ Cs < Aφ1 < , Cs (1 + cos θ1 ) lo cual es posible solamente si C 2 s2 2mghA < . (1 + cos θ1 )4.6. Ejercicios resueltosEjercicio 4.6.1 En el movimiento de un cuerpo rígido simétrico (es decircon A = B) bajo la acción de la reacción en el centro de masas solamente,ver fig.(4.6), pruebe que: a) La magnitud de la velocidad angular del cuerpo permanece constante. b) La velocidad angular ω del cuerpo describe un cono en torno del eje de simetría de cuerpo (eje z) con velocidad angular relativa al cuerpo ˆ n = (C − A)ωz k/A. c) El eje de simetría del cuerpo (eje z) describe un cono en torno a la direc- ción fija del momentum angular LG , con velocidad angular de magnitud p Ω = ω sin2 α + (C/A)2 cos2 α siendo α el ángulo constante que forma ω con el eje z.
  • 179. 4.6 Ejercicios resueltos 169 L L ω ω z z A>C A<C Figura 4.6: Conos del espacio y del cuerpo Solución. Para ejes principales GXY Z fijos al cuerpo, podemos utilizarlas ecuaciones de Euler donde el torque es nulo, por lo tanto dLG = ΓG = 0 ⇒ LG = constante. dtEn componentes Aω x − (B − C)ωy ω z = 0, ˙ B ω y − (C − A)ωz ω x = 0, ˙ C ω z − (A − B)ωx ω y = 0, ˙pero A = B, de modo que Aω x − (A − C)ωy ω z = 0, ˙ Aω y − (C − A)ωz ω x = 0, ˙ C ω z = 0, ˙de aquí se deduce ω z es constante. De las dos primeras se deduce que ω x ω x + ω y ωy = 0, ˙ ˙de donde ω2 + ω 2 = constante, x yy luego q ω= ω2 + ω2 + ω 2 es constante. x y z
  • 180. 170 Sistema rígido de partículasLa figura z α ω y φ xnos dice entonces que ω x = ω sin α cos φ, ω y = ω sin α sin φ,reemplazando en la primera ecuación de Euler Aω x −(A−C)ω y ωz = 0 resulta ˙ ˙ −Aω sin α(sin φ)φ − (A − C)(ω sin α sin φ)(ω cos α) = 0,de donde ˙ (C − A)(ω cos α) (C − A)ω z φ= = . A A NEjercicio 4.6.2 (Synge y Griffith, [13]) Un cono sólido de altura b y semiángulo en el vértice α rueda en movimiento estacionario sobre un plano ru-goso horizontal de modo que la línea de contacto rota con velocidad angularΩ en torno de la vertical. Demuestre que la reacción de la superficie sobre elcono equivale a una fuerza que corta la generatriz de contacto a distancia 3 k2 Ω2 b cos α + cot α 4 gde su vértice, siendo k el radio de giro del cono (I = mk 2 ) en torno a lageneratriz. Deduzca que el valor máximo posible de Ω es q 1 gb(1 + 3 sin2 α) sin α. 2k cos α
  • 181. 4.6 Ejercicios resueltos 171 Solución. Con relación a la figura z0 z α C y α y0 x φ x0 P ωusemos los ejes principales OXY Z. La matriz de inercia en O será de la forma ⎡ ⎤ Ixx 0 0 ⎣ 0 Iyy 0 ⎦ , con Ixx = Izz . 0 0 IzzLa velocidad angular del cuerpo está en la dirección de la generatriz de con-tacto de modo que ˆ ω = ω cos αˆ − ω sin αk, jy resulta ˆ L0 = ωIyy cos αˆ − ωIzz sin αk. jLas derivadas de los vectores unitarios son dˆ j ˆ = Ωk0 × j = −Ω sin(90 − α)ˆ, ˆ ı dt ˆ dk ˆ ˆ = Ωk0 × k = Ω sin(α)ˆ, ı dty entonces dL0 = ωIyy cos α(−Ω sin(90 − α)ˆ) − ωIzz sin α(Ω sin(α)ˆ) ı ı dt = −ωΩ(Iyy cos2 α + Izz sin2 α)ˆ. ıPor otro lado no hay aceleración vertical del centro de masa por lo tanto lareacción R = mg. El centro de masa está a distancia horizontal 3 b cos α del 4
  • 182. 172 Sistema rígido de partículasvértice 0 por lo tanto si llamamos h a la distancia a la cual actúa R tenemosque 3 Γ = (−mg b cos α + Rh)ˆ = −ωΩ(Iyy cos2 α + Izz sin2 α)ˆ, ı ı 4de aquí, usando R = mg, despejamos h 3 ωΩ Iyy cos2 α + Izz sin2 α h = b cos α − ( ). 4 g mFalta determinar ω. Si evaluamos la velocidad del centro de la base del conoella es ωb sin α = −Ωb cos α,luego 3 Ω2 cos α Iyy cos2 α + Izz sin2 α h = b cos α + ( ). 4 g sin α mPero el momento de inercia respecto a la generatriz de contacto es ⎡ ⎤ £ ¤ 0 I = 0 cos α − sin α H0 ⎣ cos α ⎦ = Iyy cos2 α + Izz sin2 α, − sin αlo que prueba lo solicitado 3 k2 Ω2 h = b cos α + cot α. 4 gObviamente h 5 OP = b cos α de manera que 3 k2 Ω2 b b cos α + cot α 5 , 4 g cos αde donde g tan α 3 Ω2 5 (b − b cos α tan α), k2 cos α 4 gb 3 = 2 2α (sin α − cos2 α sin α), k cos q 4 1 p Ω 5 gb 4 sin α − 3(1 − sin2 α) sin α 2k cos α 1 p p = gb sin α + 3 sin3 α. 2k cos α
  • 183. 4.6 Ejercicios resueltos 173 NEjercicio 4.6.3 (Synge y Griffith) Una placa delgada elíptica de semiejea, b (a ≥ b) puede moverse libremente en torno de su centro que está fijo.Es colocada en movimiento dándole una velocidad angular de magnitud nen torno de un eje sobre su plano, igualmente inclinado respecto a ambossemiejes de la elipse. Demuestre que el eje instantáneo de rotación, volveráa estar sobre el plano de la elipse después de un tiempo Zλ 1 T =2 p dx, 4 0 λ − x4siendo n2 a2 − b2 λ2 = . 2 a2 + b2 Solución. Las ecuaciones de Euler darán con C = A + B Aωx − (B − A − B)ω y ωz = 0, ˙ B ωy − (A + B − A)ω z ω x = 0, ˙ (A + B)ω z − (A − B)ω x ω y = 0, ˙o bien ω x + ω y ωz = 0, ˙ ω y − ω z ω x = 0, ˙ (A + B)ω z − (A − B)ω x ω y = 0, ˙de las dos primeras ω x ω x + ω y ωy = 0, ˙ ˙de donde ω2 + ω 2 = constante = n2 . x ySea además ω x = n cos Ψ/2, ωy = n sin Ψ/2sustituimos en ω x + ωy ω z = 0 y obtenemos ˙ ˙ Ψ Ψ Ψ Ψ˙ −n sin + n sin ω z = 0 ⇒ ω z = , 2 2 2 2
  • 184. 174 Sistema rígido de partículassustituimos en la tercera ecuación de Euler ¨ Ψ Ψ Ψ π (A + B) ˙ − (A − B)n2 cos sin = 0, con Ψ(0) = 0, Ψ(0) = . 2 2 2 2que puede escribirse 2 ¨ (B − A)n sin Ψ = 0, con Ψ(0) = 0, Ψ(0) = π . Ψ+ ˙ (A + B) 2 2que corresponde a la ecuación de un péndulo simple con Ω2 = (B−A)n que (A+B)partió del reposo en posición horizontal. Podemos integrar obteniendo dΨ √ √ ˙ Ψ2 − 2Ω2 cos Ψ = 0 =⇒ = −Ω 2 cos Ψ dtreordenando dΨ √ √ = −Ω 2dt cos Ψy el tiempo necesario para que Ψ → −π/2 será Z 0 Z π/2 1 dΨ 2 dΨ T = −2 √ √ = √ √ . Ω 2 π/2 cos Ψ Ω 2 0 cos ΨSi elegimo los semiejes de la elipse como eje X, Y los momentos de inerciaserán Z Z 2 A = Ixx = y dm, B = Iyy = x2 dm, C = Izz = Ixx + Iyy , R Rnotemos que para la frontera R de la región de integración x2 y 2 + 2 = 1, a2 bademás Z M A = Ixx = y 2 dxdy, πab R Z M B = Iyy = x2 dxdy πab R
  • 185. 4.6 Ejercicios resueltos 175para reducir la región a un círculo unitario R0 tomemos x = ax0 , y = by 0luego Z Z Mb2 02 0 0 Mb2 1 Mb2 A = Ixx = y dx dy = r02 r0 dr0 dθ = , π R0 π 2 R0 4 Z Ma2 Ma2 B = Iyy = x02 dx0 dy 0 = . π R0 4 R R R(Hemos usado R0 y 02 dx0 dy 0 = R0 x02 dx0 dy 0 = 1 R0 r02 r0 dr0 dθ ). Entonces 2 (a2 − b2 )n2 Ω2 = = 2λ2 (a2 + b2 )o sea nuestro resultado es Z 0 Z π/2 Z 1 dΨ 2 dΨ 1 π/2 dΨ T = −2 √ √ = √ √ = √ . Ω 2 π/2 cos Ψ Ω 2 0 cos Ψ λ 0 cos ΨEl resultado propuesto es Zλ Z1 1 2 1 T =2 p dx = √ dx0 λ4 − x4 λ 1−x04 0 0Me dio lata demostrarlo, pero un cálculo numérico indica que son igualesporque Z π/2 Z1 dΨ 1 √ = 2. 622 06, 2 √ dx = 2. 622 06. 0 cos Ψ 1 − x4 0 NEjercicio 4.6.4 Considere dos cuerpos rígidos que chocan de modo queexiste una tangente común a las superficies en el punto de contacto, don-de se desarrolla una fuerza normal y posiblemente otra tangente (de roce),ver fig.(??). Establezca la equivalencia entre conservación de energía (choqueelástico) y coeficiente de restitución unidad (e = 1). Otros ejemplos de ladinámica de los cuerpos rígidos, tales como el movimiento del trompo simé-trico bajo la acción de su peso y de la reacción en su púa, se estudiarán enel capítulo sobre ecuaciones de Lagrange, pues ese método tiene, en general,ventajas respecto a la formulación newtoniana usual.
  • 186. 176 Sistema rígido de partículas V2 V1 J ω1 J G2 ω2 G1 Figura 4.7: Choque cuerpos rígidos Solución. Si llamamos J a la interacción impulsiva y P1 (y P2 ) al puntode contacto, 1 y 2 a los centros de masas e indicamos con + y− a valores delas diversas cantidades justo después y justo antes de la colisión, tenemosque + − M1 (v1 − v1 ) = J , (4.9) + − M2 (v2 − v2 ) = −J , (4.10) H1 (ω + − ω− ) = G1 P × J , 1 1 (4.11) H2 (ω + − ω − ) = −G2 P × J , 2 2 (4.12)y conservación de energía 1 1 1 1 M1 v1 + M2 v2 + ω + · H1 ω + + ω+ · H2 ω + = +2 +2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 M1 v1 + M2 v2 + ω − · H1 ω − + ω− · H2 ω− . −2 −2 1 1 (4.13) 2 2 2 2 2 2De las ecuaciones (10.4) y (10.5) se obtiene ω + · H1 ω+ − ω− · H1 ω − = (ω + + ω − ) · G1 P × J , 1 1 1 1 1 1 ω + · H2 ω + − ω − · H2 ω − = −(ω + + ω − ) · G2 P × J . 2 2 2 2 2 2De aquí, con algo de álgebra, puede obtenerse de la ecuación de conservaciónde la energía (v1 + v1 ) · J − (v2 + v2 ) · J = −(ω + + ω − ) × G1 P · J + + − + − 1 1
  • 187. 4.6 Ejercicios resueltos 177 +(ω + + ω − ) × G2 P · J , 2 2pero vP1 = v1 + ω+ × G1 P , + + 1y similarmente las otras, entonces + − + − (vP1 + vP1 − vP2 − vP2 ) · J ,es decir + + − − (vP1 − vP2 ) · J = −(vP1 − vP2 ) · J .que significa coeficiente de restitución unidad, en la dirección del impulso deinteracción. NEjercicio 4.6.5 Una semiesfera homogénea de radio a está en reposo sobreun plano horizontal liso con su base paralela a una pared vertical lisa, sobre lacual la superficie semi esférica, se apoya. La semiesfera comienza a moversepartiendo del reposo, deslizando sobre el piso horizontal y la pared, ambassin roce. Demuestre que cuando la base alcanza la posición horizontal, larapidez angular y la rapidez del centro de masas de la semiesfera son ω =q 15 8 g/a, v = 3 aω respectivamente. Demuestre además durante el movimiento 8 45siguiente, el ángulo entre la base y la horizontal no excede de cos−1 ( 128 ). Solución. θEl centro de masa del cuerpo está a distancia 3a/8 del centro. Mientras nodespega, el cuerpo mantiene su centro fijo, y la única fuerza que realiza torque
  • 188. 178 Sistema rígido de partículasrespecto a ese punto es el peso. Si en la segunda figura θ es el ángulo que hagirado la línea que contiene el centro de masa, entonces 3 IC ¨ = Mg a cos θ, θ 8donde el momento de inercia es I = 2Ma2 /5, luego 2Ma2 ¨ 3 θ = Mg a cos θ, 5 8o sea ¨ = 15 g cos θ, θ 16 aque podemos integrar porque ¨ = 1 d θ2 , θ ˙ 2 dθobteniendo 1 ˙ 2 15 g θ = sin θ, 2 16 ay cuando la base se coloca horizontal θ = π/2 resultando r ˙ 15 g ω=θ= , 8 ay 3 vCM = aω. 8Puede probarse que en esta posición el cuerpo despega y tiene una energíainicial (respecto a la posición inicial del centro) 1 ˙2 3 E = I θ − Mg a = 0, 2 8y su momentum en la dirección horizontal es r 3 3 15 g Px = M aω = M a . 8 8 8 aEsas dos cantidades son conservadas, pero ahora todo el cuerpo se traslada yrota, de manera que la coordenada x del centro de masa varía. Así la energíase puede escribir 1 2 1 ˙2 3a E = MvCM + ICM θ − Mg cos θ = 0, 2 2 8
  • 189. 4.6 Ejercicios resueltos 179además r 3 15 g Mx = M a ˙ , 8 8 a 3a yCM = cos θ, 8 3a ˙ yCM = − θ sin θ. ˙ 8 ˙Cuando θ sea un extremo, θ = 0, y en ese caso, yCM = 0 y la ecuación de ˙energía da r 1 3 15 g 2 3a M( a ) − Mg cos θ = 0 2 8 8 a 8que se reduce a 45 cos θ = , 128o sea θ = 69. 417 o . NEjercicio 4.6.6 Un disco uniforme de radio a que está rotando con rapidezangular inicial Ω alrededor de su eje, se coloca sobre un plano horizontal don-de el coeficiente de roce cinético es μ. Si la superficie se apoya uniformementesobre el suelo, demuestre que el disco se detendrá en un tiempo 3 aΩ/(gμ). 4 Solución. Si la fuerza normal está distribuida uniformemente, la queactúa sobre un elemento de área dA = rdrdθ en polares será mg dN = 2 rdrdθ, πala cual produce un torque retardador μmg dΓ = −μrdN = − 2 r2 drdθ, πasiendo el torque total μmg a3 2 Γ=− 2 3 2π = − μmga πa 3luego la desaceleración angular estará dada por 1 2 2 4 μg ma α = − μmga ⇒ α = − , 2 3 3 a
  • 190. 180 Sistema rígido de partículasluego frena cuando 4 μg 3Ωa 0=Ω− t⇒t= . 3 a 4μg NEjercicio 4.6.7 Un cilindro sólido de radio R, descansa sobre otro igualque a su vez se apoya sobre el suelo, en equilibrio inestable. Si el sistemase perturba levemente y no hay deslizamiento en las superficies de contacto,demuestre que mientras los cilindros permanecen en contacto, el ángulo θ queforma la línea que une los centros con la vertical satisface ˙2 12g(1 − cos θ) θ = . a(17 + 4 cos θ − 4 cos2 θ) Solución. Lamentablemente se nos coló este problema aquí porque esmejor hacerlo por el método de lagrange que se estudia más adelante. Lafigura ilustra que si el cilindro de abajo gira un ángulo φ, el de arriba giraun ángulo 2θ + φ. Note que los arcos azules son iguales. (2) R φθ R θ (1)Las coordenadas de los centros de masa son x1 = −Rφ, y1 = R, x2 = −Rφ + 2R sin θ, y2 = R + 2R cos θ,
  • 191. 4.6 Ejercicios resueltos 181luego las componentes de velocidad son x1 ˙ = ˙ −Rφ, y1 ˙ = 0, x2 ˙ = ˙ ˙ −Rφ + 2Rθ cos θ, y2 ˙ = ˙ −2Rθ sin θ.luego la energía cinética será 1 ˙2 1 1 ˙2 1 ˙ ˙ K = MR2 φ + ( MR2 )φ + M((−Rφ + 2Rθ cos θ)2 + 2 2 2 2 ˙2 1 1 ˙ ˙ 4R2 θ sin2 θ) + ( MR2 )(2θ + φ)2 , 2 2 3 ˙2 ˙2 ˙˙ ˙˙ = MR2 φ + 3MR2 θ − 2MR2 θφ cos θ + MR2 θφ, 2y la potencial será V = Mg2R cos θ,de aquí 3 ˙2 ˙2 ˙˙ ˙˙ L = MR2 φ + 3MR2 θ − 2MR2 θφ cos θ + MR2 θφ − Mg2R cos θ, 2luego se conserva ∂L ˙ ˙ ˙ pφ = = 3MR2 φ − 2MR2 θ cos θ + MR2 θ = 0, ˙ ∂φdespejamos ˙ 2˙ 1˙ φ = θ cos θ − θ, 3 3la energía también es constante 3 ˙2 ˙2 ˙˙ ˙˙E = MR2 φ + 3MR2 θ − 2MR2 θφ cos θ + MR2 θφ + Mg2R cos θ = Mg2R, 2 ˙reemplazamos φ resultando3 2˙ 1˙ ˙2 ˙ 2 ˙ 1˙ ˙ 2˙ 1˙ 2g 2g ( θ cos θ− θ)2 +3θ −2θ( θ cos θ− θ) cos θ+θ( θ cos θ− θ) = − cos θ,2 3 3 3 3 3 3 R Rde donde sigue que ˙2 1 − cos θ θ = 12g R (17 + 4 cos θ − 4 cos2 θ)
  • 192. 182 Sistema rígido de partículas NEjercicio 4.6.8 Un trompo con momentos de inercia A = 5Mh2 /4, C =Mh2 /2 se coloca en movimiento con su eje horizontal θ = π/2. El spin s es ˙dado. Determine los valores de la precesión inicial φ(0) = Ω para los cualesθ aumentará, disminuirá o permanecerá constante. Solución. como siempre se evalúan las constantes ˙2 ˙2 2E − Cs2 = Aφ sin2 θ + Aθ + 2mgh cos θ = AΩ2 , ˙ α = Aφ sin2 θ + Cs cos θ = AΩ,luego 1 − u2 α − Csu 2 f (u) = (2E − Cs2 − 2mghu) −( ) A A 1 − u2 AΩ − Csu 2 = (AΩ2 − 2mghu) −( ) A Acomo se ilustra en la figura f(u) (b) (a) π π/2 0 u -1 0 1 (c)θ aumentará (b) si f (0) < 0, permanecerá constante si (c) f 0 (0) = 0, dismi- 0nuirá (a) si f 0 (0) > 0. Evaluamos 1 2Cs 2Cs mgh f 0 (0) = (−2mgh) + (Ω) = (Ω − ), A A A Cs mgh mghde donde θ aumentará si Ω < Cs , permanecerá constante si Ω = Cs ,disminuirá si Ω > mgh . Cs N
  • 193. 4.6 Ejercicios resueltos 183Ejercicio 4.6.9 Un trompo con momentos de inercia A = 5Mh2 /4, C =Mh2 /2 se coloca en movimiento con su eje horizontal θ = π/2. El spin s es ˙dado. Si la precesión inicial es φ(0) = 0 determine los extremos del ángulo θpara el movimiento siguiente. Solución. Similarmente resulta ˙2 ˙2 2E − Cs2 = Aφ sin2 θ + Aθ + 2Mgh cos θ = 0, ˙ α = Aφ sin2 θ + Cs cos θ = 0,luego 1 − u2 α − Csu 2f (u) = (2E − Cs2 − 2Mghu) −( ) A A 1 − u2 −Csu 2 2MghAu2 − C 2 s2 u − 2MghA = (−2Mghu) −( ) =u A A A2una raíz es u1 = 0 (θ1 = π/2) y las otras satisfacen 0 = 2MghAu2 − C 2 s2 u − 2MghA, 0 = 10gu2 − hs2 u − 10g s s2 h s4 h2 cos θ2 = − 1+ . 20g 400g2 NEjercicio 4.6.10 Un trompo con momentos de inercia A = 5Mh2 /4, C =Mh2 /2 se coloca en movimiento con su eje inclinado en θ = π/3. El spin s ˙es dado. Si la precesión inicial es φ(0) = 0 determine los extremos del ánguloθ para el movimiento siguiente. Solución. De nuevo la misma rutina ˙2 ˙2 π 2E − Cs2 = Aφ sin2 θ + Aθ + 2Mgh cos θ = 2Mgh cos = Mgh, 3 ˙ π 1 α = Aφ sin2 θ + Cs cos θ = Cs cos = Cs, 3 2
  • 194. 184 Sistema rígido de partículasluego 1 − u2 α − Csu 2 f (u) = (2E − Cs2 − 2Mghu) −( ) A A 1 − u2 C 2 s2 = Mgh(1 − 2u) − (1 − 2u)2 A 4A2 4MghAu2 − 4MghA + C 2 s2 − 2C 2 s2 u = (−1 + 2u) 4A2de donde θ1 = π y las otras satisfacen 3 5Mh2 2 M 2 h4 2 5Mh2 M 2 h4 2 0 = 4Mgh u −2 s u − 4Mgh + s, 4 4 4 4 0 = −2s2 uh + s2 h + 20gu2 − 20g ⇒ 1 ³ 2 p ´ cos θ2 = s h − s4 h2 − 20s2 hg + 400g2 . 20g NEjercicio 4.6.11 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dadosM y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en θ. Determine la ˙relación que debe haber entre el spin s y la precesión inicial φ(0) = Ω paraque el ángulo θ no varíe. (Precesión uniforme) Solución. Sea θ0 el ángulo constante. Debe ser f 0 (u0 ) = 0.Derivando −2u 1 − u2 2Cs f 0 (u) = (2E − Cs2 − 2Mghu) + (−2Mgh) + 2 (α − Csu), A A APero 2E − Cs2 = AΩ2 sin2 θ0 + 2Mgh cos θ0 , α = AΩ sin2 θ0 + Cs cos θ0 ,evaluando en u0 = cos θ0 resulta 0 2 2−2 cos θ0 sin2 θ0 2Csf (u0 ) = (AΩ sin θ0 ) + (−2Mgh) + 2 (AΩ sin2 θ0 ) ⇒ A A A 0 = AΩ2 (cos θ0 ) − CsΩ + Mgh. la relación pedida,
  • 195. 4.6 Ejercicios resueltos 185 NEjercicio 4.6.12 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dadosM y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en θ0 . Si el trompo tienespin solamente, determine los valores extremos del ángulo θ. (Movimientocuspidal) Solución. Nuevamente ˙2 ˙2 2E − Cs2 = Aφ sin2 θ + Aθ + 2mgh cos θ = 2mgh cos θ0 , ˙ α = Aφ sin2 θ + Cs cos θ = Cs cos θ0 ,luego 1 − u2 α − Csu 2 f (u) = (2E − Cs2 − 2mghu) −( ), A A 1 − u2 Cs cos θ0 − Csu 2 = (2mgh cos θ0 − 2mghu) −( ), A A (− cos θ0 + u) = (2mghAu2 − 2mghA + C 2 s2 cos θ0 − C 2 s2 u), A2de donde θ1 = θ0 y las otras satisfacen 0 = 2mghAu2 − C 2 s2 u − 2mghA + C 2 s2 cos θ0 ,de donde resulta 1 ³ p ´ cos θ2 = C 2 s2 − C 4 s4 + 16m2 g2 h2 A2 − 8mghAC 2 s2 cos θ0 . 4mghA NEjercicio 4.6.13 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dadosM y h se coloca en movimiento con su eje vertical hacia arriba (θ0 = 0). Siel trompo tiene spin solamente, determine los valores del spin para los cualesel trompo baila establemente. (Movimiento de trompo dormido) Solución. Evaluamos ˙2 ˙2 2E − Cs2 = Aφ sin2 θ + Aθ + 2Mgh cos θ = 2Mgh, ˙ α = Aφ sin2 θ + Cs cos θ = Cs,
  • 196. 186 Sistema rígido de partículasluego 1 − u2 Cs − Csu 2 f (u) = (2Mgh − 2Mghu) −( ), A A 2MghAu − C 2 s2 + 2MghA = (1 − u)2 A2donde hay dos raíces repetidas θ1 = θ2 = 0 y la otra debe ser mayor que uno,es decir 1 C 2 s2 − 2MghA u= > 1 =⇒ C 2 s2 > 4MghA. 2 MghA NEjercicio 4.6.14 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados ˙M y h baila en precesión uniforme φ = Ω con su eje inclinado un ánguloθ. Si repentinamente el spin s0 se duplica determine los ángulos extremos deinclinación del eje del trompo. Solución. Para precesión uniforme en ángulo θ0 se tiene que 0 = AΩ2 (cos θ0 ) − Cs0 Ω + Mgh.de donde µ q ¶ 1 2 Ω= Cs0 ± C 2 s0 − 4AMgh (cos θ0 ) , 2A (cos θ0 )supondremos que ambas soluciones son reales. Las nuevas condiciones serán µ q ¶ 1 Ω = Cs0 ± C 2 s2 − 4AMgh (cos θ0 ) , 0 2A (cos θ0 ) ˙ s = 2s0 , θ(0) = θ0 , θ(0) = 0.Ahora evaluamos ˙2 ˙22E − Cs2 = Aφ sin2 θ + Aθ + 2mgh cos θ = AΩ2 sin2 θ0 + 2mgh cos θ0 , ˙ α = Aφ sin2 θ + Cs cos θ = AΩ sin2 θ0 + Cs cos θ0 ,
  • 197. 4.6 Ejercicios resueltos 187entonces 1 − u2 α − Csu 2 f (u) = (2E − Cs2 − 2Mghu) −( ), A A 1 − u2 = (AΩ2 sin2 θ0 + 2mgh cos θ0 − 2Mghu) A 2 AΩ sin θ0 + Cs cos θ0 − Csu 2 −( ), Af (u) puede ser factorizada por cos θ0 − u y la otra solución satisface ¡ ¢0 = 2MghAu2 + −C 2 s2 − A2 Ω2 sin2 θ0 u + C 2 s2 cos θ0 − 2AΩCs cos2 θ0 −A2 Ω2 cos θ0 + A2 Ω2 cos3 θ0 + 2AΩCs − 2MghA.Lamentablemente esto no se simplifica nada aún sin reemplazamos Ω = ³ ´ 1 p 2 s2 − 4AMgh (cos θ ) y Cs0 + C 02A(cos θ0 ) 0 s = 2s0 . N
  • 198. 188 Sistema rígido de partículas
  • 199. Capítulo 5 Ecuaciones de Lagrange5.1. Introducción Presentaremos las ecuaciones de Lagrange que constituyen una formula-ción alternativa a la formulación clásica Newtoniana, con ventajas que expli-caremos. Las ecuaciones de Lagrange así como la función lagrangiano puedenser introducidas de diversas formas. La justificación última de cualquiera delos métodos es que el formalismo conduzca a las ecuaciones correctas de mo-vimiento del sistema (cuando ellas son conocidas). De este punto de vistapueden existir diversos lagrangianos que originen las mismas ecuaciones demovimiento. Esos lagrangianos se denominan equivalentes. Una de las for-mas modernas es partir del principio variacional de Hamilton buscando unafunción lagrangiano que satisfaga el criterio anterior. Las simetrías del siste-ma pueden ser de ayuda en postular una determinada función lagrangiano.En estos apuntes preferiremos partir de las ecuaciones clásicas de Newton demovimiento de un sistema y derivar de allí la formulación lagrangiana, conlo cual el principio variacional de Hamilton pasa a ser en realidad un teore-ma de la Mecánica Clásica. En esta formulación, el lagrangiano del sistemaestará dado por L = K − V , la energía cinética menos la energía potencialdel sistema. Otros casos en que ello no sea así se considerarán en particular.
  • 200. 190 Ecuaciones de Lagrange5.2. Restricciones o vínculos Una forma equivalente a la formulación newtoniana de la Mecánica, laconstituye la formulación lagrangiana. La principal ventaja práctica que tieneesta formulación, es que de partida, el número de variables es el mínimoposible para determinar la configuración del sistema y además que no esnecesario conocer el detalle de las fuerzas de vínculos para su formulación,siempre que ellas satisfagan ciertos requisitos que se explican más adelante.5.2.1. Vínculos holonómicos y coordenadas generaliza- das Normalmente sobre un sistema mecánico existen restricciones o vínculosdados. Por ejemplo si se tiene un sistema rígido de partículas, las distanciasentre ellas son invariables y por lo tanto las variables necesarias para su des-cripción serán apenas 6, independientemente del número de partículas queconstituye el sistema. Los vínculos llamados de tipo holónomos son los quepermiten disminuir el número de variables de las inicialmente consideradas,por constituir relaciones funcionales que permitirían hacer la eliminaciónde variables redundantes. Rara vez se procede a eliminar variables redun-dantes explícitamente. En vez, razonando se decide sobre cuántas variablesson necesarias y se las elige. Así, para el caso de vínculos holónomos, si elsistema tiene N partículas, existen en principio N vectores posición o 3Ncoordenadas por determinar. La existencia de un cierto número de víncu-los constantes o funciones conocidas del tiempo, hace que sea necesario unnúmero menor de coordenadas n (n < 3N). Denotaremos por qi a esas coor-denadas elegidas, llamadas coordenadas generalizadas del sistema. Todo loscambios virtuales posibles de posición del sistema corresponden a cambiosarbitrarios de las coordenadas generalizadas, supuestas independientes. Elnúmero de coordenadas generalizadas n, es llamado el número de grados delibertad del sistema. Los cambios reales del sistema son logrados mediantecambios virtuales de las coordenadas generalizadas más los cambios que seoriginen en las variaciones con el tiempo de los vínculos, en el caso en quehayan vínculos variables.
  • 201. 5.2 Restricciones o vínculos 1915.2.2. Fuerzas de vínculos La presencia de ciertos tipos de vínculos equivalen a ciertas fuerzas, nor-malmente desconocidas, actuando sobre algunas partículas. Por ejemplo lacondición para que una partícula permanezca sobre una superficie lisa da-da es equivalente a una cierta reacción normal. La formulación lagrangianausual, exige que las llamadas fuerzas de vínculos, realicen un trabajo totalnulo cuando las partículas tienen desplazamientos (infinitésimos) compati-bles con los vínculos a tiempo fijo. Para el ejemplo anterior, suponga que lasuperficie lisa tiene un movimiento dado. Si la partícula es desplazada sobrela superficie sin permitir su movimiento (a tiempo fijo), la reacción normalno realiza trabajo. Sin embargo, si el desplazamiento de la partícula es sobrela superficie que se mueve, la reacción normal realiza trabajo distinto de cero.Si las fuerzas que vinculan un sistema de partículas para que este sea un sis-tema rígido de partículas, obedecen el principio de acción y reacción, es muysimple demostrar que el trabajo total que realizan esas fuerzas al desplazararbitrariamente el sistema, es nulo.5.2.3. Desplazamientos virtuales Para sistematizar la discusión llamaremos desplazamientos virtuales compa-tible con los vínculos, a los cambios de posición infinitésimos δri asociadosa cambios arbitrarios infinitésimos de las coordenadas generalizadas δqi atiempo fijo.La diferencia entre desplazamientos virtuales δri y desplazamientos realesdri debe estar clara. Si, por definición de coordenadas generalizadas se tiene ri = ri (q1 , q2 , . . . , qn , t) , (5.1)la diferencia señalada es: son cambios reales X ∂ri ∂ri dri = dqj + dt , ∂qj ∂ty son cambios virtuales X ∂ri δri = δqj . (5.2) j ∂qjLa diferencia puede ser importante en el caso que los vínculos sean funcionesdel tiempo, es decir cuando el tiempo aparezca explícitamente en (5.1).
  • 202. 192 Ecuaciones de Lagrange5.3. Ecuaciones de Lagrange Si se escriben las ecuaciones de Newton para las N partículas, separandolas fuerzas que actúan sobre ellas en fuerzas de vínculos y las de otro tipo vinc. mi ai = Fi + Fi .La esencia de la formulación lagrangiana es que las fuerzas de vínculos norealizan trabajo virtual, es decir X vinc. Fi · δri = 0, io sea X X X vinc. δW ≡ mi ai · δri = (Fi + Fi ) · δri = Fi · δri (5.3) i iQuedan entonces excluidas de esta formulación sistemas sistemas con fuerzasde roce disipativas. El resto, la obtención de las ecuaciones de Lagrange, sondetalles que veremos a continuación.Partiendo de (5.1), se deja como ejercicio demostrar la siguiente identidad.Ejercicio 5.3.1 Si ri = ri (q1 , q2 , . . . , qn , t), demuestre la identidad d ∂ 1 2 ∂ 1 2 ∂ri vi − vi ≡ ai · . dt ∂ qj 2 ˙ ∂qj 2 ∂qjSi esa identidad se multiplica por mi , δqj y se suma en i, j se obtiene Xµ d ∂ ∂ ¶ X ∂ri K− K δqj ≡ mi ai · δqj , j dt ∂ qj ˙ ∂qj i, j ∂qjque sigue siendo una identidad. La Física recién entra ahora, al utilizar (5.3) Xµ d ∂ ∂ ¶ X K− K δqj = Qj δqj , (5.4) j dt ∂ qj ˙ ∂qj jsiendo K la energía cinética y à ! X X X ∂ri X Fi · δri = δW = Fi · δqj ≡ Qj δqj , i j i ∂qj j
  • 203. 5.3 Ecuaciones de Lagrange 193por último, si las coordenadas generalizadas son independientes, como se hasupuesto, se obtiene d ∂ ∂ K− K = Qj . (5.5) dt ∂ qj ˙ ∂qjEste conjunto de ecuaciones se conoce como las ecuaciones de Lagrange delsistema (en una primera versión).5.3.1. Vínculos no holonómicos Un cierto tipo de vínculo no holonómico puede ser tratado con míni-mas variaciones con lo explicado. El caso que analizaremos consiste en res-tricciones adicionales lineales en las velocidades generalizadas del tipo X Aij qj + Ai0 = 0, ˙ i = 1, 2, 3, . . . , p , jsiendo los Aij ciertas funciones conocidas de las coordenadas generalizadas.Por constituir relaciones en general no integrables, dichas relaciones no per-miten a disminuir a priori el número de coordenadas generalizadas. Ellasimponen restricciones a las variaciones virtuales de las coordenadas genera-lizadas en uso, de la forma X Aij δqj = 0, i = 1, 2, 3, . . . , p . (5.6) jSe supone también que las fuerzas de vínculos realizan trabajo total nuloen los desplazamientos virtuales compatibles con los vínculos holonómicosoriginales, y con los adicionales (5.6) no holonómicos. Así todo lo dicho an-teriormente vale, salvo en lo relativo a la independencia de las coordenadas.Por lo tanto se tiene Xµ d ∂ ∂ ¶ X K− K δqj = Qj δqj , j dt ∂ qj ˙ ∂qj jjunto con X Aij δqj = 0, i = 1, 2, 3, . . . , p jde allí, utilizando p multiplicadores de Lagrange, λi , se obtiene à ! X d ∂ ∂ X K− K+ λi Aij − Qj δqj = 0 , j dt ∂ qj ˙ ∂qj i
  • 204. 194 Ecuaciones de Lagrangey considerando la idea del uso de los multiplicadores de Lagrange, se deduceque d ∂ ∂ X K− K+ λi Aij = Qj , j = 1, 2, 3, . . . , n , dt ∂ qj ˙ ∂qj ique junto con X Aij qj + Ai0 = 0, ˙ i = 1, 2, 3, . . . , p, jconstituyen n + p ecuaciones para las incógnitas, qi , λi . Estas ecuaciones sonlas llamadas ecuaciones de Lagrange para el sistema que tiene vínculos deltipo considerado.Función Lagrangiano En la formulación presentada, las ecuaciones de Lagrange se han escritoen términos de la energía cinética K. Si algunas de las fuerzas que realizantrabajo son conservativas, derivables de un potencial V , la expresión deltrabajo virtual puede escribirse X X X ∂V δW = Qj δqj = δW NC − δV = QNC δqj − j δqj , j j j ∂qjsiendo QNC la llamada fuerza generalizada “no conservativa”. Por lo tanto, jpara vínculos holonómicos, las ecuaciones de Lagrange pueden escribirse: d ∂ ∂ L− L = QNC , j j = 1, 2, 3, . . . , n, (5.7) dt ∂ qj ˙ ∂qjsiendo el lagrangiano del sistema L(q, q, t) = K(q, q, t) − V (q, t). ˙ ˙Esta forma constituye la versión más conocida de las ecuaciones de Lagran-ge para un sistema con vínculos holonómicos. Se darán ejemplos en que ellagrangiano correcto no está dado por K − V. Naturalmente esos otros ca-sos corresponden a sistemas en que las ecuaciones clásicas de movimiento noestán dadas por las ecuaciones clásicas de Newton.
  • 205. 5.4 Sistemas Conservativos 1955.3.2. Condición de integrabilidad Al realizar la derivada respecto al tiempo en el sistema de ecuacionesdiferenciales (5.7), ellas pueden escribirse X ∂2L X ∂2L ∂2L ∂L qi + ¨ qi + ˙ − = QNC , j j = 1, 2, 3, . . . , n i ∂ qj ∂ qi ˙ ˙ i ∂ qj ∂qi ˙ ∂ qj ∂t ∂qj ˙esto es un conjunto de ecuaciones diferecniales de segundo orden. Estas ecua-ciones requieren como condición para su integrabilidad que ½ 2 ¾ ∂ L det 6= 0, (5.8) ∂ qi ∂ qj ˙ ˙que significa en el fondo poder despejar las aceleraciones qi del conjunto ¨de ecuaciones diferenciales de Lagrange. Quedan así, excluidos en esta for-mulación, los lagrangianos singulares o de primer orden en las velocidadesgeneralizadas qi . ˙5.4. Sistemas Conservativos Por definición, un sistema será llamado conservativo, si QNC = 0, ∀j. jPara ellos, las ecuaciones de Lagrange son d ∂L ∂L − = 0, j = 1, 2, 3, . . . , n. (5.9) dt ∂ qj ∂qj ˙que, escritas explícitamente son X ∂ 2L X ∂ 2L ∂2L ∂L qi + ¨ qi + ˙ − = 0, j = 1, 2, 3, . . . , n. i ∂ qj ∂ qi ˙ ˙ i ∂ qj ∂qi ˙ ∂ qj ∂t ∂qj ˙lo que explica el significado de la condición de integrabilidad anterior. Esesencialmente la condición para poder despejar las aceleraciones del conjuntode ecuaciones de movimiento.5.4.1. Momentos canónicos Los momentos canónicos conjugados a las variable qi , se define por ∂L(q, q, t) ˙ pi = . ∂ qi ˙
  • 206. 196 Ecuaciones de LagrangeLa inversión de las ecuaciones anteriores, para despejar las velocidades gene-ralizadas en términos de los momentos canónicos (teorema de la funciónimplícita), requiere la misma condición anterior (5.8), de modo que hay unasegunda razón para excluir lagrangianos singulares de este formalismo.5.4.2. El hamiltoniano del sistemaTransformación de Legendre Considere como ejemplo, en una dimensión, una función convexa f (x)(con f 00 (x) > 0). La transformada de Legendre de f (x), se define por, (figura??): f(x) px px - f(x) x O Figura 5.1: Transformación de Legendre ın(px − f (x)) . F (p) = m´Dado que el mínimo ocurre cuando la derivada respecto a x sea nula, entonces F (p) = px − f (x) ,siendo p = f 0 (x) ,que esencialmente genera a partir de una función de variable independiente x,una función de variable independiente p. (vea Arnold [2])
  • 207. 5.4 Sistemas Conservativos 197 Un ejemplo de la Termodinámica. En termodinámica se utilizan trans- formaciones de Legendre para generar funciones termodinámicas. Con- sidere la energía interna U = U (S, V ), la temperatura T =(∂U/∂S)V . La transformada de Legendre de la energía interna es la función de Helmholtz, función de el volumen y la temperatura: A(V, T ) = U − T S .Función hamiltoniano Dado un lagrangiano L(q, q, t), definimos su transformada de Legendre ˙respecto a las velocidades generalizadas por X h= pi qi − L(q, q, t) ˙ ˙siendo ∂L(q, q, t) ˙ pi = . ∂ qi ˙Si las condiciones de invertibilidad se cumplen, podemos expresar las ve-locidades generalizadas en términos de los momentos. Así, eliminando lasvelocidades se tendría X H(q, p, t) = pi qi − L(q, q, t) , ˙ ˙el denominado hamiltoniano del sistema.Ejemplo 5.4.1 Si g(p) = Lp f (x) indica la transformada de Legendre def (x), demuestre que: Lx g(p) = f (x). Solución. Si g(p) = p¯ − f (¯), con p = f 0 (¯), entonces g 0 (p) = x + x x x ¯x (p) − f 0 (¯)¯0 (p) = x(p). Luego Lx g(p) = px − g(p) con x = g 0 (p) = x(p).¯0 xx ¯ ¯ NEjemplo 5.4.2 Dado un hamiltoniano H(p), indique una forma de deter-minar un lagrangiano. Solución. Z L(q) = ˙ (H 0 )−1 (q)dq . ˙ ˙
  • 208. 198 Ecuaciones de Lagrange N pEjemplo 5.4.3 Si un sistema tiene como hamiltoniano H = c p2 + m2 c2 , 0determine el lagrangiano. Solución. r q2 ˙ L = −m0 c2 1− , c2note que este lagrangiano relativista, no está dado por K − V. N5.4.3. Teoremas de conservación Escritas en términos de los momentos canónicos, las ecuaciones de La-grange para un sistema conservativo son dpi ∂L = . (5.10) dt ∂qiConservación del momento canónicoI Teorema 5.1Si el lagrangiano no contiene una coordenada (se dice que el lagrangiano escíclico en esa coordenada), se conserva el correspondiente momento canónicoconjugado, es decir ∂L = 0 =⇒ pi = constante ∂qiConservación del hamiltoniano De la definición del hamiltoniano y de las ecuaciones de Lagrange (5.10),se puede obtener X X ∂L dH = qj dpj − ˙ pj dqj − ˙ dt , (5.11) ∂tde donde se deducen importantes ecuaciones ∂H = qj , ˙ (5.12) ∂pj
  • 209. 5.4 Sistemas Conservativos 199 ∂H = −pj , ˙ (5.13) ∂qj ∂H ∂L =− . ∂t ∂tAdemás, si (5.11) se divide por dt, se obtiene dH X X ∂L = qj pj − ˙ ˙ pj qj − ˙ ˙ , dt ∂tes decir dH ∂L =− , dt ∂tde aquí sigue un teorema de conservación:I Teorema 5.2Si el lagrangiano no contiene el tiempo en forma explícita, se conserva elhamiltoniano. Es decir, de la última ecuación se desprende ∂L = 0 =⇒ H = constante. (5.14) ∂t5.4.4. Hamiltoniano y energía Analizaremos la relación entre hamiltoniano y energía del sistema. Parasistemas mecánicos clásicos, donde L = K − V , si el potencial no dependede las velocidades, se tiene X ∂K H= qi − K + V , ˙ ∂ qi ˙luego la condición suficiente para que la energía y el hamiltoniano sean igualeses que X ∂K qi = 2K . ˙ ∂ qi ˙De acuerdo al teorema de Euler de las funciones homogéneas, las funcioneshomogéneas de grado 2 cumplen precisamente la última condición. Se señalaun importante teorema cuya demostración se deja como ejercicio. Definición . Se define una función homogénea de grado p en n variables, cuando ella cumple:
  • 210. 200 Ecuaciones de Lagrange f (λx1 , λx2 , . . . , λxn ) = λp f (x1 , x2 , . . . , xn ) ,siendo λ 6= 0. De aquí, derivando respecto a λ y luego haciendo λ = 1, sededuce que:I Teorema 5.3Si f es una función homogénea de grado p,entonces: X ∂f pf (x1 , x2 , . . . , xn ) = xi . i ∂xiCon todos los antecedentes considerados, si la energía cinética es una funciónhomogénea de grado 2 en las velocidades generalizadas, entonces el hamilto-niano del sistema coincide con la energía del sistema. Es simple ir al fondo yresponder la pregunta. ¿Cuándo ocurre eso? Si se analiza la transformaciónde coordenadas generalizadas a posiciones (5.1), la velocidad estará dada por d X ∂ri ∂ri vi = ri = qj + ˙ , dt ∂qj ∂tde donde es evidente que la energía cinética resultará homogénea de grado dosen las velocidades generalizadas cuando ∂ri /∂t = 0, ∀i, es decir cuando losvínculos sean independientes del tiempo. Todo lo señalado se puede resumiren:I Teorema 5.4Si un sistema tiene sus vínculos independientes del tiempo, entonces H = E.5.4.5. Fuerzas dependientes de la velocidad Para ciertos casos, donde la fuerza generalizada dependiente de la veloci-dad satisface d ∂V (q, q, t) ∂V (q, q, t) ˙ ˙ Qj = − , dt ∂ qj ˙ ∂qjpara un cierto V (q, q, t), es posible definir el lagrangiano L = K −V, de modo ˙que las ecuaciones correctas de movimiento son las ecuaciones de Lagrange.
  • 211. 5.4 Sistemas Conservativos 201Ejercicio 5.4.1 Un ejemplo notable lo constituye la fuerza de Lorentz F =q(E +v× B) donde los campos magnéticos y eléctricos satisfacen E = −∇Φ−∂ A/∂t, y B = ∇ × A. Demuestre en este caso que d ∂V (q, q, t) ∂V (q, q, t) ˙ ˙ Fj = − , con V = qΦ − qv · A . dt ∂ qj ˙ ∂qj Solución. La solución es directa considerando que los q están sólo en la ˙velocidad de modo que ∂V (q, q, t) ˙ = −qAj , ∂ qj ˙ d ∂V (q, q, t) ˙ d = −q Aj , dt ∂ qj ˙ dtpor otro lado ∂V (q, q, t) ˙ ∂ ∂ =q Φ − qv · A, ∂qj ∂qj ∂qjde modo que se tiene d ∂ ∂ Fj = −q Aj − q Φ + qv · A dt ∂qj ∂qj ∂ ∂ ∂ = −q Φ − q Aj − qv · ∇Aj + qv · A ∂qj ∂t ∂qjPero la componente j de la fuerza de Lorentz es ∂ ∂ ³ ³ ´´ Fj = −q Φ − q Aj + q v × ∇ × A . ∂qj ∂t jO sea son iguales pues ³ ³ ´´ ∂ v× ∇×A =v· A − v · ∇Aj . j ∂qjPodemos notar además que si la energía cinética es 1 K = mv 2 , 2el lagrangiano será 1 L = mv 2 − qΦ + qv · A, 2
  • 212. 202 Ecuaciones de Lagrangeentonces el momento canónico pj estará dado por pj = mqj + qAj . ˙ N5.4.6. Teorema de Noether Considere transformaciones continuas de las coordenadas generalizadasde dependientes de un parámetro real s tales que para s = 0 se trata de latransformación identidad, es decir Qj = Qj (q, s), siendo qj = Qj (q, 0).Aquí q representa el conjunto completo de coordenadas generalizadas. Si ellagrangiano de un sistema autónomo L(q, q) es invariante bajo esa transfor- ˙mación, es decir si ˙ L(Q(q, s), Q(q, s))no depende de s, entonces se tiene una cantidad conservada, o integral delmovimiento. En forma más precisaI Teorema 5.5 (Noether)Si d ˙ L(Q(q, s), Q(q, s)) = 0 dsentonces ¯ X ∂L d ¯ I(q, q) = ˙ Qj (q, s)¯ ¯ = constante. j ∂ qj ds ˙ s=0 La demostración (ver [11], pag. 102) sigue de d ˙ 0= L(Q(q, s), Q(q, s)), ds o sea X ∂L dQj X ∂L dQj ˙ 0= + , ˙ ∂ Qj ds ∂Qj ds
  • 213. 5.4 Sistemas Conservativos 203 donde ˙ dQj d dQj = , ds dt ds y al hacer s = 0 tendremos que ∂L ∂L ∂L ∂L d ∂L → , → = , ˙ ∂ Qj ∂ qj ∂Qj ˙ ∂qj dt ∂ qj ˙ de modo que se obtiene X ∂L d dQj X d µ ∂L ¶ dQj ¯ ¯ 0= + ¯ , ∂ qj dt ds ˙ dt ∂ qj ˙ ds ¯s=0 o bien ¯ d X ∂L dQj ¯¯ = 0, dt ∂ qj ds ¯s=0 ˙ que prueba el teorema.Ejemplos Si el lagrangiano de un sistema es L = L(q) es dependiente de las velo- ˙ cidades generalizadas solamente, entonces el es obviamente invariable, en el sentido considerado más arriba, ante la transformación Qj = qj + saj , siendo aj constantes arbitrarias. Entonces se conserva X ∂L I(q, q) = ˙ aj , j ∂ qj ˙ y como los aj son arbitrarios, deben conservarse independientemente todos los momentos canónicos ∂L pj = . ∂ qj ˙ Si el lagrangiano L = L(q, q) no depende de una de las coordenadas ˙ generalizadas qk por ejemplo, o sea que es invariante bajo la transfor- mación Qj = qj + sδ jk ,
  • 214. 204 Ecuaciones de Lagrange entonces se conserva el momento canónico pk , puesto que X ∂L d ¯ X ∂L ¯ ∂L Qj (q, s)¯ ¯ = δj,k = = pk . j ∂ qj ds ˙ s=0 j ∂ qj ˙ ∂ qk ˙ Si un lagrangiano L(v, r) es invariante bajo una rotación infinitesimal r 0 = r + dθ n × r, ˆ entonces se conserva ∂L · n × r, ˆ ∂r˙ o sea la cantidad conservada es r × p · n, ˆ que es la componente n del momentum angular. ˆNota 5.1 Volveremos sobre el teorema de Noether en el capítulo sobre elprincipio variacional de Hamilton.5.5. Ejemplos y aplicaciones5.5.1. Trompo simétrico. En el capítulo sobre cuerpo rígido se encuentra la teoría newtoniana deltrompo simétrico,Ejemplo 5.5.1 Considere un trompo simétrico que mantiene su púa fija.Para los ángulos θ, φ, ψ indicados en la figura (5.2), siendo M su masa, h ladistancia de la púa al centro de masa y A, C, los momentos de inercia, paraun eje perpendicular al eje de simetría y respecto al eje de simetría, en elorigen. Escriba las ecuaciones de movimiento. Solución. Se puede deducir que el lagrangiano es 1 ˙2 1 ˙2 1 ˙ ˙ L = Aθ + A(sin2 θ)φ + C(φ cos θ + ψ)2 − mgh cos θ , 2 2 2
  • 215. 5.5 Ejemplos y aplicaciones 205 z0 x Ψ z θ G h y0 y Mg φ x0 Figura 5.2: Trompo simétrico de allí ˙ pθ = Aθ , ˙ ˙ ˙ pφ = A(sin2 θ)φ + C(φ cos θ + ψ) cos θ , ˙ ˙ pψ = C(φ cos θ + ψ) ,considerando que el lagrangiano es cíclico en ψ, y ϕ, y que no contiene eltiempo en forma explícita, se conservan H = E, pψ , y pφ . Por lo tanto,tenemos ˙ ˙ s ≡ φ cos θ + ψ = constante, ˙ A(sin2 θ)φ + Cs cos θ = α = constante, 1 ˙2 1 ˙2 1 E = Aθ + A(sin2 θ)φ + C(s)2 + mgh cos θ = constante. 2 2 2Una ecuación que determina los cambios de la inclinación del eje del trompo, ˙ángulo θ, puede obtenerse al eliminar φ a través de α en la ecuación de laenergía. Si se define u = cos θ, se obtiene (ver apéndice) µ ¶2 2 2 1 − u2 α − Csu u = f (u) = (2E − Cs − 2mghu) ˙ − , A Apolinomio cúbico, cuyas raíces entre −1 y 1 tienen importancia en la deter-minación de la inclinación del eje del trompo en su movimiento.
  • 216. 206 Ecuaciones de Lagrange NEjemplo 5.5.2 Considere un trompo simétrico con momentos de inercia C,A, masa m y distancia h de su púa fija al centro de masas, que durante sumovimiento tiene valores extremos para θ iguales a θ1 y θ2 . Determine valoresiniciales adecuados de la precesión en términos del spin s para que ello ocurra, ˙y analice la posibilidad de que la precesión φ se anule en el intervalo. Solución. Dado que son conocidos los extremos del ángulo polar θ1 y θ2 , ˙una primera condición es que θ se anule en θ1 y θ2 , de donde las constantesdel movimiento son 2 ˙ 2E − Cs2 = Aφ1 sin2 θ1 + 2mgh cos θ1 ˙2 = Aφ sin2 θ2 + 2mgh cos θ2 2 ˙ α = A(sin2 θ1 )φ1 + Cs cos θ1 ˙ = A(sin2 θ2 )φ2 + Cs cos θ2 ˙de modo que al eliminar φ2 y simplificando se puede obtener Cs 2mgh sin2 θ2 C 2 s2 (cos θ1 − cos θ2 ) (cos θ1 + cos θ2 )Ω2 − 2 Ω+ − = 0, A A sin2 θ1 A2 sin2 θ1 ˙ecuación de segundo grado que relaciona la precesión inicial φ1 = Ω conel spin s para que en el movimiento se realicen los extremos de θ dados.Si llamamos a = mghA/(Cs)2 la solución de la ecuación anterior puedeescribirse como µ ¶ Cs sin θ2 p Ω= 1∓ 1 − 2a (cos θ1 + cos θ2 ) . A (cos θ1 + cos θ2 ) sin θ1La condición para que existan valores reales de Ω es cos θ1 +cos θ2 < 1 a. Pue- 2de además observarse que si θ1 = θ2 se obtiene entonces una condición parael movimiento llamado de precesión uniforme, donde θ permanece constante Cs 2mgh Ω2 cos θ − Ω+ = 0. A AEn el capítulo de cuerpo rígido se analizan, en diversos ejemplos, las con-diciones para que el trompo realice “loops” partiendo de cualquiera de lasposiciones extremas de inclinación del ángulo θ.
  • 217. 5.5 Ejemplos y aplicaciones 207 NEjemplo 5.5.3 Considere un trompo simétrico con momentos de inercia C,A, masa m y distancia h de su pua fija al centro de masas, que baila dormidocon θ = 0. Analice la estabilidad de este movimiento. Solución. Aquí ˙2 2E − Cs2 = Aφ1 sin2 θ + 2mgh cos θ = 2mgh, ˙ α = A(sin2 θ)φ + Cs cos θ = Cs,de donde µ ¶2 2 1 − u2 Cs − Csu u = f (u) = (2mgh − 2mghu) ˙ − , A Ao bien µ µ 2 2 ¶¶ 2mgh 2 C s f (u) = (1 − u) u − −1 A 2mghA 2mgh = (1 − u)2 (u − u3 ). AEl movimiento del trompo será estable si f (u) < 0 en el rango −1 < u < 1,por lo cual la tercera raíz debe ser mayor que uno, o sea u3 = C 2 s2 /(2mghA)−1 > 1, entonces C 2 s2 > 4mghA, es la condición de estabilidad del trompodormido. Si esta condición no se cumple, el trompo se moverá de acuerdo a r du 2mgh p =− (1 − u) (u − u3 ), dt Aque integraremos como sigue s Z u A du t=− √ . 2mgh 1 (1 − u) u − u3Sea u = 1 − (1 − u3 ) sin2 ψ, du = −2(1 − u3 ) sin ψ cos ψdψ entonces s Z ψ A −2(1 − u3 )dψ t=− p , 2mgh 0 (1 − u3 ) sin ψ (1 − u3 )
  • 218. 208 Ecuaciones de Lagrangeo bien Z ψ 2A dψ t= √ p = ∞, 2mghA (1 − u3 ) 0 sin ψo sea el trompo tarda infinito tiempo en alcanzar la inclinación dada porcos θ = C 2 s2 /(2mghA) − 1. N5.5.2. Bola que rueda sobre un plano, sometida en su centro a una fuerza Suponga que una bola homogénea de masa M, radio R, rueda sin desli-zar sobre un plano horizontal, plano OXY, actuada en su centro G por unafuerza (elástica) hacia el eje OZ, −kr, además del peso, la reacción normaly la fuerza de roce en el punto de contacto P , suponiendo que ella no rea-liza trabajo en la situación de no deslizamiento, ver figura (5.3). Utilizandolas componentes de la velocidad angular en los ejes fijo, en términos de losángulos de Euler, θ, φ, y ψ, el lagrangiano es 1 1 L = MvG + Iω2 , 2 2 2 z R G y R x P Figura 5.3: Esfera atraida hacia el origeno sea 1 1 L = M(x2 + y 2 ) + I(ω2 + ω 2 + ω 2 ) , ˙ ˙ x y z 2 2
  • 219. 5.5 Ejemplos y aplicaciones 209y las restricciones adicionales no holonómicas (punto de contacto con veloci-dad cero) son ˆ vP = vG + ω × (−Rk) = 0 ,es decir x − Rωy = 0, ˙ y + Rω x = 0 . ˙ (5.15)Considerando las componentes de la velocidad angular en ejes fijos al espacioen términos de los ángulos de Euler ˙ ˙ ωx = ψ sin φ sin θ + θ cos φ , ˙ ˙ ω y = −ψ cos φ sin θ + θ sin φ , ˙ ˙ ωz = ψ cos θ + φ ,se puede escribir el lagrangiano 1 1 ˙ 2 ˙2 ˙ 2 ˙˙ 1 L = M(x2 + y 2 ) + I(ψ + θ + φ + 2φψ cos θ) − k(x2 + y 2 ) , ˙ ˙ 2 2 2y las dos relaciones de vínculos ˙ ˙ x − R(−ψ cos φ sin θ + θ sin φ) = 0 , ˙ ˙ ˙ y + R(ψ sin φ sin θ + θ cos φ) = 0, ˙Al utilizar dos multiplicadores de Lagrange, se tiene M x + kx + λ1 = 0 , ¨ (5.16) M y + ky + λ2 = 0 , ¨ (5.17) I(¨ + φψ sin θ) − λ1 R sin φ + λ2 R cos φ = 0 , θ ˙˙ (5.18) d ˙ ˙ ωz = ˙ (ψ cos θ + φ) = 0 , (5.19) dt ¨ ¨ ˙˙ I(ψ + φ cos θ − φθ sin θ) + λ1 R cos φ sin θ + λ2 R sin φ sin θ = 0 . (5.20) ¨De aquí, el álgebra es algo tediosa. De la ecuación (5.19) obtenga φ y reem-placemos en la ecuación (5.20). En seguida, de las ecuaciones (8.17) y (5.20)obtenga λ1 y λ2 . Compruebe que se obtiene I I λ1 = ωy , ˙ λ2 = − ωx , ˙ (5.21) R R
  • 220. 210 Ecuaciones de Lagrangede allí es fácil obtener, un sorprendentemente simple resultado para las ecua-ciones de movimiento de las coordenadas del centro de masas de la esfera, esdecir µ ¶ I M + 2 x + kx = 0 , ¨ (5.22) R µ ¶ I M + 2 y + ky = 0 , ¨ (5.23) Rque más generalmente pudo escribirse (para I = 2 MR2 ) como 5 5 MaG = F , 7para una fuerza cualquiera F aplicada al centro, paralelamente al plano ho-rizontal. Las ecuaciones diferenciales para los ángulos de Euler no las ana-lizaremos aquí. Es ilustrativo sin embargo, comparar con el planteamientousual, newtoniano.Las ecuaciones dinámicas son más simples. Si f denota la fuerza de roce,entonces MaG = F + f, (5.24) dω ˆ I = −Rk × f, (5.25) dtademás aplica la restricción de no resbalamiento ˆ 0 = vG + ω × (−Rk) . (5.26)Derivando la (5.26) respecto al tiempo y reemplazando en ella las aceleracio-nes, se obtiene µ ¶ MR2 0=F + I+ f, (5.27) Ide donde la ecuación de movimiento del centro de masas es: F MaG = . 1 + I/(MR2 )Corolario 1 No siempre el método de Lagrange simplifica el problema.
  • 221. 5.5 Ejemplos y aplicaciones 211Ejemplo 5.5.4 Este ejemplo se desarrollará por método tradicional y por elmétodo de Lagrange para comprender las diferencias y ventajas de un métodosobre otro. Considere una barra de masa m y de longitud 2a, la cual puedeoscilar libremente en torno a un articulación en A variando sólo el ángulode inclinación θ definido con la barra horizontal OB de longitud b la cualgira en torno al eje OZ con velocidad angular constante ω. La barra ABpermanece sobre el plano gris que rota en torno al eje OZ con velocidadangular constante ω. Determine la ecuación de movimiento para el ángulo θ. Solución. En la figura se ilustran ejes principales (1), (2) y (3) fijos a labarra en su centro de masa (2) a lo largo de la barra, (1) perpendicular alplano gris y (3) sobre ese plano y perpendicular a (2). z O b y φ z A θ x R G 1 3 θ θ B 2a 3 2 2 a) Método de Lagrange: La velocidad angular de la barra es ˆ ˙e ω = ω k + θˆ1 e e ˙e = −ω(cos θˆ3 + sin θˆ2 ) + θˆ1 . La velocidad del centro de masa puede escribirse vG = vA + ω × (aˆ2 ) e e e ˙e = −bωˆ1 + (−ω cos θˆ3 + θˆ1 ) × (aˆ2 ) e ˙e = (ωa cos θ − bω)ˆ1 + aθˆ3 . e Si I indica el momento de inercia de la barra para un eje perpendicular
  • 222. 212 Ecuaciones de Lagrange a ella en G, entonces 1 ˙2 1 K = m((ωa cos θ − bω)2 + a2 θ ) + I(ω2 + ω 2 ) 1 3 2 2 1 ˙2 1 ˙2 = m((ωa cos θ − bω)2 + a2 θ ) + I(θ + ω 2 cos2 θ), 2 2 luego el Lagrangiano es 1 ˙2 1 ˙2 L = m((ωa cos θ − bω)2 + a2 θ ) + I(θ + ω2 cos2 θ) + mga sin θ, 2 2 luego ∂L ˙ ˙ = ma2 θ + I θ, ˙ ∂θ ∂L = −m(ωa cos θ − bω)ωa sin θ − I(ω 2 cos θ sin θ) + mga cos θ, ∂θ y resulta la ecuación de movimiento (ma2 +I)¨ +m(ωa cos θ −bω)ωa sin θ +I(ω2 cos θ sin θ)−mga cos θ = 0, θ que puede simplificarse a (ma2 + I)¨ + ω 2 (ma2 + I) cos θ sin θ − mbω 2 a sin θ − mga cos θ = 0. θ b) Método tradicional. Podemos utilizar las ecuaciones de Euler que son Ixx ω x − (Iyy − Izz )ωy ω z = Γext ˙ x Iyy ω y − (Izz − Ixx )ωz ω x = Γext ˙ y Izz ωz − (Ixx − Iyy )ω x ω y = Γext . ˙ z Para los ejes principales (1), (2) y (3) ellas se reducen a I ω 1 + Iω 2 ω 3 = Γext ˙ 1 0 = Γext 2 I ω 3 − Iω 1 ω 2 = Γext . ˙ 3 Reemplazando las componentes de la velocidad angular obtenemos I ¨ + I(−ω sin θ)(−ω cos θ) = Γext θ 1 0 = Γext 2 d ˙ I (−ω cos θ) − I θ(−ω sin θ) = Γext . 3 dt
  • 223. 5.5 Ejemplos y aplicaciones 213 es decir I ¨ + Iω 2 sin θ cos θ = Γext θ 1 0 = Γext 2 ˙ 2Iωθ sin θ = Γext . 3 El problema es establecer el torque que se ejerce sobre el centro de masa de la barra, como consecuencia del mecanismo que la obliga a mover- se sobre el plano indicado en la figura. Estamos entonces obligados a analizar al movimiento del centro de masa. Derivando vG obtenemos d ˙e aG = ((ωa cos θ − bω)ˆ1 + aθˆ3 ), e dt ˙ = (−ωaθ sin θ)ˆ1 + a¨e3 + (ωa cos θ − bω)ω × e1 + aθω × e3 , e θˆ ˆ ˙ ˆ e θˆ e e ˙ 2ˆ = −2ωaθ sin θˆ1 + a¨e3 − (ω2 a cos θ − bω 2 )(cos θˆ2 − sin θˆ3 ) − aθ e2 ), ˙ pero F = F1 e1 + F2 e2 + F3 e3 + mg(cos θˆ3 + sin θˆ2 ) ˆ ˆ ˆ e e luego ˙ F1 = −2mωaθ sin θ, 2 ˙ F2 + mg sin θ = m(−(ω 2 a cos θ − bω 2 ) cos θ − aθ )), F3 + mg cos θ = m(a¨ + (ω a cos θ − bω ) sin θ) θ 2 2 Averiguando cual de estas fuerzas produce un torque respecto a la dirección (1) en G, se tiene que Γext = −aF3 , 1 de modo que I ¨ + Iω 2 sin θ cos θ = −ma(a¨ + (ω2 a cos θ − bω 2 ) sin θ) + mga cos θ, θ θ o sea (ma2 + I)¨ + ω 2 (ma2 + I) sin θ cos θ − mabω 2 sin θ − mga cos θ = 0. θ Mismo resultado, pero mucho más laborioso. ¿Porqué se ha elegido Γext ? La respuesta es que el mecanismo también ejerce un “par” M 1 sobre la barra, pero el no puede tener componente sobre el eje (1). N
  • 224. 214 Ecuaciones de Lagrange5.6. Las ecuaciones de Hamilton Cuando se estableció el teorema de conservación del Hamiltoniano, tam-bién se probaron las 2n ecuaciones de Hamilton (5.12) y (5.13) para las 2nvariables q, p.Para un sistema de n grados de libertad, el espacio de fase sedefine como el espacio de 2n dimensiones de las coordenadas y momentoscanónicos (q, p). El estado para un tiempo t, (q, p) de tal sistema queda en-tonces representado por un punto en dicho espacio de fase. La evolución enel tiempo del sistema, determinada por las ecuaciones de Hamilton, es repre-sentada entonces por un punto en movimiento en el correspondiente espaciode fase. Podemos distinguir los sistemas autónomos donde H no depende deltiempo en forma explícita y es por lo tanto constante de movimiento (en lossistemas conservativos). En estos casos que consideraremos primero, la órbitaque describe la evolución del sistema en el espacio de fase, está confinada enel subespacio H(q, p) = E = constante.5.6.1. Sistemas autónomos Para estos sistemas, conservativos, H = H(q, p) = E, las ecuaciones deHamilton ∂H ∂H = qi ˙ y = −pi , ˙ ∂pi ∂qideterminan la evolución del sistema, confinado al subespacio de energía cons-tante. Más en general tal sistema de ecuaciones podría escribirse como x = F(x, μ), ˙donde x = [q, p]T es vector (o matriz columna) y μ representa uno o másparámetros.5.6.2. Puntos críticos o de equilibrio En general, las órbitas en el espacio de fase no pueden cortarse debido aque entonces, en esos puntos tomados como condición inicial del sistema, laevolución futura del sistema no está determinada unívocamente. La excepciónla constituyen los puntos de equilibrio donde por definición son cero todas lasderivadas qi y pi . Esto corresponde a sistemas que están en estados que no ˙ ˙evolucionan en el tiempo. En estos casos, la evolución futura dependerá deperturbaciones iniciales aplicadas al sistema. Los puntos críticos corresponde
  • 225. 5.6 Las ecuaciones de Hamilton 215a estados donde las velocidades son cero q = 0 y también las aceleraciones ˙son cero p = 0. En un lenguaje generalizado, los puntos críticos x0 satisfacen ˙ F(x, μ) = 0.Estabilidad de los puntos críticos Una clasificación más detallada de las características de los puntos críticosse desprenderá del análisis que se realiza a continuación, para un sistemaautónomo con un grado de libertad, o espacio de fase de dos dimensiones,que puedan linealizarse en el sentido explicado a continuación.Linealización Supongamos un sistema autónomo correspondiente a un grado de li-bertad, es decir con un espacio de fase de dos dimensiones ∂H(q, p) ∂H(q, p) q= ˙ y p=− ˙ . (5.28) ∂p ∂qSi además hacemos un corrimiento del origen del espacio de fase de modoque el punto crítico bajo estudio corresponde al origen, q = 0, p = 0, elhamiltoniano puede expandirse en torno al origen de modo que se tendráhasta primer orden ¯ ¯ ∂H(q, p) ∂ 2 H(q, p) ¯ ¯ q+ ∂ 2 H(q, p) ¯ ¯ p, q= ˙ ∂p ∂p∂q ¯0,0 ∂p2 ¯0,0 ¯ ¯ ∂H(q, p) ∂ 2 H(q, p) ¯ 2 ¯ ¯ q − ∂ H(q, p) ¯ p, p=− ˙ − ∂q ∂q 2 ¯0,0 ∂q∂p ¯0,0y si solo se mantienen los términos lineales, el sistema autónomo es, en lavecindad del punto crítico q = H12 q + H22 p, ˙ p = −H11 q − H12 p, ˙que puede ser escrito como sistema autónomo lineal µ ¶ µ ¶µ ¶ d q H12 H22 q = . (5.29) dt p −H11 −H12 p
  • 226. 216 Ecuaciones de LagrangeLa notación distingue las derivadas parciales con índices: 1 = q, 2 = p. Enel caso en que la parte lineal sea nula, el problema es más complejo y noserá tratado aquí. Note además que para el caso considerado H12 = H21 .Como veremos, una caracterización de los puntos críticos de estos sistemasque pueden ser aproximados por un sistema lineal en la vecindad del punto deequilibrio, o de alguno de ellos, depende crucialmente de los valores propiosde esa matriz involucrada en la última relación. Para no perder generalidadsupondremos solamente que sus elementos son reales, a, b, c y d. Ademáscambiaremos a notación x = q, y = p de modo que el sistema a considerares: µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶ d x a b x x = =A . (5.30) dt y c d y yLos valores propios λ de la matriz A, están dados por las raíces de la ecuaciónde segundo grado (a − λ)(d − λ) − bc = 0 ,que llamaremos λ1 , λ2 . Supongamos que los valores propios son λ1 y λ2 ysean µ ¶ µ ¶ α1 α2 , , β1 β2los vectores propios. Suponga además que la solución es exponencial de laforma µ ¶ µ ¶ µ ¶ x(t) α1 λ1 t α2 = c1 e + c2 eλ2 t y(t) β1 β2al sustituir en la ecuaión diferencial µ ¶ µ ¶ µ ¶µ µ ¶ µ ¶ ¶ α1 λ1 t α2 λ2 t a b α1 λ1 t α2 λ2 tλ1 c1 e + λ2 c2 e = c1 e + c2 e β1 β2 c d β1 β2 µ ¶ µ ¶ α1 λ1 t α2 = λ1 c1 e + λ2 c2 eλ2 t , β1 β2se satisface identicamente. Como está bien establecido, se pueden distinguirlos siguientes casos cuando det(A) = ad − bc 6= 0. Caso real 1. λ1 < λ2 < 0, nodo asintóticamente estable. Caso real 2. 0 < λ1 < λ2 , nodo inestable. Caso real 3. λ1 < 0 < λ2 , punto montura, inestable.
  • 227. 5.6 Las ecuaciones de Hamilton 217 Caso real 4. λ1 = λ2 < 0, nodo, asintóticamente estable. Caso real 5. 0 < λ1 = λ2 , nodo, inestable. Caso complejo 1. Re(λ) < 0, espiral, asintóticamente estable. Caso complejo 2. 0 < Re(λ), espiral, inestable. Caso complejo 2. Re(λ) = 0, centro, estable.Valores propios reales Los tres casos reales pueden analizarse dentro del mismo contexto. Alsuponer soluciones particulares de la forma exp(λt), se encuentra que la so-lución general es de la forma µ ¶ µ ¶ µ ¶ x(t) α1 λ1 t α2 = c1 e + c2 eλ2 t , (5.31) y(t) β1 β2donde los vectores de componentes α, β son los vectores propios asociados alos valores propios λ1 y λ2 . Enseguida, para esquematizar la conducta cercadel punto crítico, x, y → 0, es necesario ver que término predomina y en quétiempo ocurre eso. Por ejemplo en el caso real 1, predomina el término con λ1cuando t → ∞. Es decir el sistema, a la larga, se aproxima asintóticamenteal punto crítico por la dirección de la recta definida por el correspondientevector propio. Similarmente, en el caso real 3, si t → ∞ el sistema puedeaproximarse asintóticamente al punto crítico por la recta asociada al valorpropio negativo. En cambio, puede alejarse a medida t → ∞ por la rectaasociada al valor propio positivo. Para cualquier condición inicial fuera dela recta asociada al valor propio negativo, predominará a la larga, la parteasociada al positivo, ver figura (5.4).Valores propios complejos Los valores propios complejos, de la forma λ = u±iv, merecen otra formade análisis. En este caso, es conveniente reducir el problema a lo que se de-nomina su “forma canónica”. Es conocido que todo problema bidimensional
  • 228. 218 Ecuaciones de Lagrange Real 1 Real 2 Real 3 Real 4 Real 5 Figura 5.4: Autovalores realeslineal con valores propios complejos, puede ser transformado mediante uncambio de coordenadas a su llamada forma canónica µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶ d x m n x x = =A . (5.32) dt y −n m y ysiendo en este caso los autovalores de la matriz A, λ = m ± in. Si ademásse utilizan coordenadas polares, x = r cos θ y y = r sin θ, las ecuaciones sedesacoplan dr dθ = mr, = −n, (5.33) dt dtcon solución r = r0 emt , θ = θ0 − nt, (5.34)por lo cual, la solución general de (5.32) está dada por: x(t) = r0 emt cos(θ0 − nt), y(t) = r0 emt sin(θ0 − nt), (5.35)por lo cual, las trayectorias o curvas en el espacio de fase son espirales quedivergen si si Re(λ) = m > 0, espirales que convergen si Re(λ) = m < 0 ycírculos si m = 0. Así se distinguen los tres casos, ver figura (??) Caso complejo 1. Re(λ) = m < 0, espiral, asintóticamente estable. Caso complejo 2. Re(λ) = m, espiral, inestable. Caso complejo 3. Re(λ) = m, centro, estable.
  • 229. 5.6 Las ecuaciones de Hamilton 219 Complejo 1 Complejo 2 Complejo 3 Figura 5.5: Autovalores complejosEjemplo 5.6.1 Reduzca un sistema lineal de dos dimensiones a su formacanónica. Solución. Consideremos el sistema lineal µ ¶ µ ¶µ ¶ x0 a b x = , y0 c d ydonde la matriz tiene valores propios complejo, es decir de (a − λ)(d − λ) − bc = 0,se deduce 1 1 1 p λ = a + d ± i − (a − d)2 − 4cb) = m ± in. 2 2 2Considere ahora la siguiente transformación lineal µ ¶ µ ¶µ ¶ u i 0 x = m−a b , v in − in ycon inversa µ ¶ µ ¶µ ¶ x −i 0 u = , y −i m−a − b n b i v
  • 230. 220 Ecuaciones de Lagrangepor lo tanto µ 0 ¶ µ ¶µ ¶ u i 0 x0 0 = m−a b v − in y0 µ in ¶µ ¶µ ¶ i 0 a b x = m−a b − in c d y µ in ¶µ ¶µ ¶µ ¶ i 0 a b −i 0 u = m−a b − in c d −i m−a − b n b i v µ in ¶µ ¶ m n u = , −n m vque prueba el teorema. Usted podría preguntarse ¿cómo es que se adivinóla transformación lineal? En realidad, la solución del sistema original nosorienta al respecto. Hagamos x = Aeλt , y = Beλt , luego debe tenerse λA = aA + bB, λB = cA + dB,se obtienen los autovalores λ = λ1 , λ2 = m ± in,y la razón de amplitudes B λ−a = , A bde donde la solución es x = A1 eλ1 t + A2 eλ2 t , λ1 − a λ2 − a y = A1 eλ1 t + A2 eλ2 t b b m−a n = (A1 eλ1 t + A2 eλ2 t ) + i (A1 eλ1 t − A2 eλ2 t ), b by hacer u = i(A1 eλ1 t + A2 eλ2 t ), v = −(A1 eλ1 t − A2 eλ2 t ),de modo que x = −iu m−a n y = −i u − i v. b b
  • 231. 5.6 Las ecuaciones de Hamilton 221 N Como una regla la conducta dinámica de un sistema es dependiente dealgunos parámetros. Nos limitaremos a describir aspectos esenciales de laconducta de sistemas que tienen un parámetro que llamaremos μ. Este pa-rámetro también es conocido como parámetro de control. Puede ocurrir quepara valores pequeños del parámetro el sistema presente una configuración deequilibrio estable. Si el parámetro se incrementa, tal situación de equilibriopuede tornarse inestable y dar lugar a dos situaciones de equilibrio distintas.Tal fenómeno se conoce como bifurcación. Supongamos que la dinámica estadada por x = F(x, μ), ˙ (5.36)y que la situación de equilibrio o punto x0 crítico satisface x = F(x0 , μ) = 0. ˙Esto es una determinación implícita del punto de equilibrio x0 = x0 (μ).Un teorema sobre funciones implícitas requiere que la matriz de Jacobi ∂Fi Mij = ∂xjsea no singular. Esto es que el determinante de Mij no se anule. En efecto silinealizamos 5.36 en torno a la posición de equilibrio x = x0 +y,entonces ¾ X ∂Fi yi =Fi (x0 + y) =Fi (x0 )+ ˙ yj , j ∂xj 0de donde es posible despejar los yj si ∂Fi det( ) ± 0. ∂xj
  • 232. 222 Ecuaciones de Lagrange5.6.3. Estabilidad de un punto de equilibrio Supongamos que se tiene un punto de equilibrio caracterizado por x = F(x0 , μ) = 0, ˙Si el sistema se coloca en un punto del espacio de fase cercano al punto deequilibrio, la evolución puede ser hacia el punto de equilibrio. Si eso es asítal punto de equilibrio se denomina estable. Para ver bajo que condicionesocurre esto, hagamos una expansión x = x0 +y, entonces ¾ X ∂Fi yi =Fi (x0 + y) =Fi (x0 )+ ˙ yj , j ∂xj 0o en lenguaje matricial y = M0 y ˙si se buscan soluciones exponenciales y = ae−pt ,resulta M0 a = − pa.Claramente el punto de equilibrio es estable si y → 0 esto es si p es real ypositivo. Esto es el punto de equilibrio es estable si los valores propios de lamatriz Jacobiano ∂Fi Mij = ∂xjson negativos.5.6.4. La bifurcación de Saddle point El sistema dinámico gobernado por x = F = μ − x2 , ˙tiene un punto de equilibrio o crítico cuando μ − x2 = 0, 0
  • 233. 5.6 Las ecuaciones de Hamilton 223 Figura 5.6:pero x0 no existe si μ es negativo. Luego el número de puntos críticos pasade 0 a 2, cuando μ pasa de negativo a positivo. ∂F M= = −2x = 0 ⇒ x = 0. ∂x La estabilidad de los puntos críticos √ x0 = ± μ,puede analizarse haciendo una perturbación √ x = ± μ + δx,con δx pequeño. Resulta √ x)± = ˙ μ − (± μ + δx)2 √ = μ − ( μ ± δx)2 √ = ∓2 μδx − (δx)2 √ ∓2 μδxO sea, para el signo + una desviación positiva δx ocasiona una disminuciónde x, esto es estabilidad. Para el signo − una desviación positiva δx causauna desviación positiva de x, esto es inestabilidad.
  • 234. 224 Ecuaciones de Lagrange5.6.5. Análisis de estabilidad más en general x = F (x, μ) ˙ F (x0 , μ) = 0expanda x = x0 + δx ¾ ∂F x = F (x0 + δx, μ) F (x0 , μ) + δx ˙ ∂x x0 ¾ ∂F x = δx ˙ . ∂x x0Claramente estabilidad significa que x y δx tienen distinto signo, esto es ª ˙ ª∂F∂x x0 < 0 mientras que inestabilidad significa que ∂F x0 > 0 ∂x5.6.6. La bifurcación de pitchfork El sistema dinámico gobernado por x = F = μx − x3 , ˙tiene un punto de equilibrio o crítico cuando μx0 − x3 = 0, 0 √Hay tres puntos críticos x0 = 0, para todo valor de μ, x0 = ± μ si μ > 0. Elnúmero de puntos críticos pasa de 1 a 3 cuando μ pasa de negativo a positivo.La matriz de Jacobi es ∂F M= = μ − 3x2 ∂x Estabilidad M(0) = μ estable si μ < 0 √ M(± μ) = μ − 3μ = −2μ estable si μ > 0
  • 235. 5.6 Las ecuaciones de Hamilton 2255.6.7. La bifurcación de Hopf Considere el sistema x = −y + x(μ − (x2 + y 2 )) = F1 , ˙ y = x + y(μ − (x2 + y 2 )) = F2 , ˙la matriz Jacobiano es " # ∙ ¸ ∂F1 ∂F1 ∂x ∂y μ − 3x2 − y 2 −1 − 2xy M= ∂F2 ∂F2 = ∂x ∂y 1 − 2xy μ − x2 − 3y 2 El punto fijo corresponde a −y + x(μ − (x2 + y 2 )) = 0, x + y(μ − (x2 + y 2 )) = 0,una solución es el punto (0, 0). La matriz de Jacobi se reduce a ∙ ¸ μ −1 M0 = , 1 μ
  • 236. 226 Ecuaciones de Lagrangecon valores propios μ − i, μ + i,recordando caso complejo 1 que μ < 0 , espiral, asintóticamente estable.Caso complejo 2 μ > 0, espiral, inestable. Caso complejo 3 μ = 0, centro,estable. Cambiando x = r cos φ y = r sin φLinealizando en torno a (0, 0) ˙ r cos φ − rφ sin φ = −r sin φ + μr cos φ − r3 cos φ, ˙ ˙ r sin φ + rφ cos φ = r cos φ + μr sin φ − r3 sin φ, ˙que se desacoplan r = μr − r3 ˙ (radial) ˙ φ = 1,de modo que x = r cos t, y = r sin t,La solución de la ecuación radial 1.11 puede ser obtenida y es 1 p √ r (t) = (1 + e−2μt C1 μ) μ, r∞ → μ 1 + e−2μt C1 μ √que tiende a un ciclo límite de radio μ cuando μ es positivo. En el √ gráficoque sigue se ilustra la convergencia al ciclo límite para μ = 0,5, r∞ = 0,5 =0,71 partiendo de valores r(0) = 1 y r(0) = 0,4.
  • 237. 5.6 Las ecuaciones de Hamilton 227 Figura 5.7: Figura 5.8:
  • 238. 228 Ecuaciones de Lagrange5.6.8. Ejemplos Daremos algunos ejemplos donde se analizan y caracterizan puntos deequilibrio.Ejemplo 5.6.2 (Adaptado de Fetter) Considere una partícula de masa mque se mueve vinculada a un alambre liso en forma de circunferencia de radioR y cuyo plano es vertical. El alambre rota en torno a su diámetro vertical convelocidad angular constante Ω. Usando el ángulo θ entre el radio que contienela partícula y la vertical descendente. (a) Encuentre el lagrangeano, escribala ecuación de mocimiento y su primera integral. (b) Determine todas lasposiciones de equilibrio ( en realidad posiciones estacionarias) y clasifíquelascomo estables o inestables. (c) Para las que sean estables, ecuentre la frecenciade oscilaciones pequeñas. Solución. Con respecto a la figuratenemos que el Lagrangeano es 1 2 L = mv + mgR cos θ, 2 1 ˙2 = m(R2 θ + R2 Ω2 sin2 θ) + mgR cos θ. 2De aquí sale la ecuación de movimiento d ∂L ∂L − = ˙ dt ∂ θ ∂θ = mR2 ¨ − mR2 Ω2 sin θ cos θ + mgR sin θ = 0. θ
  • 239. 5.6 Las ecuaciones de Hamilton 229El lagrangeano es independiente del tiempo, luego una primera integral esH = constante. Calculando ˙ ˙2 1 ˙2 H = pθ θ − L = mR2 θ − m(R2 θ + R2 Ω2 sin2 θ) − mgR cos θ, 2 2˙ pθ = mR θ, 1 p2θ 1 H = 2 − mR2 Ω2 sin2 θ − mgR cos θ 2 mR 2Las ecuaciones de Hamilton son ˙ ∂H pθ θ = = , ∂pθ mR2 ∂H pθ = − ˙ = mR2 Ω2 sin θ cos θ − mgR sin θ, ∂θ ˙las posiciones de equilibrio son θ = 0, pθ = 0 y los ángulos satisfacen ˙ RΩ2 sin θ cos θ − g sin θ = 0,con soluciones θ = 0, θ = π gy otra que existe si RΩ2 < 1. g cos θ = . RΩ2Linealización µ ¶ µ ¶µ ¶ d θ H12 H22 θ = dt pθ −H11 −H12 pθ µ 1 ¶µ ¶ 0 mR2 θ = (2mR Ω cos θ − mR2 Ω2 − mgR cos θ) 2 2 2 0 pθlos valores propios de la matriz son 1p λ=± R (2RΩ2 cos2 θ − RΩ2 − g cos θ). RPara los valores de equilibrio calculamos N
  • 240. 230 Ecuaciones de Lagrange 1 p a) θ = 0, λ = ± R R (RΩ2 − g), imaginario puro, centro estable si g > Ω2 R 1 p b) θ = π, λ = ± R R (RΩ2 + g) reales positivo y negativo, punto montura inestable. r ³ ´ g 1 g2 c) cos θ0 = RΩ2 , λ = ± R R RΩ2 − RΩ2 , imaginario puro, centro es- table si g < Ω2 R.Oscilaciones pequeñas en torno a θ 0 y θ θ0 Expansión en torno a (0, 0) ˙ pθ θ = , mR2 ¡ 2 ¢ pθ = mR RΩ − g θ, ˙ ³ ´ ¨ = Ω2 − g θ θ R 2 g 2 ω = −Ω . R g Expansión en torno a cos θ0 = RΩ2 ˙ pθ θ = , mR2 m¡ ¢¡ ¢ pθ = ˙ 2 g − RΩ2 g + RΩ2 θ, Ω ³ ´³ g ´ ¨ = 1 g − Ω2 θ + Ω2 θ, Ω2 R R 1 ³ 2 g ´³ 2 g ´ ω2 = Ω − Ω + . Ω2 R REjemplo 5.6.3 Una partícula se mueve en uina órbita circunferencial bajoun potencial central atractivo V (r). Encuentre la condición para que unaórbita circular sea estable. Solución. Estabilidad de una órbita circular. En coordendas polares r yθ el lagrangeano es 1 ˙2 L = m(r2 + r2 θ ) − V (r), ˙ 2
  • 241. 5.6 Las ecuaciones de Hamilton 231de donde las ecuaciónes de Lagrange son d2 r ˙2 V 0 (r) − rθ = − (5.37) dt2 m 2˙ r θ = constante = h. (5.38) N La solución de órbita circular se obtiene con las condición iniciales r(0) = R, r(0) = 0, ¨ ˙ v(0) = Rθ(0), r RV 0 (R) v(0) = , r m RV 0 (R) h = R . mLa ecuación radial puede escribirse d2 r h2 V 0 (r) − 3 = − dt2 r m d r R3 V 0 (R) 2 V 0 (r) − = − . dt2 mr3 mSupongamos una pequeña perturbación u, (sin cambiar la rapidez) de modoque r = R + u,luego d2 u R3 V 0 (R) V 0 (R + u) − =− , dt2 m(R + u)3 mexpandiendo hasta primer orden en u µ ¶ d2 u V 0 (R) 3 V 0 (R) u 2 − 1− u =− − V 00 (R), dt m R m mque se simplifica a µ ¶ d2 u 3V 0 (R) 1 00 + + V (R) u = 0. dt2 Rm m
  • 242. 232 Ecuaciones de LagrangeLa órbita circular será estable en el sentido de u realice oscilaciones armónicasde pequeña amplitud y ello ocurre si 3V 0 (R) ω2 = + V 00 (R) > 0 Rlo que impone una restricción a la forma del potencial cerca de la órbita . 3 V 00 (R) > − V 0 (R). RSi el potencial es del tipo c V (R) = − , con c > 0 Rnresulta nc V 0 (R) = , Rn+1 n(n + 1)c V 00 (R) = − , Rn+2luego n(n + 1)c 3 nc − >− , Rn+2 R Rn+1de aquí una condición que debe cumplir n (n + 1) < 3 ⇒ n < 2,cuestión que es satisfecha por el potencial inverso a la distancia. En efecto si GMm V (r) = − , r 3V 0 (R) 1 3 GMm 1 2GMm GM ω2 = + V 00 (R) = + (− )= 3 Rm m Rm R2 m R3 Ry entonces el periodo de oscilación será 2π 2π 2πR T = =q = , ω GM v(0) R3el mismo periodo de revolución en la órbita. En este caso, la solución pertur-bada puede ser encontrada exactamente y se trata de una elipse.
  • 243. 5.6 Las ecuaciones de Hamilton 2335.6.9. Otro punto de vista La órbita circular será estable en r = R si el potencial efectivo 2 lO U ef = + V (r), 2μr2tiene un mínimo local en r = R. Entonces debe ser 2 lO V 0 (R) − = 0, μR3 3l2 V 00 (R) + O4 > 0 μR 2o bien, eliminando l0 3 0 V 00 (R) + V (R) > 0 Rque es la misma condición obtenida anteriormente.5.6.10. Un caso inestable La inestabilidad de la órbita circular para el caso de un potencia atractivoinverso alcuadrado de la distancia k 2k V (r) = − , F (r) = − 3 r2 res fácil de comprender. Para este caso el radio de la órbita circular está dadosegún la rapidez v(0) de acuerdo a v 2 (0) 2k 2k μ = 3 ⇒ v2 (0) = . R R μR2La energía en general es 1 2 l2 k E = μr + O 2 − 2 , ˙ 2 2μr r 2 1 2 l 1 = μr + ( O − k) 2 , ˙ 2 2μ r
  • 244. 234 Ecuaciones de Lagrangey la ecuación radial es 2 lO 1 μ¨ = ( r − 2k) 3 . μ r 2 lOPara la órbita circular E = 0 y μ − 2k = 0. Si la rapidez se aumenta 2 lOlevemente (μ − 2k) > 0 resulta r > 0, r crece sin límite. Si la rapidez se ¨ l2disminuye levemente ( μ − 2k) < 0 resulta r < 0, r disminuye a cero, es decir O ¨partículas chocarán.5.6.11. Otro caso estable Para la fuerza elástica con V (r) = kr2 ,hay órbitas circulares estables. El potencial efectivo es 2 lO U ef = + kr2 , 2μr2luego la condición de extremo en r = R da s 2 2 lO 4 lO − + 2kR = 0 ⇒ R = , μR3 2kμy la segunda derivada es 2 3lO (U ef )00 = + 2k = 8k > 0. μR45.7. Ejercicios resueltosEjercicio 5.7.1 Si se considera la transformación r = r(q1 , q2 , q3 ),siendo los qi funciones del tiempo. Demuestre la identidad: d ∂ v2 ∂ v2 ∂r − =a· . dt ∂ qj 2 ˙ ∂qj 2 ∂qj
  • 245. 5.7 Ejercicios resueltos 235 Solución. Considere X ∂r v= qi , ˙ ∂qiy ∂ v2 ∂ ∂r =v· v=v· , ∂ qj 2 ˙ ∂ qj ˙ ∂qjluego d ∂ v2 ∂r d ∂r = a· +v· dt ∂ qj 2 ˙ ∂qj dt ∂qj ∂r ∂v = a· +v· ∂qj ∂qj ∂r ∂ v2 = a· + , ∂qj ∂qj 2 NEjercicio 5.7.2 Utilice la identidad señalada en el problema anterior paraobtener las componentes de la aceleración de una partícula en coordenadascilíndricas y en coordenadas esféricas. Solución. En coordenadas cilíndricas ρ, φ, z ˆ r = z k + ρˆρ ∂r ˆ ∂r ∂r ∂ˆ ρ ˆ = k, = ρ, ˆ =ρ = ρφ ∂z ∂ρ ∂φ ∂φ ˙ ˙ ˙2 v2 = z 2 + ρ2 + ρ2 φ ,luego resultan d ∂ v2 ∂ v2 az = − = z, ¨ dt ∂ z 2 ˙ ∂z 2 d ∂ v2 ∂ v2 ˙2 aρ = − = ρ − ρφ , ¨ dt ∂ ρ 2 ˙ ∂ρ 2 d ∂ v2 ∂ v2 d ∂ ρ2 φ˙2 ρaφ = − = ˙ dt ∂ φ 2 ∂φ 2 ˙ dt ∂ φ 2 d 2˙ = ˙˙ ¨ ρ φ = 2ρρφ + ρ2 φ. dt aφ ˙˙ = 2ρφ + ρφ.¨
  • 246. 236 Ecuaciones de LagrangeSimilarmente, para coordenadas esféricas e, θ, φ r = rˆ r ∂r ∂r ∂r = r, ˆ = rˆ θ, ˆ = r(sin θ)φ ∂r ∂θ ∂φ ˙2 ˙2 v 2 = r2 + r2 θ + r2 (sin2 θ)φ , ˙luego resultan d ∂ v2 ∂ v2 ar = − = r, ¨ dt ∂ r 2 ˙ ∂r 2 d ∂ v2 ∂ v2 d ∂ r2 θ˙2 ˙2 ∂ r2 (sin2 θ)φ raθ = − = − , ˙ dt ∂ θ 2 ∂θ 2 ˙ dt ∂ θ 2 ∂θ 2 d 2˙ ˙2 ˙2 = r θ − r2 (sin θ cos θ)φ = r2 ¨ + 2rrθ − r2 (sin θ cos θ)φ , θ ˙˙ dt aθ = r¨ + 2rθ − r(sin θ cos θ)φ θ ˙˙ ˙2 d ∂ v2 ∂ v2 d ∂ r2 (sin2 θ)φ˙2 r(sin θ)aφ = − = ˙ dt ∂ φ 2 ∂φ 2 dt ∂ φ˙ 2 d 2 ˙ = r (sin2 θ)φ, dt aφ = ¨ ˙ r(sin θ)φ + 2r(sin θ)φ + 2r(cos θ)θφ ˙ ˙˙ NEjercicio 5.7.3 Considere una barra de masa m, largo 2a que se mueve enun plano vertical bajo acción de su peso de modo que su extremo A puedemoverse libremente sobre una corredera lisa OX. Escriba las ecuaciones deLagrange para las coordenadas generalizadas x el desplazamiento del puntoA, y el ángulo θ que forma la barra con la vertical. Solución. Las coordenadas de G serán xG = x + a sin θ, yG = −a cos θ,de donde ˙ xG = x + aθ cos θ, ˙ ˙ ˙ 2 ˙ ˙˙ ˙2 yG = aθ sin θ, vG = x2 + 2axθ cos θ + a2 θ ,
  • 247. 5.7 Ejercicios resueltos 237y entonces el lagrangiano será 1 ˙2 1 1 2 ˙2 ˙ ˙˙ L = m(x2 + 2axθ cos θ + a2 θ ) + ma θ + mga cos θ, 2 23de donde calculamos ∂L ˙ ∂L 4 ˙ = mx + maθ cos θ, ˙ = max cos θ + ma2 θ, ˙ ∂x˙ ∂θ˙ 3 ∂L ∂L = 0, ˙˙ = −maxθ sin θ − mga sin θ, ∂x ∂θde donde ˙ mx + maθ cos θ = ˙ constante, 4 2¨ ma θ + ma¨ cos θ + mga sin θ = 0. x 3 NEjercicio 5.7.4 Una barra de longitud 2l se balancea sin deslizarse sobreun cilindro horizontal de radio a, como se indica en la figura (5.9) de modoel centro de la barra toca al cilindro en el punto más alto. Demuestre que: 2l a θ Figura 5.9: ˙ 2 6g(h − a cos θ − aθ sin θ) θ = l2 + 3a2 θ2siendo h una constante.
  • 248. 238 Ecuaciones de Lagrange Solución. Debido a que la barra no desliza, la distancia desde el puntode apoyo de la barra al centro de masa es s = aθ,luego xG = a sin θ − aθ cos θ, yG = a cos θ + aθ sin θ,luego ˙ ˙ xG = aθθ sin θ, yG = aθθ cos θ, ˙ ˙entonces la energía será 1 ˙ 2 1 1 ml2 θ2 + mg(a cos θ + aθ sin θ), ˙ E = ma2 θ2 θ + 2 23de donde despejamos 6E ˙2 m − 6g(a cos θ + aθ sin θ) θ = (3a2 θ2 + l2 ) E 6g( mg − a cos θ − aθ sin θ) = . (3a2 θ2 + l2 ) NEjercicio 5.7.5 El extremo de una barra uniforme de largo l está montadosobre un eje de modo que la barra puede rotar libremente en un plano normalal eje, como se indica en la figura (5.10). Si el eje se hace rotar sobre unplano horizontal con velocidad de rotación constante Ω, permaneciendo fijala unión de la barra al eje, demuestre que el ángulo que la barra forma conla vertical descendente satisface: ¨ = Ω2 sin θ cos θ − 3g sin θ. θ 2l Solución. Tomando ejes principales de inercia xyz en el extremo superiorde la barra, y sobre la barra, z en el plano vertical que contiene Ω y la barra,x perpendicular a la barra y horizontal.
  • 249. 5.7 Ejercicios resueltos 239 Ω θ Figura 5.10: z Ω θ x Ωt θ ytenemos ˙ ωx = θ, ω y = −Ω cos θ, ωz = Ω sin θ,entonces 1 1 2 ˙2 l L= ml (θ + Ω2 sin2 θ) + mg cos θ, 23 2de donde ∂L 1 ˙ ∂L = 1 ml2 (Ω2 sin θ cos θ) − mg l sin θ, = ml2 θ, ˙ ∂θ 3 ∂θ 3 2y sigue 1 2¨ 1 2 2 l ml θ − ml (Ω sin θ cos θ) + mg sin θ = 0, 3 3 2
  • 250. 240 Ecuaciones de Lagrangeo sea ¨ = Ω2 sin θ cos θ − 3g sin θ. θ 2l NEjercicio 5.7.6 Considere un disco de masa m radio r que rueda sin des-lizar con su plano vertical sobre un plano horizontal tirado de su centro conuna fuerza horizontal constante F. a) Resuelva el problema por el método de Lagrange considerando que el sistema es holonómico con un grado de libertad. b) Resuelva el mismo problema, tratando al sistema como si fuera no ho- ˙ lonómico con la restricción adicional: x − rθ = 0. ˙ Solución. Considerado el vínculo hay un grado de libertad y 1 1 1 ˙2 3 L = mx2 + ( mr2 θ ) = mx2 , ˙G ˙ 2 2 2 4 Gde donde sigue 3 mxG = F. ˙ 2Alternativamente consideramos que hay dos grados de libertad con 1 1 1 ˙2 L = mx2 + ( mr2 θ ), ˙G 2 2 2y la restricción adicional xG = r¨ ¨ θ,o δxG − rδθ = 0,luego la expresión Xµ d ∂ ∂ ¶ X K− K δqj = Qj δqj , j dt ∂ qj ˙ ∂qj j
  • 251. 5.7 Ejercicios resueltos 241se reduce a Xµ d ∂ ∂ ¶ X K− K δqj = Qj δqj j dt ∂ qj ˙ ∂qj j 1 m¨G δxG + mr2 ¨ x θδθ = F δxG , 2 δxG − rδθ = 0,multiplicando por λ y sumando 1 (m¨G − F + λ)δxG + ( mr2 ¨ − λr)δθ = 0, x θ 2de modo que m¨G − F + λ = 0, x 1 2¨ mr θ − λr = 0, 2la última da 1 m¨G − λ = 0, x 2y luego 1 3 m¨G − F + m¨G = 0 ⇒ m¨G = F. x x x 2 2 NEjercicio 5.7.7 Una argolla de masa 3m puede deslizarse horizontalmentesin rozamiento por un alambre como se indica en la figura. Unido a la argollahay un péndulo doble, formado por dos partículas de masas m e hilos de largoa. Si, en una posición cercana a la de su equilibrio, se deja al sistema enlibertad, a partir del reposo, las masas oscilan en el plano de la figura (5.11)en torno de la vertical. a) Escriba las ecuaciones de Lagrange del movimiento del sistema. b) Determine las aceleraciones cuando los desplazamientos angulares y las velocidades son pequeñas.
  • 252. 242 Ecuaciones de Lagrange 3m a m m a Figura 5.11: Solución. Usemos como coordenadas generalizadas x de 3m y los ángulosθ y φ que forman los hilos con la vertical. Tenemos entonces x2 = x + a sin θ, y2 = −a cos θ, x3 = x + a sin θ + a sin φ, y3 = −a cos θ − a cos φ,de donde x2 ˙ = ˙ x + aθ cos θ, ˙ y2 ˙ = ˙ aθ sin θ, x3 ˙ = ˙ ˙ x + aθ cos θ + aφ cos φ, ˙ y3 ˙ = ˙ ˙ aθ sin θ + aφ sin φ,y luego 3 2 1 ˙2L = ˙ ˙ ˙ ˙ mx + m(x2 + a2 θ + 2xaθ cos θ) 2 2 1 ˙2 ˙2 ˙ ˙ ˙ ˙ ˙˙ + m(x2 + a2 θ + a2 φ + 2xaθ cos θ + 2xaφ cos φ + 2a2 θφ cos(θ − φ)) ˙ 2 +2mga cos θ + mga cos φ,derivando ∂L ˙ ˙ = 5mx + 2m(aθ cos θ) + m(aφ cos φ) = constante. ˙ ∂x ˙
  • 253. 5.7 Ejercicios resueltos 243 ∂L ˙ ˙ = 2ma2 θ + 3mxa cos θ + ma2 φ cos(θ − φ), ˙ ˙ ∂θ ∂L ˙ ˙ = ma2 φ + mxa cos φ + ma2 θ cos(θ − φ), ˙ ˙ ∂φ ∂L ˙ ˙ ˙˙ = −2mxaθ sin θ − ma2 θφ sin(θ − φ) − 2mga sin θ, ∂θ ∂L ˙ ˙ ˙˙ = −mxaφ sin φ + ma2 θφ sin(θ − φ)) − mga sin φ, ∂φy finalmente θ x ¨ ˙2 0 = 2a¨ + 3¨ cos θ + aφ cos(θ − φ) − aφ sin(θ − φ) + 2g sin θ, ¨ ¨ θ ˙2 0 = aφ + x cos φ + a¨ cos(θ − φ) − aθ sin(θ − φ) + g sin φ. NEjercicio 5.7.8 Un péndulo formado por una barra liviana de longitud l,unida a dos masas iguales a m una de ellas que puede oscilar en un pla-no vertical, la otra restringida a moverse verticalmente unida a un resortede constante k, como se ve en la figura (5.12). Escriba las ecuaciones deLagrange del movimiento del sistema. k m m Figura 5.12:
  • 254. 244 Ecuaciones de Lagrange Solución. Sea z la longitud del resorte y θ el ángulo que forma la barracon la vertical. Las coordenadas de la masa que oscila como péndulo son x = l sin θ, y = −z − l cos θ, ˙ ˙ x = lθ cos θ, y = −z + lθ sin θ, ˙ ˙luego 1 1 ˙2 1 ˙ ˙ ˙˙ L = mz 2 + m(z 2 − 2lz θ sin θ + l2 θ ) − k(z − l0 )2 + mgz, 2 2 2o sea 1 ˙2 1 ˙ ˙˙ L = mz 2 − mlz θ sin θ + ml2 θ − k(z 2 − 2zl0 + l0 ) + mgz, 2 2 2 ∂L ˙ ∂L mg = mz − mlθ sin θ, ˙ = −k(z − l0 − ), ∂z ˙ ∂z k ∂L ˙ ∂L = m(−lz sin θ + l2 θ), ˙ ˙˙ = −mlz θ cos θ, ˙ ∂θ ∂θsi se define mg u = z − l0 − , klas ecuaciones de lagrange serán ˙2 k u − l¨ sin θ − lθ cos θ + u = 0, ¨ θ m −¨ sin θ + l¨ = 0. u θ NEjercicio 5.7.9 Una barra de longitud 2a y masa M se coloca horizontal-mente sobre el punto más alto de un hemisferio rugoso de radio R y masaigual M que puede deslizar sobre un plano horizontal liso, y se perturba le-vemente. Determine las ecuaciones de movimiento para el sistema. La barrano desliza sobre el hemisferio.
  • 255. 5.7 Ejercicios resueltos 245 Solución. Con respecto a la figura G A θ R xusamos como coordenadas generalizadas el ángulo θ y el desplazamiento xdel hemisferio. Debido al no deslizamiento de la barra AG = Rθ de maneraque xG = x + R sin θ − Rθ cos θ, yG = R cos θ + Rθ sin θ,y luego ˙ ˙ ˙ ˙ xG = x + Rθ cos θ − Rθ cos θ + Rθθ sin θ = x + Rθθ sin θ, ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ yG = −Rθ sin θ + Rθ sin θ + Rθθ cos θ = Rθθ cos θ, ˙ 2 ˙ ˙ ˙ v2 = x2 + 2xRθθ sin θ + R2 θ2 θ , G ˙entonces el lagrangiano será 1 1 ˙2 1 1 ˙2 ˙ ˙ ˙ ˙L = M x2 + M(x2 +2xRθθ sin θ+R2 θ2 θ )+ ( Ma2 )θ −Mg(R cos θ+Rθ sin θ), 2 2 2 3derivando ∂L ˙ ˙ = 2M x + M xRθθ sin θ, ˙ ∂x ˙ ∂L ˙ 1 ˙ = M(xRθ sin θ + R2 θ2 θ) + ( Ma2 )θ, ˙ ˙ ∂θ 3 ∂L = 0, ∂x ∂L ˙2 ˙ ˙ = M(xRθθ cos θ + R2 θθ ) − Mg(Rθ cos θ), ∂θy finalmente resultan las ecuaciones de movimiento 2 2 x ¨ ˙ ˙ ˙ 2¨ + xRθθ sin θ + xRθ sin θ + xRθ¨ sin θ + xRθθ cos θ = 0, ˙ θ ˙ ˙ ˙2 1 ¨ ˙ ˙ xRθ sin θ + xRθ sin θ + R2 θθ + R2 θ2 ¨ + a2 ¨ + gRθ cos θ = 0. θ θ 3
  • 256. 246 Ecuaciones de Lagrange NEjercicio 5.7.10 Una partícula de masa m está vinculada suavemente a untubo liso el cual se hace rotar en torno de la vertical con velocidad angularΩ constante, de modo que el ángulo de inclinación del tubo con la vertical esconstante α . Para la coordenada generalizada r, la distancia de la partículaal punto fijo del tubo se pide a) Escribir la ecuación de movimiento. b) Determinar la posición dentro del tubo donde la partícula puede estar estacionaria, es decir sin moverse respecto al tubo. c) Si la partícula es colocada dentro del tubo en el punto fijo, determine la velocidad mínima que que ella debe tener respecto al tubo, para que ella sobrepase la posición determinada en la pregunta (b). Solución. Si llamamos r a la distancia de la partícula al origen se tiene 1 L = m(r2 + r2 Ω2 sin2 α) − mgr cos α, ˙ 2de donde sigue ∂L ∂L = mr, ˙ = mrΩ2 sin2 α − mg cos α, ∂r ˙ ∂ry luego r = rΩ2 sin2 α − g cos α. ¨ ((a)) La partícula puede estar estacionaria donde r = 0 o sea a distancia ¨ g cos α r= 2 2 ((b)) Ω sin αdel origen. Integrando la ecuación de movimiento entre r = 0 y r obtenemos 1 2 1 2 1 2 2 2 r − v0 = r Ω sin α − gr cos α, ˙ 2 2 2 g cos αy la condición es que r en r = ˙ Ω2 sin2 α de modo que resulta 1 2 1 g cos α g cos α v0 = − ( 2 2 )2 Ω2 sin2 α + g 2 2 cos α, 2 2 Ω sin α Ω sin α g cot α v0 = . ((c)) Ω
  • 257. 5.7 Ejercicios resueltos 247 NEjercicio 5.7.11 Una partícula de masa m está en reposo en el punto másalto de un hemisferio liso fijo de radio R. Si ella es perturbada levemen-te, comienza a resbalar sobre el hemisferio. Determine el punto donde ellaabandona el contacto con el hemisferio. Solución. Sea θ el ángulo que forma la línea desde el centro del hemisferioa la partícula. Entonces la energía es 1 E = mv 2 + mgR cos θ = mgR, 2de donde v2 = 2gR(1 − cos θ).La reacción normal satisface mv 2 N − mg cos θ = − , Ry se anula cuando 2 mg cos θ = m2g(1 − cos θ) ⇒ cos θ = ⇒ θ = 48. 189 7o . 3 NEjercicio 5.7.12 Un disco de masa m y radio a está inicialmente en reposoapoyado en el punto más alto de un hemisferio rugoso de radio R. Si eldisco es perturbado levemente, el comienza a rodar sin resbalar. Escriba laecuación de movimiento del disco, para el ángulo θ indicado en la figura(5.13). Determine además el ángulo para el cual el disco abandona el contactocon el hemisferio. Solución. (En los problemas resueltos este problema está resuelto por elmétodo de Newton) Podemos calcular la rapidez del CM de dos manera, ˙ vCM = (R + a)θ = aω,de donde R+a˙ ω= θ, a
  • 258. 248 Ecuaciones de Lagrange a R θ Figura 5.13:El lagrangiano será µ ¶2 1 2 ˙2 11 2 R+a˙ L = m(R + a) θ + ma θ − mg(R + a) cos θ 2 22 a 3 ˙2 = m(R + a)2 θ − mg(R + a) cos θ 4de donde la ecuación de movimiento será 3 (R + a)¨ − g sin θ = 0, θ 2 ¨ = 2g sin θ . θ 3(R + a) ˙Por integración podemos obtener θ ˙ 2 4g(1 − cos θ) , θ = 3(R + a)La condición de despegue es cuando no hay contacto N = 0,pero 2 ˙ N − mg cos θ = −(R + a)2 θ ,de donde 4mg(1 − cos θ) mg cos θ − = 0, 3
  • 259. 5.7 Ejercicios resueltos 249de donde 4 cos θ = , θ = 55. 150 1o 7 NEjercicio 5.7.13 Una partícula de masa M se coloca en reposo sobre elpunto más alto de un hemisferio semicilíndrico de masa M y radio R, el cualdescansa sobre un plano horizontal liso, como se indica en la figura (5.14). Sila partícula se perturba levemente, el sistema comienza a moverse. Determinela expresión que determina el ángulo para el cual la partícula perderá contactocon el hemisferio. M R M θ x Figura 5.14: Solución. Con relación a la figura las ecuaciones de movimiento son d2 (x + R sin θ) M = N sin θ, dt2 d2 (R cos θ) M = N cos θ − Mg, dt2 d2 x M 2 = −N sin θ. dtSi se elimina x y N se obtiene una ecuación diferencial para el ángulo θ d2 (R sin θ) M = 2N sin θ, dt2 d2 (R cos θ) M = N cos θ − Mg, dt2 2g d2 (sin θ) d2 (cos θ) sin θ = cos θ − 2 sin θ, R dt2 dt2 2g 1 d ˙2 d ˙2 sin θ = θ cos2 θ + θ sin2 θ R 2 dθ dθ
  • 260. 250 Ecuaciones de Lagrangeque integrada una vez conduce a ˙ 2 2g 1 − cos θ . θ = R 1 − 1 cos2 θ 2Considerando que la condición para que exista despegue de la superficie esN = 0, o sea x = 0, se obtiene ¨ d2 (sin θ) = 0, dt2o bien d ˙2 (θ cos2 θ) = 0, dθque desarrollada conduce a una ecuación de tercer grado para el cos θ. Enefecto se obtiene cos3 θ − 6 cos θ + 4 = 0,y evaluando numéricamente resulta cos θ = 0,732 051 ⇒ θ = 42. 941 4o . NEjercicio 5.7.14 Dos partículas de masas m1 y m2 están en reposo sobreun plano horizontal liso unidas por una cuerda inextensible de largo L. Sia una de ellas se le da una rapidez inicial v0 perpendicular a la línea queune las partículas, determine para el movimiento siguiente, la magnitud dela tensión en la cuerda. Solución. Realmente este problema no es adecuado para Lagrange. Lavelocidad inicial del centro de masa y que permanece constante es m1 v0 VG = . m1 + m2Las velocidades iniciales relativas a G serán 0 m1 v0 m2 v0 v1 = v0 − = , m1 + m2 m1 + m2 0 m1 v0 v2 = − . m1 + m2
  • 261. 5.7 Ejercicios resueltos 251Ellas describen circunferencias de radios m2 L r1 = , m1 + m2 m1 L r2 = , m1 + m2en torno al centro de masa. Luego, la segunda ley aplicada a cualquierapartícula da (v1 )2 0 T = m1 , r1 (v2 )2 0 = m2 , r2y así resulta 2 m1 + m2 m2 v0 2 m1 m2 v0 T = m1 ( ) = . m2 L m1 + m2 m1 + m2 L NEjercicio 5.7.15 Un cono recto de semiángulo en el vértice α y generatrizde longitud l rueda sin deslizar sobre un plano inclinado un ángulo β respectodel plano horizontal. Si θ es el ángulo que forma la línea de máxima pendientecon la generatriz de contacto, demuestre que: ¨+ 5g sin β θ sin θ = 0. l(1 + 5 cos2 α) Solución. Si H es la altura del cono, el momento de inercia respecto asu generatriz en el vértice es I = 3 mH 2 (1 + 1 sec2 α) sin2 α, la magnitud de 4 5 ˙la velocidad angular es ω = θ cot α, la energía del cono puede escribirse comoE = 1 Iω 2 + mg 3 H(sin α cos β − sin β cos α cos θ) y de allí derivando sigue el 2 4resultado. N
  • 262. 252 Ecuaciones de Lagrange
  • 263. Capítulo 6 Ecuaciones de Hamilton6.1. La Acción La acción de un sistema mecánico se define por: Zt2 S= L(q(t), q(t), t)dt , ˙ (6.1) t1es decir una integral sobre un posible camino qi (t) que permita al sistemapasar entre los instantes de tiempo t1 y t2 en forma compatible con los víncu-los, y con las condiciones en t1 y t2 . La acción, como veremos, tiene un doblee importante rol: Primero, su variación a extremos fijos, supuesta nula conduce a las ecuaciones de movimiento, ya sea en su forma lagrangiana o forma hamiltoniana. Esto es los caminos físicos son caminos extremales. Segundo, su variación en los extremos, suponiendo satisfechas las ecua- ciones de movimiento, conduce a las integrales de las ecuaciones de movimiento. De lo primero trata el principio variacional de Hamilton. De lo segundo,que se verá con más detalle más adelante, trata el método de Hamilton Jacobi.
  • 264. 254 Ecuaciones de Hamilton6.1.1. Principio variacional de Hamilton Un posible camino qi (t) compatible con los vínculos y las condiciones ent1 y t2 es la trayectoria física, solución de las ecuaciones de movimiento deun sistema conservativo, sí y solo sí la acción S es un extremo.Demostración: En lo que sigue, llamaremos caminos físicos a los caminos extremalesentre los puntos extremos fijos y caminos variados a otros caminos, próximosa los caminos extremales, entre los mismos puntos extremos. Se requierenelementos de cálculo variacional que no estudiaremos aquí, pero de los cualesharemos uso (ver [3]). Para que la acción sea un extremo se requiere que suvariación δS sea cero, para variaciones δqi (t) infinitesimal, compatibles conlos vínculos y nulas en los extremos y salvo por eso, arbitrarias entre ellos.Como se sabe, usando la “notación δ”, se tiene que Zt2 X µ ¶ ∂L ∂L δS = δqi + δ qi dt , ˙ ∂qi ∂ qi ˙ t1como d δq = ˙ δq, y δqi (t1 ) = δqi (t2 ) = 0 , dtla primera variación de la acción puede escribirse Zt2 X µ ¶ ∂L d ∂L δS = − δqi dt . (6.2) ∂qi dt ∂ qi ˙ t1 Si se cumplen las ecuaciones de movimiento, ecuaciones de Lagrange para sistemas conservativos en su forma original, es decir X µ ∂L d ∂L ¶ − δqi = 0, ∂qi dt ∂ qi ˙ donde por definición QNC = 0, ∀i, entonces δS = 0, lo que significa que i S es un extremo.
  • 265. 6.2 Transformaciones canónicas 255 Si la acción S es un extremo, o sea δS = 0, tenemos Zt2 X µ ¶ ∂L d ∂L − δqi dt = 0 , ∂qi dt ∂ qi ˙ t1 o bien X Z µ ∂L ¶ t2 d ∂L − dtδqi = 0 . i ∂qi dt ∂ qi ˙ t1 Si las variaciones δqi son arbitrarias en el intervalo, son entonces cero los integrandos de modo obtenemos ∂L d ∂L − = 0, ∂qi dt ∂ qi ˙ que son las ecuaciones correctas de Lagrange para sistemas conservati- vos.6.2. Transformaciones canónicas .La transformación {q, p} −→ {Q, P } , (6.3) H(q, p, t) −→ H(Q, P, t) , (6.4)se dice canónica si ella preserva la estructura de las ecuaciones de Hamilton,es decir que si ∂H ∂H qi = ˙ , y pi = − ˙ , (6.5) ∂pi ∂qientonces ˙ ∂H ˙ ∂H Qi = , y Pi = − . (6.6) ∂Pi ∂Qi
  • 266. 256 Ecuaciones de HamiltonSe usará eventualmente en notación resumida q, p, Q , P,que indican a todoel conjunto de coordenadas y momenta. Una condición suficiente para quela transformación {q, p} −→ {Q, P } sea canónica, es que exista una funciónF tal que X n (pi dqi − Pi dQi ) − (H − H)dt = dF . (6.7) i=1Considerando la equivalencia entre el principio variacional de Hamilton y lasecuaciones de Hamilton, la ecuación (6.7) equivale a Z2 ÃXn ! Z2 ÃX n ! δ pi dqi − Hdt = 0 ⇐⇒ δ Pi dQi − H dt = 0 . (6.8) 1 i=1 1 i=1Está implícito el hecho de que las variaciones son nulas en los extremos, esdecir que δFt=t2 = δFt=t1 = 0. Por razones que se comprenderán enseguida,llamaremos F1 a esa función. De la ecuación, (6.7) se desprende que ∂F1 (q, Q, t) ∂F1 (q, Q, t) pi = , Pi = − , (6.9) ∂qi ∂Qiy ∂F H=H+ , (6.10) ∂trazón por lo cual se puede denominar a F una función generadora de latransformación canónica.6.2.1. Formas de la transformación Mediante una transformación de Legendre es posible escribir la trans-formación de otras maneras. Considerando transformaciones de Legendre deF1 (q, Q, t), la función generadora considerada hasta ahora, podemos generarotras tres funciones generadoras equivalentes dadas por X n F2 (q, P, t) = F1 (q, Q, t) + Qi Pi , (6.11) i=1 X n F3 (p, Q, t) = F1 (q, Q, t) − qi pi , (6.12) i=1
  • 267. 6.3 Paréntesis de Poisson 257 X n F4 (p, P, t) = F3 (p, Q, t) + Qi Pi , (6.13) i=1Para las cuales se cumplirá, en analogía con (6.7) X n (pi dqi + Qi dPi ) − (H − H)dt = dF2 , (6.14) i=1 X n (−qi dpi − Pi dQi ) − (H − H)dt = dF3 , (6.15) i=1 X n (−qi dpi + Qi dPi ) − (H − H)dt = dF4 , (6.16) i=1y de las cuales se tienen las siguientes relaciones que definen la transformacióncanónica ∂F2 ∂F2 pi = , Qi = , (6.17) ∂qi ∂Pi ∂F3 ∂F3 qi = − , Pi = − , (6.18) ∂pi ∂Qi ∂F4 ∂F4 qi = − , Qi = , (6.19) ∂pi ∂Pisiendo en cada caso ∂F H=H+ . (6.20) ∂t6.3. Paréntesis de Poisson Los “paréntesis” de Poisson de dos funciones de las coordenadas y mo-mentos, se definen por X µ ∂F ∂G ∂G ∂F ¶ n {F, G} = − . (6.21) i=1 ∂qi ∂pi ∂qi ∂pi
  • 268. 258 Ecuaciones de Hamilton6.3.1. Propiedades de los Paréntesis de Poisson Entre otras propiedades podemos señalar las siguientes, que se dejan parasu demostración {F, F } = 0 , (6.22) {F, G} = −{G, F } , (6.23) {aF + bG, W } = a{F, G} + b{G, W } ,siendo a, b constantes, {F G, W } = {F, W }G + F {G, W } , (6.24)y {U, {V, W }} + {V, {W, U}} + {W, {U, V }} = 0, (6.25)la identidad de Jacobi.6.4. Ecuaciones de Movimiento Las ecuaciones de Hamilton pueden escribirse en términos de los parén-tesis de Poisson como qi = {qi , H}, ˙ pi = {pi , H} . ˙ (6.26)Además, puede verificarse que para cualquier función de los momentos y delas coordenadas, F (q, p, t), se tiene que dF ∂F = {F, H} + . (6.27) dt ∂tde aquí se puede deducirI Teorema 6.1Si una cantidad dinámica F no depende del tiempo en forma explícita, esdecir si F = F (q, p), ella es conservada si y solo si {F, H} = 0.I Teorema 6.2El hamiltoniano mismo es conservado cuando no depende explícitamente deltiempo, es decir si ∂H/∂t = 0.
  • 269. 6.5 Problemas y Aplicaciones. 2596.5. Problemas y Aplicaciones.Ejercicio 6.5.1 Demuestre que las siguientes transformaciones son canó-nicas (Goldstein [4]): a) Q = ln(sin(p)/q), P = q cot(p). b) Q = arctan (αq/p) , P = αq2 (1 + p2 /α2 q2 ) /2 c) P = 1/q, Q = pq 2 .Ejemplo 6.5.1 Considere la transformación: Q = aq α cos(βp), P = bq α sin(βp)con a, b, α, β constantes. a) Determine valores de a, b, α, β de modo que la transformación sea canónica. b) Utilice la transformación para reducir el problema del oscilador armó- nico. c) Resuelva el problema del oscilador armónico utilizando esa transforma- ción canónica. Solución. Dado que el sistema tiene un grado de libertad, basta requerirque la matriz jacobiano tenga determinante unidad. Es decir µ ¶ aαqα−1 cos(βp) −aβq α sin(βp) det =1 bαqα−1 sin(βp) bβq α cos(βp)por lo cual abαβq 2α−1 = 1y entonces 1 α= , y abβ = 2 2Si además deseamos simplificar el problema del oscilador armónico, con ha-miltoniano dado por P2 1 H= + kQ2 , 2m 2
  • 270. 260 Ecuaciones de Hamiltonconsidere que H = H puesto que la transformación es independiente deltiempo y entonces b2 q sin 2 (βp) 1 2 H= + ka q cos 2 (βp) , 2m 2y una notoria simplificación se tiene si se requiere que b2 = 2m y ka2 = 2.Así resulta H = q,con obvia solución: p = −t+t0 , y q = q0 . Además la transformación se reducea r Ãr ! Ãr ! 2q k p k Q= cos p , P = 2mq sin p , k m mde modo que el problema dinámico dado por H ha sido resuelto r Ãr ! Ãr ! 2q0 k p kQ(t) = cos (t − t0 ) , P (t) = − 2mq0 sin (t − t0 ) . k m m NEjemplo 6.5.2 El problema anterior puede ser considerado un caso generaldel siguiente problema. Dado H(q, p) deduzca una transformación canónicadonde el nuevo hamiltoniano sea H(Q, P ) = Q. Solución. El problema puede reducirse a encontrar una función genera-dora que haga el trabajo. Para ello considere una función generadora F1 (q, Q).Dado que p = ∂F1 /∂q el problema se ha reducido a resolver la siguienteecuación diferencial para F1 (q, Q) µ ¶ ∂F1 H ,q = Q. ∂q NEjemplo 6.5.3 Considere la transformación Q1 = q1 P1 = p1 − 2p2 Q2 = p2 P2 = −2q1 − q2Demuestre directamente que ella es canónica y encuentre una función ge-neradora. (Goldstein p.431 [4])
  • 271. 6.5 Problemas y Aplicaciones. 261 Solución. No resulta posible encontrar una función generadora de tipo1, 2, 3 ó 4. En realidad hay otras posibilidades para definir funciones gene-radoras, llamadas mixtas. Para ello considere: p1 dq1 + p2 dq2 − (P1 dQ1 + P2 dQ2 ) − (H − H)dt = dF1 ,que puede ser escrita como −q1 dp1 − q2 dp2 − P1 dQ1 + Q2 dP2 − (H − H)dt = dF5 ,y la función generadora adecuada es F5 (p1 , p2 , Q1 , P2 ) = −Q1 p1 + p2 P2 + 2Q1 p2 . NEjemplo 6.5.4 (Goldstein) Para la transformación puntual (de las coorde-nadas) en un sistema con dos grados de libertad 2 Q1 = q1 , Q2 = q1 + q2 ,encuentre la transformación más general para P1 y P2 , consistente con quela transformación completa sea canónica. Solución. Aquí pi = ∂F2 /∂qi , Qi = ∂F2 /∂Pi ,con 2 F2 (q1 , q2 , P1 , P2 ) = q1 P1 + (q1 + q2 )P2 + W (q1 , q2 ) ,siendo W (q1 , q2 ) una función arbitraria de q1 , q2 . Por lo tanto p1 − p2 1 ∂W ∂W P1 = + ( − ), 2q1 2q1 ∂q2 ∂q1y ∂W P2 = p2 − . ∂q2Note además que con la elección particular W = −(q1 + q2 )3 /3, se tiene que µ ¶2 p1 − p2 H= + p2 − (q1 + q2 )2 =⇒ H = P1 + P2 , 2 2q1siendo Q1 , Q2 ignorables.
  • 272. 262 Ecuaciones de Hamilton NEjercicio 6.5.2 Considere una transformación canónica (infinitesimal) ge-nerada por: X F2 (q, P ) = qi Pi − dtH(q, P ) ,siendo H el hamiltoniano del sistema. Demuestre entonces que qi (t) = Qi (t + dt) pi (t) = Pi (t + dt)Ejercicio 6.5.3 Si se hacen dos transformaciones canónicas sucesivas, q,p → Q, P → q, p, generadas por F1 (q, Q) y G1 (Q, q), demuestre que la fun-ción generadora de la transformación canónica equivalente está dada por: F (q, q) = F1 (q, Q) + G1 (Q, q) ,debiendo eliminarse los Qi mediante las ecuaciones ∂F1 (q, Q) ∂G1 (Q, q) + = 0. ∂Qj ∂QjEjercicio 6.5.4 Si se hacen dos transformaciones canónicas sucesivas q,p → Q, P → q, p, generadas por F2 (q, P ) y G2 (Q, p), demuestre que la fun-ción generadora de la transformación canónica equivalente está dada por: X F (q, p) = F2 (q, P ) + G2 (Q, p) − Pi Qi ,debiendo eliminarse los Qi y los Pi mediante las ecuaciones ∂F2 (q, P ) ∂G2 (Q, p) = Qj y = Pj . ∂Pj ∂Qj6.6. Método de Hamilton Jacobi Una forma general de resolver (en principio) un problema dinámico loconstituye el método de Hamilton Jacobi. La idea de este método consiste
  • 273. 6.6 Método de Hamilton Jacobi 263en buscar una transformación canónica de modo que el hamiltoniano trans-formado sea nulo, problema reducido que tiene soluciones obvias de las ecua-ciones de movimiento. Si nos imaginamos que dicha transformación canónicaes generada por una función conocida F2 (q, P, t) tendremos, por condición ¯ ∂F2 H = H(q, p, t) + = 0, (6.28) ∂ty si además consideramos (6.17) tendremos µ ¶ ∂F2 ∂F2 H q, ,t + = 0, (6.29) ∂q ∂tla llamada ecuación diferencial de Hamilton Jacobi, que permitiría determi-nar F2 .Si se obtiene la transformación canónica, ya sea resolviendo la ecuación deHamilton Jacobi o por cualquier medio, las nuevas ecuaciones de Hamiltonserán ¯ ∂H ˙ = 0 = Qi , (6.30) ∂Pi ¯ ∂H ˙ = 0 = −Pi , (6.31) ∂Qiy entonces las nuevas coordenadas y momentos son todos constantes, que de-signaremos por: Pi = αi y Qi = β i . En consecuencia, la solución del problemaoriginal se obtiene mediante la transformación inversa, es decir, de ∂F2 (q, α, t) ∂F2 (q, α, t) pi = , βi = , (6.32) ∂qi ∂αimediante un despeje algebraico de las coordenadas qi del segundo grupode ecuaciones anteriores, que quedarán expresadas en términos de las 2nconstantes αi , β i , las cuales deben ser finalmente evaluadas de acuerdo acondiciones iniciales conocidas.6.6.1. Función principal de Hamilton No es en general posible, ni es necesario, encontrar una “solución general”de la ecuación de Hamilton Jacobi (6.29), problema complicado debido a sucarácter en general no lineal. En realidad es suficiente encontrar una solución
  • 274. 264 Ecuaciones de Hamiltonque dependa de n constantes independientes, ninguna de ellas aditiva. Talsolución “completa”, se denomina función principal de Hamilton S . Los nue-vos momentos conservados Pi pueden elegirse igual a esas constantes o bienfunciones independientes de ellas. En términos más precisos se requiere unasolución de la ecuación de Hamilton Jacobi que dependa de las coordenadasqj y de las constantes αi de modo que µ 2 ¶ ∂ S det 6= 0 . ∂αi ∂qjDenotemos entonces la función principal de Hamilton por S = S(q, α, t) . (6.33)Momentos iguales a las constantes de integración Aquí, aplica lo dicho más arriba. Es decir lo establecido en (6.32) : ∂S(q, α, t) ∂S(q, α, t) pi = , βi = , (6.34) ∂qi ∂αiy la solución del problema dinámico se obtiene invirtiendo el segundo grupode ecuaciones de transformación, despejando, si es posible, las coordenadasqi (α, β, t).Demostración de la suficiencia La demostración de que una solución completa de la ecuación(6.33) juntocon las relaciones (6.34), nos conduce a la solución de las ecuaciones deHamilton, es como sigue. Derivando la segunda de las ecuaciones (6.34) conrespecto al tiempo, se tiene ∂ 2S X ∂2S + qj = 0 , ˙ (6.35) ∂αi ∂t j ∂αi ∂qjsi las primeras de las ecuaciones (6.34) se introducen en la ecuación de Ha-milton Jacobi se obtiene ∂S H(q, p, t) + = 0, (6.36) ∂t
  • 275. 6.6 Método de Hamilton Jacobi 265que, si se deriva respecto de αi observando que esas constantes entran a travésde los p solamente, se obtiene X ∂H ∂ 2 S ∂ 2S + = 0, (6.37) j ∂pj ∂qj ∂αi ∂t∂αisi restamos (6.35) y (6.37) entonces Xµ ∂H ¶ 2 ∂ S qj − ˙ = 0, j ∂pj ∂qj ∂αisistema lineal homogéneo con determinante diferente de cero, por lo que seha demostrado que se cumple el primer grupo de ecuaciones de Hamilton, esdecir (la solución trivial) ∂H qj − ˙ = 0. ∂pjAhora, para probar el otro grupo de ecuaciones de Hamilton, derivamos lasegunda de las ecuaciones (6.34) con respecto al tiempo, obteniendo ∂2S X ∂2S pi = ˙ + qj , ˙ (6.38) ∂qi ∂t j ∂qi ∂qjque puede escribirse ∂2S X ∂ 2 S ∂H pi = ˙ + . (6.39) ∂qi ∂t j ∂qi ∂qj ∂pjSi la ecuación de Hamilton Jacobi se deriva respecto a qi , recordando que envirtud de (6.34), los p son funciones de los q, se obtiene ∂2S ∂H X ∂ 2 S ∂H + + = 0, (6.40) ∂qi ∂t ∂qi j ∂qi ∂qj ∂pjpor lo que, comparando (6.39) con (6.40), se tiene que se cumple el segundogrupo de ecuaciones de Hamilton, es decir ∂H −pi = ˙ . ∂qi
  • 276. 266 Ecuaciones de Hamilton6.6.2. Relación con la acción S Si recordamos la definición de la acción Z t2 ³X ´ S(q(t1 ), q(t2 ), t1 , t2 ) = pi dqi − Hdt , t1y la solución del problema dinámicos mediante la función principal de Ha-milton S(q, α) donde se cumple que ∂S(q, α, t) pi = , ∂qi ∂S(q, α, t) βi = , ∂αi ∂S(q, α, t) 0 = H+ , ∂tentonces podemos escribir Z t2 µX ¶ ∂S(q, α, t) ∂S(q, α, t) S(q(t1 ), q(t2 )) = dqi + dt t ∂qi ∂t Z 1t2 = dS(q, α, t)dt), t1por lo cual la acción está dada por S(q(t1 ), q(t2 ), t1 , t2 ) = S(q(t2 ), α, t2 ) − S(q(t1 ), α, t1 ), (6.41)debiendo eliminarse los α mediante las ecuaciones ∂S(q(t1 ), α, t1 ) ∂S(q(t2 ), α, t2 ) = . ∂αi ∂αi6.6.3. Función característica de Hamilton Si el hamiltoniano no depende del tiempo en forma explícita H = H(q, p)es posible separar el tiempo de la ecuación de Hamilton Jacobi. Para ellohagamos S(q, α, t)) = W (q, α) − α1 t ,
  • 277. 6.6 Método de Hamilton Jacobi 267así resulta que W , la función característica de Hamilton, satisface la siguienteecuación de Hamilton Jacobi independiente del tiempo µ ¶ ∂W H q, = α1 . (6.42) ∂qUna solución de esta ecuación conteniendo n constantes, ninguna de ellasaditiva siendo una de ellas α1 se denomina función característica de Hamilton.Considerada como una función generadora F2 con nuevos momentos igualesa las constante αi , la transformación canónica que ella genera será ∂W (q, α) ∂W (q, α) ¯ pi = , Qi = , H = H = α1 , (6.43) ∂qi ∂αiy las ecuaciones de Hamilton son ½ ˙ ∂H 1 si i = 1 Qi = = , ∂αi 0 si i > 1 ∂H αi = − ˙ = 0. ∂QiO sea los nuevos momenta son todos constantes y sólo una de las coordenadasvaría y linealmente con el tiempo. Es decir αi = constante, ½ t + t0 si i = 1 Qi = βi constantes si i > 1,Arbitrariedad en la elección de los nuevos momentos En el método de Hamilton Jacobi los nuevos momentos son constantesdebido a que el nuevo hamiltoniano o es nulo o depende sólo de los momentos.Si se encuentra la función principal o la característica que dependa de nconstantes independientes, es posible escoger como nuevos momentos a esasconstantes o cualquier conjunto de constantes independientes que podemosimaginar funciones de las anteriores. Para el caso de la función característica,el nuevo hamiltoniano es entonces dependiente de los momentos a través de
  • 278. 268 Ecuaciones de Hamilton µ ¶ ∂W H q, = α1 (P ) , (6.44) ∂qy las ecuaciones de Hamilton serán ˙ ∂H ∂α1 Qi = = , ∂Pi ∂Pi ˙ ∂H Pi = − = 0, ∂Qilos nuevos momenta Pi son constantes y serán denotados por γ i , y las nuevascoordenadas varían linealmente con el tiempo ∂H ∂α1 (γ) Qi (t) = t + Qi (0) = t + Qi (0) , ∂Pi ∂γ i Pi = γ i ,y el problema dinámico es resuelto invirtiendo (despejando q(t)) ∂α1 (γ) ∂W (q, α(γ)) Qi (t) = t+Qi (0) = , H = H = α1 (γ) . (6.45) ∂γ i ∂γ i6.6.4. El oscilador armónico A modo de ejemplo, se presenta el caso del oscilador armónico con Ha-miltoniano dado por p2 1 H= + kq2 . (6.46) 2m 2Para este caso la ecuación de Hamilton Jacobi para la función principal deHamilton está dada por µ ¶2 1 ∂S 1 ∂S + kq 2 + = 0, 2m ∂q 2 ∂tde la cual se puede separar el tiempo introduciendo la función CaracterísticaW (q, α) que satisface µ ¶2 1 ∂W 1 + kq2 = α , 2m ∂q 2siendo S = W − αt. De allí pueden obtenerse
  • 279. 6.6 Método de Hamilton Jacobi 269 La función característica y la transformación que ella genera ( Ã ! r ) √ α −1 q 1 2α W = mk sin p + q − q2 , k 2α/k 2 k y si colocamos ω2 = k/m puede escribirse ( r ) mω 2α 2α W = sin −1 (q) + q − q2 , (6.47) 2 mω2 mω 2 y la transformación que ella genera , con P = α, es r 2P q= sin (ωQ) , (6.48) mω 2 √ p = 2mP cos (ωQ) , (6.49) H = P. La función principal de Hamilton. Similarmente, se encuentra ( Ãr ! r ) mω 2α mω 2 2α S= arcsin q +q − q 2 − αt , (6.50) 2 mω 2 2α mω 2 r 2α q= sin (ω(Q + t)) , mω 2 √ p= 2mα cos (ω(Q + t)) , H = 0. Debemos remarcar que las transformaciones señaladas son canónicas independientemente de que se trate o no del hamiltoniano del oscilador armónico, pero es en ese caso donde ellas tienen mayor utilidad. La acción S. En el capítulo (8), (??) se estableció el resultado mω S(q, q0 , t) = (q2 cos ωt + q0 cos ωt − 2q0 q), 2 2 sin ωt
  • 280. 270 Ecuaciones de Hamilton resultando ilustrativo replantearlo utilizando la función principal y la relación (6.41). Se tiene ( Ãr ! r ) mω 2α mω 2 2α S = arcsin q +q − q2 − αt 2 mω 2 2α mω2 ( Ãr ! r ) 2α mω 2 2α 2 − arcsin q0 + q0 − q0 , mω 2 2α mω 2 debiéndose eliminar α mediante r r mω2 mω 2 arcsin q − ωt = arcsin q0 . 2α 2α El álgebra es tediosa pero se obtiene 2α 2 (q − (cos ωt) q0 )2 = q0 + , mω 2 sin2 ωt y de allí como era de esperar mω ¡ 2 2 ¢ S(q, q0 , t) = q cos ωt + q0 cos ωt − 2qq0 . 2 sin ωt6.7. Variables de Acción Angular6.7.1. Sistemas periódicos con un grado de libertad Considere un sistema descrito por las variables canónicas q, p que recobransus valores cada vez que transcurre un tiempo llamado periodo T del sistema.Supondremos además que se trata de un sistema periódico autónomo (conhamiltoniano independiente del tiempo).La ecuación de Hamilton Jacobi independiente del tiempo para la funcióncaracterística W es µ ¶ ∂W H ,q = α. ∂qComo se explicó, el nuevo momento P puede elegirse como alguna funciónde α. Se verá la conveniencia de definir como nuevo momento, la llamadavariable de acción J
  • 281. 6.7 Variables de Acción Angular 271 I J= p(q, α)dq , (6.51)siendo la integral realizada sobre un periodo del movimiento. Así entoncesα = H = α(J) = H(J). La correspondiente nueva coordenada o variableangular será denotada por Θ. La transformación generada por la funcióncaracterística W será ∂W (q, J) p= , (6.52) ∂q ∂W (q, J) Θ= . ∂JLas ecuaciones de Hamilton serán ∂H ∂H(J) J˙ = − =− = 0, ∂Θ ∂Θ ˙ ∂H dH(J) Θ= = = constante . (6.53) ∂J dJEs decir J es constante y Θ varia linealmente con el tiempo. Lo importantedel formalismo es que en el cambio de tiempo de un periodo T , el cambio enΘ es la unidad. En efecto, considere I I ∂Θ ∂ ∂W (q, J) 4Θ = dq = dq , ∂q ∂q ∂Jo sea I I ∂ ∂W (q, J) ∂ 4Θ = dq = pdq = 1 , ∂J ∂q ∂Jpero de acuerdo a (6.53) dicho cambio es 4Θ = H 0 (J)T = 1 .Es decir, el período del movimiento está dado en términos de una derivadadel hamiltoniano 1 T = . (6.54) H 0 (J)Ejemplo 6.7.1 Determine las variables de acción angular para el caso par-ticular del oscilador armónico, con hamiltoniano H = p2 /2m + kq 2 /2 = α.
  • 282. 272 Ecuaciones de Hamilton Solución. Tendremos I I p J = pdq = ± 2mα − mkq 2 dq , pcomo los puntos de retorno (donde p = 0) son q1,2 = ± 2α/k, la integralpuede reducirse a Zq1 p J =4 2mα − mkq 2 dq , 0que puede calcularse r α k J = 2π , con ω= , ω mde allí, resultará Jω 1 2π H= =⇒ T = 0 = . 2π H (J) ω N
  • 283. Capítulo 7 Oscilaciones pequeñas7.1. La energía cinética Pondremos atención en el movimiento de sistemas conservativos holo-nómicos, con vínculos independientes del tiempo, en las vecindades de suposición de equilibrio estable cuando esa posición exista. Como se sabe, laenergía cinética es X1 K= mi |vi |2 , 2que expresada en términos de coordenadas generalizadas qi de acuerdo a ri = ri (q),permite escribir X1 ∂ri (q) ∂ri (q) K= mi · qj qk , ˙ ˙ i,j,k 2 ∂qj ∂qkexpresión que escribiremos usando la convención de suma sobre índices repe-tidos 1 K = Kjk (q)qj qk , ˙ ˙ (7.1) 2siendo X1 ∂ri (q) ∂ri (q) Kjk (q) = mi · = Kkj (q), i 2 ∂qj ∂qk
  • 284. 274 Oscilaciones pequeñaselementos de una matriz simétrica, positiva definida porque la energía ciné-tica no puede ser negativa.7.2. La energía potencial En términos de las coordenadas generalizadas qi , la energía potencial delsistema será escrita V (q) = V (q1 , q2 , . . . , qn ).La condición para que el sistema tenga una posición de equilibrio estable, esque V (q) tenga un mínimo. Ello es consecuencia de las ecuaciones de lagrangeque para este caso son con energía cinética independiente de las coordenadas d ∂V (q) (Kjk (q)qk ) + ˙ = 0, dt ∂qj ∂ ∂V (q) Kjk (q)¨k + ( Kjk (q))qk ql = − q ˙ ˙ . (7.2) ∂ql ∂qj7.2.1. Posición de equilibrio Configuración de equilibrio significa que el sistema permanece con sus ocoordenadas iniciales qk sin variar, si se coloca allí con velocidades nulas. Es ˙0decir que ellas no varían si inicialmente no varían. Es decir que para qk (0) = 0 0debe tenerse qk (0) = 0. De las ecuaciones de lagrange se deduce entonces que ¨tales puntos se caracterizan por ¯ ∂V ¯¯ = 0. ∂qj ¯qo jDe acuerdo a lo que se analiza a continuación, si se trata de un punto deequilibrio estable, ellos corresponden a mínimos de la energía potencial.7.2.2. Estabilidad El concepto de estabilidad está relacionado al comportamiento del sistemapara condiciones iniciales próximas a la de equilibrio. El equilibrio se dice 0estable si para condiciones iniciales qj (0) = qj + δqj , qj (0) = 0, con δqj > ˙0, entonces qj (0) < 0, ∀j, es decir las coordenadas deben variar hacia los ¨
  • 285. 7.3 Linealización 275valores de equilibrio. Ello impone algunas condiciones a la energía potencial.Utilizando la ecuación (??), se tiene ¯ 0 0 ∂V (qj + δqj ) ∂2V ¯ ¯ δqk . Kjk (qj + δqj )δ qk = − ¨ =− ∂qj ∂qj ∂qk ¯q0Kjk es positiva definida. El equilibrio será estable si δ qk y δqk tienen distinto ¨signo. Se deduce entonces que ¯ ∂2V ¯ ¯ > 0, ∀j, k, ∂qj ∂qk ¯q0es decir se trata de un mínimo de la energía potencial.7.3. Linealización Para movimientos en una vecindad de una posición de equilibrio estable, 0 qi = qi + η i (t),expandiremos la energía cinética y potencial para tener las ecuaciones demovimiento apropiadas para esta aproximación. Así resulta hasta segundoorden en las cantidades pequeñas η 1 K = Kjk (q0 )η j η k , ˙ ˙ 2 ¯ ¯ 0 ∂V ¯ 2 ¯ ¯ ηj + 1 ∂ V ¯ ηj ηk , V = V (q ) + ¯0 ∂qj q 2 ∂qj ∂qk ¯q0donde podemos olvidar el término constante V (q 0 ), y los coeficientes de lostérminos lineales en η son cero, de modo que la energía potencial aproximadaserá ¯ 1 ∂2V ¯ ¯ ηη , V = 2 ∂qj ∂qk ¯q0 j k7.4. El lagrangiano aproximado Del desarrollo anterior, tenemos el lagrangiano ¯ 1 0 1 ∂2V ¯ ¯ ηη , L = Kjk (q )η j η k − ˙ ˙ 2 2 ∂qj ∂qk ¯q0 j k
  • 286. 276 Oscilaciones pequeñasque escribiremos en términos de elementos de matrices simétricas 1 1 L = Kjk η j η k − Vjk η j η k , ˙ ˙ 2 2siendo ¯ ¯ X1 ∂ri (q) ∂ri (q) ¯ ¯ ∂2V ¯ ¯ , Kjk = mi · ¯ , Vjk = i 2 ∂qj ∂qk ¯ 0 ∂qj ∂qk ¯q0 qelementos de matriz constantes, simétricos Kjk positiva definida y Vjk > 0. Deaquí resultan ecuaciones de movimiento, llamadas de oscilaciones pequeñas Kjk η k + Vjk η k = 0, ¨ (7.3)que son ecuaciones lineales acopladas, válidas para η, y η suficientemente ˙pequeños.7.5. Solución de las ecuaciones de movimien- to Un primer paso hacia la solución del sistema (7.3) consiste en eliminarla dependencia en el tiempo que puede adivinarse exponencial, de modo quetrataremos una solución de la forma η k = ak e−iωt ,siendo los ak complejos constantes y se entiende además que la solución finales la parte real de la que se determine. Al reemplazar resulta −ω 2 Kjk ak + Vjk ak = 0,que es un sistema lineal homogéneo que tiene solución distinta de la trivialsi los coeficientes (en realidad ω) cumplen determinadas condiciones, quedeterminaremos. En términos simples, alguna de las ecuaciones es una com-binación lineal de las otras, lo que significa además que dichas ecuacionesno pueden determinar todas las incógnitas ak . En términos matriciales, si adenota la matriz columna con elementos ak entonces el sistema de ecuacioneses ω 2 Ka = Va. (7.4)
  • 287. 7.5 Solución de las ecuaciones de movimiento 277Los elementos de K y V son reales y simétricos. Ello trae como primeraconsecuencia que ω 2 debe ser real. En efecto considere ω 2 Kjk ak = Vjk ak ,si conjugamos y usamos la realidad y simetría tenemos que (ω 2 )∗ a∗ Kkj = a∗ Vkj , k kde donde siguen ω2 a∗ Kjk ak = a∗ Vjk ak , j j (7.5)y (ω2 )∗ a∗ Kkj aj = a∗ Vkj aj . k k (7.6)de modo que ((ω 2 )∗ − (ω2 ))a∗ Kjk ak = 0. jAhora, considere el siguiente desarrollo donde u, y v son las partes real eimaginaria de a. (Después de este análisis veremos que en realidad las com-ponentes de a son reales.) Desarrolle a∗ Kjk ak = (uj − ivj )Kjk (uk + ivk ) j = Kjk uj uk + Kjk vj vk + i(Kjk uj vk − Kjk vj uk ) = Kjk uj uk + Kjk vj vk > 0,Que muestra que a∗ Kjk ak es real y positivo definido. De donde sigue j ω 2 = (ω2 )∗ ,o sea los ω2 son reales. Si el sistema lineal se escribe ¡ 2 ¢ ω Kjk − Vjk ak = 0,los n valores reales de ω2 están determinados por la condición de que eldeterminante de los coeficientes sea cero, es decir ¡ ¢ det ω2 Kjk − Vjk = 0.Supondremos en lo que sigue que dichos valores son todos diferentes. Además,debido a que los valores ω 2 son todos reales, el sistema (7.4) tiene solucionesreales para todos los ak , si el que está indeterminado se toma real. Por ello,en los desarrollos que siguen se suponen todos los ak reales.
  • 288. 278 Oscilaciones pequeñas7.5.1. Diagonalización Para valores distintos de ω, ω k con k = 1, 2, . . . , n, cada conjunto solu-ción ak dependen del valor de ω considerado. De modo que introducimos unsegundo índice que indica la dependencia en alguno de los ω. Así ajk indicala solución aj para ω = ωk . En términos más precisos ω 2 Kjk akl = Vjk akl . lSi consideramos otro ω m y trasponemos se obtiene similarmente ω2 akm Kkj = akm Vkj mde donde siguen ω 2 ajm Kjk akl = ajm Vjk akl , l 2 ω m akm Kkj ajl = akm Vkj ajl ,y que en términos de la matriz A = (aij ) pueden ser escritas (sin suma sobrelos índices repetidos l y m) como ¡ ¢ ¡ ¢ ω 2 AT KA ml = AT VA ml , l (7.7) ¡ ¢ ¡ ¢ ω 2 AT KA ml = AT VA ml , mdonde AT indica la traspuesta de la matriz A. Si las dos ecuaciones anterioresse restan, resulta ¡ 2 ¢¡ ¢ ω l − ω 2 AT KA ml = 0. mEsto significa que la matriz AT KA es diagonal. Como cada columna dela matriz A tiene un elemento indeterminado (el sistema es homogéneo),podemos fijar arbitrariamente ese valor de modo que la matriz AT KA tengaunos en la diagonal principal, es decir AT KA = I. (7.8)De la relación (7.7), se tiene que la matriz AT VA también es diagonal conelementos ω2 en la diagonal principal, cuestión que puede escribirse i ¡ T ¢ A VA ij = ω2 δ ij . i
  • 289. 7.5 Solución de las ecuaciones de movimiento 2797.5.2. Solución del sistema Supongamos entonces que se ha resuelto la ecuación de valores propios. ω 2 Ka = Va,donde la condición para solución no trivial ¡ ¢ det ω2 Kjk − Vjk = 0,nos conduce a n diferentes ω 2 . En cada conjunto solución hay uno que está in-determinado y lo elegimos normalizando los vectores a (que son las columnasde A) de modo que ¡ T ¢ A KA ij = δ ij , ¡ T ¢ A VA ij = ω2 δ ij . ientonces la solución de nuestro problema es una combinación lineal de lassoluciones correspondientes a los diversos ω. X η k = Re Cj akj e−iωj t = akj Re Cj e−iωj t , jfaltando considerar las condiciones iniciales. En la última expresión se haceexplícita la sumatoria.Condiciones iniciales Las condiciones iniciales son los 2n valores η k (0), y η k (0) que permiten ˙determinar finalmente las 2n constantes, las partes real e imaginaria de Ck .Así resultará η k (0) = akj Re (Cj ) , η k (0) = akj Re (−iω j Cj ) = akj ω j Im (Cj ) . ˙Las propiedades de la matriz A, permiten escribir expresiones explícitas parala parte real e imaginaria de Ck en términos de las condiciones iniciales, comoexplicamos a continuación. En efecto si definimos una matriz columna c1 concomponentes Re (Cj ) y otra matriz columna c2 con componentes ω j Im (Cj ),las dos relaciones anteriores pueden escribirse en forma matricial η(0) = Ac1 , η(0) = Ac2 , ˙
  • 290. 280 Oscilaciones pequeñasde modo que al usar (7.8) se obtendrá c1 = AT Kη(0), c2 = AT Kη(0), ˙que al ser desarrolladas en componentes determinan X 1 X Re Cj = akj Kkl η l (0), Im Cj = akj Kkl η l (0), ˙ k,l ω j k,ldonde se ha vuelto a la notación usual de sumatoria para que quede claroque no se suma en el índice j. Así se tiene finalmente la solución de nuestrosistema η k (t) = akj (Re Cj e−iωj t ) = akj (Re Cj cos ω j t + Im Cj sin ω j t) .No se ahondará aquí en el procedimiento a seguir cuando hay valores repeti-dos de ω k .Coordenadas normales Recordando que la solución (sin tomar la parte real) es η k = akj Cj e−iωj ty si llamamos ς j = Cj e−iωj ttenemos que η k = akj ς j , η k = akj ς j , ˙ ˙ (7.9)de modo que en términos de estas variables resulta 1 K = Kjk η j η k , ˙ ˙ 2 1 = Kjk ajl ς l akm ς m , ˙ ˙ 2 1¡ T ¢ = A KA lm ς l ς m , ˙ ˙ 2 1 2 = ς , ˙ 2 l
  • 291. 7.6 Ejemplos 281y similarmente 1 V = Vjk η j η k 2 1 = Vjk ajl ς l akm ς m 2 1¡ T ¢ = V KV lm ς l ς m 2 1 2 = ω δlm ς l ς m 2 l 1 2 2 = ω ς . 2 l lDe modo que en estas coordenadas ς l , denominadas coordenadas normales,el lagrangiano es 1 1 L = ς 2 − ω2ς 2, ˙l 2 2 l lque muestra que las coordenadas normales varían independientemente cadauna con una de las frecuencias propias de oscilación del sistema, de acuerdoa ¨l + ω 2 ς l = 0. ς lLas coordenadas normales en términos de las coordenadas originales se ob-tiene invirtiendo la ecuación (7.9), es decir ς = AT Kη,o en forma explícita como ς k (t) = ajk Kjm η m (t).7.6. EjemplosEjemplo 7.6.1 Considere el péndulo doble indicado en la figura (7.1), dondeel largo natural del resorte sin masa es L0 , que coincide con la separación delas masas en su posición de equilibrio. La constante elástica es k y la longitudde los hilos es L. Estudie las oscilaciones pequeñas en torno a los valores deequilibrio θ = 0 y φ = 0.
  • 292. 282 Oscilaciones pequeñas θ φ L L Figura 7.1: Solución. Para valores pequeños de θ y φ, la energía cinética es 1 ˙2 ˙ 2 K = mL2 (θ + φ ), 2y la energía potencial es 1 1 V = mgL(θ2 + φ2 ) + kL2 (θ − φ)2 , 2 2por lo cual las matrices K y V son µ ¶ mL2 0 K= , 0 mL2 µ ¶ mgL + kL2 −kL2 V= , −kL2 mgL + kL2de aquí el sistema lineal de ecuaciones es µ ¶µ ¶ 2 mL2 0 a1 ω 0 mL2 a2 µ 2 ¶µ ¶ mgL + kL −kL2 a1 = , −kL2 mgL + kL2 a2y las frecuencias propias satisfacen µ 2 ¶ ω (mL2 ) − mgL − kL2 kL2 det = 0, kL2 ω 2 (mL2 ) − mgL − kL2
  • 293. 7.6 Ejemplos 283con soluciones g ω2 = 1 , L g 2k ω2 2 = + . L mBajo estas condiciones, una fila del sistema de ecuaciones es redundante porlo cual elegimos la primera, que es ω2 mL2 a1 = (mgL + kL2 )a1 − kL2 a2o bien, para cada frecuencia g mL2 a11 = (mgL + kL2 )a11 − kL2 a21 , µ L ¶ g 2k + mL2 a12 = (mgL + kL2 )a12 − kL2 a22 , L mque se simplifican a a11 = a21 , a12 = −a22 ,por lo cual la matriz A sin normalizar aun es µ ¶ a11 a12 A= . a11 −a12Normalización requiere que µ ¶µ ¶µ ¶ a11 a11 mL2 0 a11 a12 = I, a12 −a12 0 mL2 a11 −a12o bien µ ¶µ ¶ µ ¶ 2 a11 a11 a11 a12 1 0 mL = , a12 −a12 a11 −a12 0 1de donde sigue mL2 a2 = 1, 11 mL2 a2 = 1. 12De donde finalmente, la matriz A ha sido determinada µ ¶ 1 1 1 A =√ . mL2 1 −1
  • 294. 284 Oscilaciones pequeñasCondiciones iniciales permitirían seguir con la rutina de expresar las coor-denadas θ y φ en función del tiempo. Nos limitaremos a dejarlas expresadascomo 1 θ = √ Re(C1 e−iω1 t + C2 e−iω2 t ), mL 2 1 φ = √ Re(C1 e−iω1 t − C2 e−iω2 t ). mL2Por último, las coordenadas normales, están dadas por µ ¶µ ¶µ ¶ T 1 1 1 mL2 0 θ ς = A Kη = √ 2 , mL2 1 −1 0 mL φque se reducen (salvo un factor irrelevante) a ς 1 = θ + φ, ς 2 = θ − φ.Estos dos modos son independientes, por lo cual se puede establecer cadauno de ellos independientemente, y variarán con las frecuencias propias ω 1 yω 2 . Es decir µr ¶ g θ + φ = D cos t−δ , L Ãr ! g 2k θ − φ = E cos + t−ε , L mcon constantes D, E, δ, ε determinables con las condiciones iniciales que setengan. Debe notarse que la diferencia de los ángulos es el modo de mayorfrecuencia. NEjemplo 7.6.2 Resuelva el problema anterior sin hacer uso de la teoría ge-neral elaborada. Solución. En algunos casos sencillos como este ejemplo, una solucióndirecta puede ser más simple. En efecto del lagrangiano 1 ˙2 ˙ 2 1 1 L = mL2 (θ + φ ) − mgL(θ2 + φ2 ) − kL2 (θ − φ)2 , 2 2 2
  • 295. 7.6 Ejemplos 285siguen las ecuaciones de Lagrange ¨ + ( g + k )θ − k φ = 0, θ L m m ¨ g k k φ + ( + )φ − θ = 0, L m mde donde por simple inspección resultan ¨ − φ + ( g + 2k )(θ − φ) = 0, θ ¨ L m ¨ + φ + g (θ + φ) = 0, θ ¨ Lque corroboran los resultados obtenidos por el método general. NEjemplo 7.6.3 Con relación a la figura (7.2), dos partículas de igual masam oscilan horizontalmente unidos a resortes iguales con constante elástica k,de modo que los extremos exteriores de los resortes están fijos. Analice lasoscilaciones pequeñas de las partículas en torno a sus posiciones de equilibrioestable. Figura 7.2: Solución. Si x1 y x2 indican las desviaciones de las partículas respecto asus posiciones de equilibrio, la energía cinética es 1 K = (mx2 + mx2 ), ˙1 ˙2 2y la energía potencial es 1 1 1 V = kx2 + k(x2 − x1 )2 + kx2 . 1 2 2 2 2
  • 296. 286 Oscilaciones pequeñasDe allí las matrices K y V son µ ¶ 1 0 K = m , 0 1 µ ¶ 2 −1 V = k , −1 2por lo cual los valores propios satisfacen µ µ ¶ µ ¶¶ 2 1 0 2 −1 det ω m −k = 0, 0 1 −1 2o bien ω4 m2 − 4ω2 mk + 3k2 = 0,de donde resulta k k ω2 = 1 , ω2 = 3 . 2 m mEl sistema de ecuaciones lineales es µ ¶µ ¶ µ ¶µ ¶ 2 1 0 a1 2 −1 a1 ω m =k , 0 1 a2 −1 2 a2de donde se obtiene a11 = a21 , a12 = −a22 .Normalización requiere que AT KA = I, por lo cual µ ¶µ ¶ a11 a11 a11 −a22 m = I, −a22 a22 a11 a22entonces 2ma2 = 1 y 2ma2 = 1, obteniendo 11 22 µ ¶ 1 1 −1 A =√ , 2m 1 1de aquí, las soluciones oscilatorias son 1 ¡ ¢ x1 = √ Re C1 e−ω1 t − C2 e−ω2 t , 2m 1 ¡ ¢ x2 = √ Re C1 e−ω1 t + C2 e−ω2 t . 2m