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Solucion ejercicios Goldstein y Greenwood, Mecánica Lagrangiana
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Mecánica Analítica I: Cuarta lista deejercicios
S. Ariza S. *, L. F. Ardila P. **, M. A. Viveros B. ***
Mecánica Analítica I, Departamento de FísicaUniversidad Nacional de Colombia
Bogotá
05/05/2015
Goldstein 1.211)Una partícula se mueve en un campo de fuerzas centrales definido por el potencial:
V = −k e−ar
r
Donde K y a son constantes positivas. Utilizando el método del potencial uidimensional equivalente, estudiarla naturaleza del movimiento, estableciendo las gamas de l y E apropiadas para cada tipo de movimiento. ¿Cuándo son posibles órbitas circulares ?. Hallar el peridodo de las pequeñas oscilaciones radiales respecto almovimiento circula.
Solución:
El lagrangiano del sistema está dado por:
L =1
2m
(r2 +
(rθ)2)
+ ke−ar
r
∂L
∂r= mr
d
dt
(∂L
∂r
)= mr
∂L
∂r= mrθ2 + k
(−are−ar − e−ar
r2
)∂L
∂r= mrθ2 − k
r2(ar + 1) e−ar
la ecuación de movimiento será:
mr −(mrθ2 − k
r2(ar + 1) ear
)= 0
*[email protected] 25161183**[email protected] 25161168
***[email protected] 25161180
1
2
mr = mrθ2 − k
r2(ar + 1) ear
Al ser el movimiento circular el radio permanece constante:
0 =
(mrcθ
2 − k
rc2(arc + 1) earc
)
mrcθ2 =
k
rc2(arc + 1) earc
θ2 =k
mrc3(arc + 1) earc
θ =
√k
mrc3(arc + 1) earc
Se concluye que si la velocidad inicial está dada por la expresión anterior entonces la segunda derivada de rserá cero.si el planeta oscila en su orbita entonces se desplaza una cantidad x en la dirección radial:
r = rc + x
La aceleración producida en ese desplazamiento será:
x =k
m(1 + arc)
e−arc
rc2− k
m(1 + a(rc + x))
e−a(rc+x)
(rc + x)2
=k
m(1 + arc)
e−arc
rc2− k
m(1 + arc + ax)
e−arc−ax
(rc + x)2
=k
m(1 + arc)
e−arc
rc2− k
m(1 + arc)
e−arc−ax
(rc + x)2 −
k
maxe−arc−ax
(rc + x)2
x =k
m
[(1 + arc) e
−arc
(1
rc2− e−ax
(rc + x)2
)− axe
−arc−ax
(rc + x)2
]2) a).Demostrar que si una partícula describe una órbita circular bajo la influencia de una fuerza centralatractiva dirigida hacia un punto del circulo, la fuerza es inversamente proporcional a la quinta potencia dela distancia.
La partícula describe una trayectoria circular centrada en r=R y θ = 0 y dada por la función:
r (θ) = R√
2 (1 + cos (2θ))
El potencial estará dado por:
u (θ) =1
r (θ)=
2√2R
(1 + cos (2θ))− 1
2
du
dθ=
1√2R
(−1
2
)(1 + cos (2θ))
− 32 (−2 sin (2θ))
=1√2R
(1 + cos (2θ))− 3
2 (sin (2θ))
3
d2u
dθ2=
1√2R
((−3
2
)(1 + cos (2θ))
− 52 (−2 sin (2θ)) (sin (2θ)) + 2 cos (2θ)(1 + cos (2θ))
− 32
)=
1√2R
(3(1 + cos (2θ))
− 52 (sin (2θ))
2+ 2 cos (2θ)(1 + cos (2θ))
− 32
)=
1√
2R(1 + cos (2θ))52
(3sin (2θ)
2+ 2 cos (2θ) (1 + cos (2θ))
)d2u
dθ2+ u =
1√
2R(1 + cos (2θ))52
((1 + cos (2θ))
2+ 3sin (2θ)
2+ 2 cos (2θ) (1 + cos (2θ))
)=
1√
2R(1 + cos (2θ))52
(1 + 2 cos (2θ) + (cos (2θ))
2+ 3sin (2θ)
2+ 2 cos (2θ) + 2 (cos (2θ))
2)
=1
√2R(1 + cos (2θ))
52
(1 + 3
(sin (2θ)
2+ (cos (2θ))
2)
+ 4 cos (2θ))
=4
√2R(1 + cos (2θ))
52
(1 + 1 cos (2θ))
=4
√2R(1 + cos (2θ))
32
= 8R2u3
La ecuación diferencial para órbitas está dada por:
d2u
dθ2+ u = −m
l2dv
du
Remplazando en la ecuación anterior:
8R2u3 = −ml2dv
du
v = −∫
8R2l2u3
mdu =
2R2l2u4
m
Derivando la función anterior se tiene que:
f (r) =−8R2l2
mr5
b) Demostrar que para la órbita descrita la energía total de la partícula es nula.
La energía cinética de la partícula está dada por:
T =1
2m
(r2 +
(rθ)2)
Derivando y elevando al cuadrado la ecuación de la órbita se tiene que:
r =√
2R (1 + cos (2θ))12
r =√
2R
(1
2
)(1 + cos (2θ))
− 12 (−2 sin (2θ)) θ
r =2R2 (sin (2θ))
2
(1 + cos (2θ))θ2
4
Remplazando en la ecuación de la energía las expresiones anteriores:
T =1
2m
(2R2 (sin (2θ))
2
(1 + cos (2θ))θ2 +
(rθ)2)
T =1
2m
(2R2 (sin (2θ))
2
(1 + cos (2θ))θ2 + 2R2 (1 + cos (2θ)) θ2
)
T = mR2θ2
((sin (2θ))
2
(1 + cos (2θ))+ (1 + cos (2θ))
)
T = mR2θ2
((sin (2θ))
2+ (cos (2θ))
2+ 1 + 2 cos (2θ)
(1 + cos (2θ))
)
T = 2mR2θ2(
1 + 1 cos (2θ)
(1 + cos (2θ))
)T = 2mR2θ2
En términos del momento angular l = mr2θ, se tiene que:
T =2R2l2
mr4
En el numeral a) de este problema se calculó la energía potencial que dió como resultado:
U = −2R2l2
mr4
Al sumar las energías se se obtiene como resultado cero.
T + U = 0
c) Hallar el periodo del movimiento.
Inicialmente se considera que la partícula está ubicada en r = 2R θ = 0, la partícula completa su órbitacuando el ángulo varía entre θ = 0 yθ = π
2 .
A partir de lo anterior el periodo está dado por la siguiente integral:
τ = 2
∫ π2
0
dt
dθdθ =
∫ π2
0
dθ
θ
Despejando θ de la ecuación del momento angular θ = lmr2 y remplazando:
τ =2m
l
∫ π2
0
r2dθ
τ =4mR2
l
∫ π2
0
(1 + cos (2θ))dθ
τ =4mR2
l
[θ +
sin (2θ)
2
]π/20
τ =2πmR2
l
3) a) Para órbitas circulares y parabólicas en un potencial atractivo que varie como 1/r que corresponda aun mismo momento cinético, demostrar que la distancia al perihelio de la parábola es igual a la mitad del
5
radio del círculo.
r =l2
mk
r =l2
mk
(1
1 + cos (θ)
)Para la parabola el perihelio ocurre cuando θ = 0, para este caso se tiene que r = l2
2mk que corresponde a lamitad del radio del círculo.
b) Probar que en la misma fuerza central del apartado (a) la celeridad de una partícula en un puntocualquiera de una órbita parabólica es
√2 veces mayor que la celeridad en una órbita circular que pase por
el mismo punto.
Se conoce que el cuadrado de la velocidad en coordenadas polares está dada por v2 = r2+(rθ)2
. Para órbitas
circulares se tiene que r = 0. El momento angular está dado por l = mr2θ, la velocidad será entonces:
v2 =(rθ)2
=l2
r2m2
A partir de la expresión que define la órbita, la velocidad a se reescribe como:
v2 =rmk
r2m2=
k
mr
v =
√k
mr
Para obtener la velocidad de la partícula en una órbita parabolica se deriva la ecuación que describe la órbita:
r =l2
mk
(sin (θ)
(1 + cos (θ))2
)θ
Al reescribir a partir de la expresión para la órbita se tiene que:
r = r
(sin (θ)
(1 + cos (θ))
)θ
La magnitud al cuadrado de la velocidad está dada en coordenadas polares por v2 = r2+(rθ)2
. Se reemplazaen la ecuación anterior r
v2 =
[r2
(sin (θ))2
(1 + cos (θ))2 θ
2 +(rθ)2]
v2 = r2θ2
[(sin (θ))
2
(1 + cos (θ))2 + 1
]
= r2θ2
[(sin (θ))
2+ 1 + 2 cos (θ) + (cos (θ))
2
(1 + cos (θ))2
]= r2θ2
[2 + 2 cos (θ)
(1 + cos (θ))2
]
=2r2θ2
1 + cos (θ)
Se despeja 11+cos (θ) de la ecuación de la órbita de la parábola y se remplaza en la ecuación anterior, se obtiene
que:
6
v2 = 2r2θ2mkr
l2
Se remplaza l = mr2θ y se simplifica:
v2 = 2r2θ2mkr
m2r4θ2
v2 =2k
mr
v =√
2
√k
mr
Con los resultados obtenidos se concluye que la velocidad de la órbita parabólica es√
2 veces la velocidadde la órbita circular.
4) una distribución uniforme de polvo en el sistema solar añade a la atracción gravitatoria del sol sobre unplaneta una fuerza adicional
F = −mcr
C es una constante, m es la masa del planeta y r es el vector del sol al planeta:
a) Calcular el periodo para una órbita circular de radio r0 del planeta en este campo combinado
La ecuación de movimiento está dada por:
m..r =
l2
mr3−(k
r2+mCr
)Como la órbita es cirular el radio siempre es constante:
0 =l2
mrc3−(k
rc2+mCrc
)Se despeja el momento angular:
l =
√mrc3
(k
rc2+mCrc
)=√kmrc +m2Crc4
El momento angular es l = mrc2.
θ, se remplaza en la ecuación anterior:
mrc2.
θ =√kmrc +m2Crc4
.
θ =1
mrc2
√kmrc +m2Crc4
.
θ =
√k
mrc3+ C
El periodo está dado por T = 2πθ, el cociente será:
T =2π√k
mrc3+ C
7
b)Calcular el periodo de las oscilaciones radiales respecto a esta órbita circular causadas por perturbacionesligeras.
El cuerpo se desplazará una distancia radial r = rc+x. A partir de la ecuación de movimiento y remplazandose tiene que:
m(..x+
..rc)
=l2
m(rc + x)3 −
(k
(rc + x)2 +mC (rc + x)
)
m..x =
l2
m(rc + x)3 −
k
(rc + x)2 −mC (rc + x)
Se expanden como series de taylor hasta primer orden los dos primeros términos de la ecuación anterior:
m..x =
(l2
mrc3− 3l2
mrc4
)x−
(l2
mrc2− 2l2
mrc3
)x−mCrc −mCx
m..x =
[− 3l2
mrc4+
2k
rc3−mC
]x+
[l2
mrc3− k
mrc2
]−mCrc
De la ecuación anterior que presenta una estructura similar a la del oscilador armónico se tiene que está dadapor:
m..x =
[− 3l2
mrc4+
2k
rc3−mC
]x
Se tiene que la velocidad angular es:
θ =
√[− 3l2
mrc4+
2k
rc3−mC
]El periodo de oscilación será:
T =2π√[
− 3l2
mrc4+ 2k
rc3−mC
]5) Demostrar que el movimiento de una partícula en el campo de potencial
V (r) = −kr
+h
r2
es igual que el movimiento bajo el potencia de kepler sólo cuando se expresa en función de un sistema decoordenadas en rotación o precesión en torno al centro de fuerzas.
En el caso de energía total negativa demostrar que si el término potencial adicional es muy pequeño frenteal potencial de kepler, la celeridad angular de precesión de la órbita eliptica será:
.
Ω =2πmh
l2τ
Se observa que el perihelio de mercurio tiene una precesión (después de la corrección de las perturbacio-nes planetarias conocidas) de unos 40” de arco por siglo. Demostrar que esta precesión podría explicarseclásicamente si la cantidad adimensional:
η =h
ka
(Que es una medida del potencial perturbador inversamente proporcional al cuadrado de la distancia relativoal potencial gravitatorio) fuese del orden 7x10−8. (La excentricidad de la órbita de Mercurio es 0,206 y superiodo es de 0,24 años.)
8
El lagrangiano para el sistema es:
L =1
2m
((r)
2+(rθ)2)
−(−kr
+h
r2
)Derivando con respecto a r y r para encontrár la ecuación de moviento:
d
dt
(∂L
∂r
)= mr
∂L∂r = mrθ2 − k
r2 + 2hr3
La ecuación de movimiento estará dada por:
mr −mrθ2 +k
r2− 2h
r3= 0
se reescribe la ecuación anterior de manera tal que se pueda introducir la magnitud del momento angular l,para esto se reescribe la ecuación de la siguiente manera:
mr − m2r4θ2
mr3+
k
r2− 2h
r3= 0
mr − l2
mr3+
k
r2− 2h
r3= 0
mr − l2 − 2hm
mr3− k
r2= 0
Con lo cual la ecuación anterior será la ecuación de movimiento de kepler si se interpreta a√l2 − 2hm como
el momento angular del sistema.
6) El término adicional del pontencial que se comporta como r−2 en el problema anterior se parece mucho altérmino de barrera centrífuga del potencial unidimensional equivale.¿por qué sucede entonces que el términode fuerza adicional origina una precesión de la órbita, mientras que una adición a la barrera, a través de uncambio de l, no lo hace?
Si se adiciona el término h2m2
l2 y se sustrae otro término igual al cuadrado del momento angular l2 − 2hm setiene que, este puede reescribirse como la suma de un binomio cuadrado perfecto y un término al cuadrado:
l2 − 2hm+
(h2m2
l2− h2m2
l2
)
=
(l − hm
l
)2
−(hm
l
)2
Si se hace la aproximación de que h2m2 << l2, la expresión anterior puede reescribirse como:(l − hm
l
)2
De lo anterior puede afirmarse que l será el momento angular de la partícula y hml podría considerarse el
momento de la rotación de todo el sistema.
7)Evaluar aproximadamente el cociente entre las masas del sol y la tierra, utilizando únicamente lasduraciones del año y del mes lunar (27,3 días) y los radios medios de la órbita terrestre (1, 49x108 km) y dela órbita lunar (3, 8X105 km).
ωL =2π
28× 24× 60× 60= 2,6× 10−6rad/s
9
ωT =2π
365× 24× 60× 60= 2,0× 10−7rad/s
Teniendo la fuerza centrípeta F = Mrω2 y la fuerza gravitacional F = GM1M2
r2
GMs = r3Tω2T
GMT = r3Lω2L
Ms
MT=r3Tω
2T
r3Lω2L
= 3,64× 105
Ratio de masa Sol/Tierra es 364000 : 18) El periodo de la Tierra entre pasos sucesivos por el perihelio (año anomalístico) es de 365,2596 díassolares medidos y la excentricidad de la óribta es 0,0167504. Suponiendo movimiento en una óriba elípticakepleriana, ¿qué ángulo llega a moverse la Tierra en la órbita, partiendo del perihelio, en un tiempo igual aun cuarto del año anomalístico? Dar el resultado en grados con una presición no inferior a un segundo de arco.
Partiendo de la ecuación de Kepler
M = E − esinEdonde M es la anomalía media, e la excentricidad de una elipse y E la anomalía excéntrica.Se puede deducir que en el perihelio, y en un instante de tiempo t, la anomalía media resulta
M = n(t− to)donde n = 2π
T es el movimiento medio. En este caso se pide para un intervalo de tiempo de T4 , por lo que
M =2
π
(T
4
)=π
2
π
2= E − 0,0167504sinE
Usando Mathematica para solucionar esta ecuación tenemos que E = 1,58754
Ahora, usando la siguiente relación podemos hallar el ángulo de movimiento de la Tierra en la órbita
tan(ϕ
2
)=
√1 + e
1− etan
(E
2
)
ϕ = 2tan−1
[√1 + e
1− etan
(E
2
)]
ϕ = 136′52′′
9) Demostar que el producto de matrices es asociativo. Demostrar que el producto de dos matricesortogonales es también ortogonal.
Siendo tres matrices A, B, C, si el producto de matrices es asociativo, debemos tener que se cumpla:
(AB)C = A(BC)
Los elementos para cualquier fila i, y columna j se definen de la forma:
(AB)C =∑k
Aik(∑m
BkmCmj)
10
A(BC) =∑m
(∑k
AikBkm)Cmj
Al ser Aik, Bkm, Cmj elementos de la matriz A, B, C respectivamente, su producto no varia sea cual sea elorden en que se haga. Así concluimos que el producto de matrices es asociativo.
b)El producto de dos matrices ortogonales es también ortogonal
Una matriz es ortogonal cuando:ATA = I
Siendo AT , la matriz transpuesta de A Sean dos matrices A, B ortogonales, es decir:
ATA = I
BTB = I
Si el producto de estas dos matrices fuera ortogonal, tendriamos que:
(AB)TAB = I
Para culquier fila i, columna j(AB)TAB =
∑k
(AB)Tik(AB)kj
(AB)TAB =∑k
(AB)ki(AB)kj
(AB)TAB =∑k,l,m
AklBliAkmBmj
(AB)TAB =∑k,l,m
BliBmjAklAkm
(AB)TAB =∑l,m
BliBmjδlm
(AB)TAB =∑l
BliBlj
(AB)TAB = δij = I
Con lo que comprobamos que su producto es ortogonal.
10) Demostrar las siguientes propiedades de las matrices traspuestas y adjuntas:
AB = BA
(AB)+
= B+A+
Para las matrices transpuestas
AB = ABij = ABji
ABji =∑
ajmbmi =∑
bmiajm =∑
BimAmj
∑BimAmj = (BA)ij = BA
Para las matrices adjuntas
11
(AB)+
= AB∗
Teniendo que
AB = BA
AB∗
= B∗A∗
FinalmenteB∗A∗ = B+A+
11) Obtener los elementos matriciales de la matriz rotacion general en función de los ángulos de Eulerefectuando las multiplicaciones de las sucesivas matrices rotación componentes. Comprobar directamenteque los elementos matriciales cumplen las condiciones de ortogonalidad.
Las matríces básicas de rotación son:
Para la primera rotación en el eje z:
D =
cosφ sinφ 0−sinφ cosφ 00 0 1
Para la segunda rotación en el eje rotado y
C =
1 0 00 cosθ sinθ0 −sinθ cosθ
Para la tercera rotación en el eje rotado z
B =
cosψ sinψ 0−sinψ cosψ 00 0 1
La matriz de rotación general será:
A = BCD
A =
cosψ sinψ 0−sinψ cosψ 00 0 1
1 0 00 cosθ sinθ0 −sinθ cosθ
cosφ sinφ 0−sinφ cosφ 00 0 1
A =
cosψ sinψ 0−sinψ cosψ 00 0 1
cosφ cosθsinφ sinφsinθ−sinφ cosφcosθ cosφsinθ0 −sinθ cosθ
A =
cosψcosφ− cosθsinφsinψ cosψsinφ+ cosθcosφsinψ sinψsinθ−cosφsinψ − cosθcosψsinφ −sinψsinφ+ cosθcosφcosψ cosψsinθsinθsinφ −sinθcosφ cosθ
Comprobar que la matriz de rotación generla cumple con las condiciones de generalidad quiere decir que eldeterminante de esta debe ser 1.
Se pude comprobar sabiendo que
det(A) = det(BCD)
12
det(A) = det(B)det(C)det(D)
det(B) = cosψcosψ + sinψsinψ = 1
det(C) = cosθcosθ + sinθsinθ = 1
det(D) = cosφcosφ+ sinφsinφ = 1
Por lo que
det(A) = det(B)det(C)det(D) = 1
12) a)Hallar las ecuación vectorial que describe la reflexión de r en un plano cuyo vector unitario normal esn. b)Demostrar que si li, i = 1, 2, 3, son los cosenos directores de n, la matriz de transformación tendrá porelementos:
Aij = δij − 2lilj
Solución:
Figura 1: Reflexión de r
a)r′ = r− (n · r)n− (n · r)n
r′ = r− 2(n · r)n
b) Si asumimos A como una matriz de transformación
r′ = Ar
r′i = Aijrjteniendo de a) r′ = r − (n · r)n − (n · r)n, podemos hacer r′i = rj − 2(ljrj)li, donde li y lj son los cosenosdirectores de n
r′i = ri − 2lj lirj
r′i = rj(δij − 2lj li)
Igualando ambas expresiones de r′i
13
rj(δij − 2lj li) = Aijrj
Aij = δij − 2lj li
Para comprobar la ortogonalidad
AjlAml = (δjl − 2njnl)(δml − 2nmnl)
AjlAml = δjlδml − 2δjlnmnl − 2δmlnjnl + 4njnmnlnl
AjlAml = δjm − 2njnm − 2njnm + 4njnm
AjlAml = δjm
por lo tanto es ortogonal.
13) El sistema de ejes del cuerpo se puede relacionar con el sistema del espacio en función de los ángulos deEuler mediante el siguiente conjunto de rotaciones:1)Rotación alrededor del eje x un ángulo θ
2)Rotación alrededor del eje z′ un ángulo ψ
3)Rotación alrededor del antiguo eje z un ángulo φ
Demostrar que esta secuencia conduce a los mismos elementos de la matriz de transformación que la fre-cuencia de rotaciones en el libro. (No es necesario efectuar la multiplicación explícita de las matrices rotación).
Para la primera rotación en el eje x:
C =
cosθ 0 −sinθ0 1 0sinθ 0 cosθ
Para la segunda rotación en el eje rotado z
B =
cosψ sinψ 0−sinψ cosψ 00 0 1
Para la tercera rotación en el nuevo eje rotado z
D =
cosφ sinφ 0−sinφ cosφ 00 0 1
La matriz de rotación general será:
A = DBC
A =
cosφ sinφ 0−sinφ cosφ 00 0 1
cosθ 0 −sinθ0 1 0sinθ 0 cosθ
cosψ sinψ 0−sinψ cosψ 00 0 1
El resultado de esto es
14
A =
cosψcosφ− cosθsinφsinψ cosψsinφ+ cosθcosφsinψ −sinθcosφ−cosφsinψ − cosθcosψsinφ sinψsinφ− cosθcosφcosψ sinφsinθsinθcosψ sinψsinθ cosθ
que como se puede ver, tiene los mismo elementos que la matriz hallada en el punto anterior.
15) Tres puntos materiales iguales entán situados en (a,0,0), (0,a,2a), (0,2a,a). Hallar momentos principalesde inercia correspondientes al origen y un sistema de ejes principales.
a)Correspondientes al origenCada componente del tensor de inercia, viene dada por:
Ixx = m
3∑i=1
(y2i + z2i ) = m[(0 + 0) + (a2 + 4a2) + (4a2 + a2)] = 10ma2
Iyy = m
3∑i=1
(x2i + z2i ) = m[(a2 + 0) + (0 + 4a2) + (0 + a2+] = 6ma2
Izz = m
3∑i=1
(x2i + y2i ) = m[(a2 + 0) + (0 + a2) + (0 + 4a2)] = 6ma2
Ixy = Iyx = −m3∑i=1
(xiyi) = −m(0 + 0 + 0) = 0
Ixz = Izx = −m3∑i=1
(xizi) = −m(0 + 0 + 0) = 0
Iyz = Izy = −m3∑i=1
(yizi) = −m(0 + 2a2 + 2a2) = −4ma2
Así el tensor de inercia viene dado por:
I = ma2
10 0 00 6 −40 −4 6
Ahora bien, para encontrar los momentos principales de inercia, buscamos los valores propios de I,(SiendoI′ la matriz identidad)
Det(I−KI′) = (10−K)(6−K)2 − (10−K)16 = 0
(10−K)[(6−K)2 − 16] = 0
Así K1 = 10, K2 = 10,K3 = 2 Por lo que:I1 = 10ma2
I2 = 10ma2
I2 = 2ma2
b)Para un conjunto de ejes principales Utilizando las componentes del vector propio asociado a cada valorpropio Kj
(I−KjI′)Rj = 0
Para K3 = 2 8 0 00 4 −40 −4 4
x3y3z3
=
000
15
De donde se concluye que x3 = 0, y3 = z3, así diviendo por z3 y normalizando,
R3 =1√2
(j + k)
Para K1 = 10 = K2 se tiene un problema en cuanto a la componente en i,ya que para ambos casos se tendrála misma expresión: 0 0 0
0 −4 −40 −4 −4
x2y2z2
=
000
Lo único que se puede concluir es que y2 = −z2. así
R2 =λi+ j − k√λ2 + 2
Donde λ es indeterminado. Para una expresión mas concreta de R1 lo escribiremos de una forma mas generaly usaremos la ortonormalidad que tiene con R2 y R3
R1 =Ai+Bj + Ck√A2 +B2 + C2
R1 · R2 = 0 = Aλ+B − C
R1 · R3 = 0 = B + C
B = Aλ/2
C = −Aλ/2
R1 =2i− λj + λk√
2λ2 + 4
La arbietrariedad de λ nos da a entender que hay infinitos R1 y R2 que junto a R3 sirven como ejes principales.Tomando el caso mas general λ = 0
R1 = i
R2 =1√2
(j − k)
R3 =1√2
(j + k)
16) Demostrar que en el caso del movimento general de un cuerpo rígido en torno a un punto fijo, la variacióncon el tiempo de la energía cinética T viene dada por:
dT
dt= ω ·N
Solución:
T =1
2
n∑i=1
miV2i
dT
dt=
1
2
n∑i=1
mi2VidVi
dt·
dT
dt=
n∑i=1
midVi
dt· (ω × ri)
16
Gracias a una propiedad llamada Producto mixto se tiene que[dVi
dt, ω, ri
]=
[ω, ri,
dVi
dt
]=
[ri,
dVi
dt, ω
]dVi
dt· (ω × ri) = ω ·
(ri ×
dVi
dt
)dT
dt=
n∑i=1
miω ·(ri ×
dVi
dt
)Si hacemos
n∑i=1
ri ×midVi
dt=
n∑i=1
riFi
N =
n∑i=1
ri × Fi
dT
dt= ω ·N
17)a) una barra de peso despreciable y longitud l tiene en sus extremos dos puntos de igual masa m. Se hacegirar uniformemente la barra alrededor de un eje que pase por su centro y forme con ella un ángulo θ. A partirde las ecuaciones de Euler, hallar las componentes del momento que acciona la barra según sus ejes principales.
b) A partir de las ecuación fundamental de momentos, hallar las componentes del momento según ejes fijosen el espacio. Demostrar que estas componenetes son compatibles con las halladas en el apartado (a).
Solución:
a) los momentos de inercia vendran dados por:
Ixx = 2mr2 = 2m(l/2)2
Iyy = 2mr2 = 2m(l/2)2
Izz = 0
Ahora bien las velocidades angulares pueden expresarse en los terminos de los angulos de euler respecto a los3 ejes principales como:
ω1 = φsenθsenψ + θcosψ
ω2 = φsenθcosψ − θsenψ
ω3 = φcosθ + ψ
Al tratarse de una rotación uniforme θ = 0, ψ = 0, así:
ω1 = φsenθsenψ
ω2 = φsenθcosψ
ω3 = φcosθ
Y las ecuaciones de euler vienen dadas por:
I1ω1 − (I2 − I3)ω2ω3 = N1
I2ω2 − (I3 − I1)ω3ω1 = N2
I3ω3 − (I1 − I2)ω1ω2 = N3
17
Como I1 = Ixx = 12ml
2, I2 = Iyy = 12ml
2, I3 = 0, ω1 = 0, ω2 = 0, ω3 = 0 . nuestras ecuaciones de eulerquedan de la forma:
N1 = −1
2ml2φ2senθcosθcosψ
N1 =1
2ml2φ2senθcosθsenψ
N3 = 0
b)según ejes fijos del espacio, tendremos:
~L = ~r1 × ~p1 + ~r2 × ~p2
Donde los sub-indices hacen alución a la particula 1 y 2 respectivamente
~r1 = −~r2
~p1 = −~p2Asi:
~L = 2(~R× ~P )
Donde~R =
1
2l(senθcosωti+ senθsenωtj + cosθk)
~P = m~R =1
2mlω(−senθsenωti+ senθcosωtj)
~L =1
2ml2ωsenθ(−cosθcosωti+ cosθsenωtj − senωtk
~N =~L =1
2ml2ω2senθcosθ(−senωti+ cosωtj)
Que coincide con lo hallado en el item a); siendo ω = φ
18) Un péndulo plano en una varilla uniforme de longitud l y grosor despreciable con masa m, suspendidaen un plano vertical por un extremo. Al otro extremo se une un disco unforme de radio a y masa M demanera que pueda girar libremente en su propio plano, que es el plano vertical. Plantear las ecuaciones demovimiento en la formuación lagrangiana.
Figura 2: Péndulo plano.
Tvarilla =1
2Ioθ1
2
Tdisco =1
2Icmθ2
2+
1
2m(x2 + y2)
18
Siendo Io = 13ml
2 y Icm = 12Ma2.
V = −mg 1
2cosθ1 −Mgacosθ2
L =1
2Ioθ1
2+
1
2Icmθ2
2+
1
2m(x2 + y2) +mg
1
2cosθ1 +Mgacosθ2
Las ecuaciones de moviemiento resultan ser
1
3ml2θ1 +mg
l
2sinθ1 = 0
1
2Ma2θ2 +Mgasinθ2 = 0
mx = 0
my = 0
19)Un péndulo compuesto consisten en un cuerpo rígido de forma laminar suspendido en el plano verticalpor un punto que no sea en centro de gravedad. Calcular el preiodo de sus pequeñas oscilaciones en funcióndel radio de giro respecto al centro de gravedad y de la separación entre éste y el punto de suspensión. Demostrar que si el péndulo tiene igual periodo para dos puntos de suspensión situados a distanciasdel centro de gravedad diferentes, la suma de dichas distancias es igual a la longitud del péndulo simpleequivalente.
Sea N el torque del sistemaN = Iθ
|~R× ~F | = Iθ
lFsen90 = Iθ
Siendo l la distancia entre el punto de suspensión y en centro de gravedad; y F = −mgsenθ El momento deinercia, por el teorema de ejes paralelos será:
I = mr2 +ml2
Siendo r el radio de giro respecto al centro de gravedad, rempazando tenemos:
−mglsenθ = (mr2 +ml2)θ
Para oscilaciones pequeñas, senθ ≈ θ, así
−mglθ = (mr2 +ml2)θ
θ +gl
r2 + l2θ = 0
De la eciación anteriorω2 =
gl
r2 + l2
T =2π
ω= 2π
√r2 + l2
gl
Sean ahora l1 y l2 dos distacias del centro de gravedad a dos puntos de suspensión diferente, pero con igualperiodo, tenemos:
T1 = T2
19
2π
√r2 + l21gl1
= 2π
√r2 + l22gl2
r2 + l21gl1
=r2 + l22gl2
r2
l1+ l1 + l1 =
r2
l2+ l2 + l1
r2
l1l2(l2 − l1) = l2 − l1
r2 = l1l2
Remplazando en cualquiera de los dos periodos
T = 2π
√l1l2 + l21gl1
= 2π
√l2 + l1g
Que es el periodo del pendulo simple de lonfitud L = l1 + l2
