Libro de Mecanica 08 usach

MECANICA CLASICA Luis Rodríguez Valencia1 Departamento de Física Universidad de Santiago de Chile 13 de marzo de 2008

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II

Contenidos 1. Sistema de Partículas 1.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . 1.1.1. Sistema Inercial de referencia . . . . . 1.1.2. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . 1.1.3. Torque en punto arbitrario . . . . . . . 1.1.4. Teorema Energía Trabajo . . . . . . . 1.1.5. Sistema de dos partículas . . . . . . . . 1.2. Campo Central de Fuerza . . . . . . . . . . . 1.2.1. Ecuación diferencial para la órbita . . 1.2.2. Relación entre energía y excentricidad

1.3.

1.4. 1.5. 1.6.

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1 1 2 4 7 8 10 14 16 18

1.2.3. Expresión integral para la trayectoria . . . . Estabilidad de una órbita circular . . . . . . . . . . 1.3.1. Otro punto de vista . . . . . . . . . . . . . . 1.3.2. Un caso inestable . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.3. Otro caso estable . . . . . . . . . . . . . . . Problema de Kepler . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sistemas de masa variable . . . . . . . . . . . . . . Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1. Sistema de partículas . . . . . . . . . . . . . 1.6.2. Sistemas de masa variable . . . . . . . . . . 1.6.3. Movimiento en un campo central de Fuerza .

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20 20 23 23 24 24 26 30 30 40 49

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81 81 83 83 87

2. Sistema de referencia no inercial 2.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . 2.2. Movimiento relativo a la tierra . . . . . . . . 2.2.1. Vertical y aceleración de gravedad del 2.2.2. Ecuación de movimiento aproximada

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. . . . . . . . lugar . . . .

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CONTENIDOS

IV

2.2.3. Péndulo de Foucault 2.2.4. Péndulo esférico . . . 2.3. Teorema de Larmor . . . . . 2.4. Ejercicios resueltos . . . . .

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88 90 90 92

3. Rotaciones. 3.1. Rotaciones de un sistema. . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1. Rotaciones de un sistema de coordenadas. . . 3.1.2. Ángulos de Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.3. Parámetros de Cayley Klein. . . . . . . . . . . 3.1.4. Transformaciones de similaridad. . . . . . . . 3.1.5. Relaciones entre matrices de Pauli. . . . . . . 3.1.6. Parámetros de Euler. . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Velocidad angular. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1. Descomposición del movimiento. . . . . . . . . 3.2.2. Teorema de adición de velocidades angulares. 3.3. Ejercicios resueltos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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105 105 105 112 114 115 116 117 118 118 119 120

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127 . 127 . 129 . 129 . 130 . 130 . 133 . 134 . 141 . 143 . 143 . 144 . 145 . 150 . 156 . 168 . 168 . 168

4. Sistema rígido de partículas 4.1. Cantidades cinemáticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.1. Energía cinética y momentum angular . . . . . . 4.1.2. Algunas propiedades de la matriz de inercia . . . 4.1.3. Teoremas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.4. El elipsoide de inercia . . . . . . . . . . . . . . . 4.2. Ecuaciones dinámicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.1. Movimiento Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.2. Un ejemplo en más dimensiones, la bola de billar 4.3. Movimiento en tres dimensiones . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1. Ecuaciones de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.2. Torque nulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.3. Cuerpo simétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.4. Trompo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5. Movimiento con loops . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5.1. Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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CONTENIDOS 5. Ecuaciones de Lagrange 5.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Restricciones o vínculos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.1. Vínculos holonómicos y coordenadas generalizadas . . 5.2.2. Fuerzas de vínculos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.3. Desplazamientos virtuales . . . . . . . . . . . . . . . 5.3. Ecuaciones de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.1. Vínculos no holonómicos . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.2. Condición de integrabilidad . . . . . . . . . . . . . . 5.4. Sistemas Conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.1. Momentos canónicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.2. El hamiltoniano del sistema . . . . . . . . . . . . . . 5.4.3. Teoremas de conservación . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.4. Hamiltoniano y energía . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.5. Fuerzas dependientes de la velocidad . . . . . . . . . 5.4.6. Teorema de Noether . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5. Ejemplos y aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.1. Trompo simétrico. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.2. Bola que rueda sobre un plano, sometida en su centro a una fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6. Las ecuaciones de Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.1. Sistemas autónomos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.2. Puntos críticos o de equilibrio . . . . . . . . . . . . . 5.6.3. Estabilidad de un punto de equilibrio . . . . . . . . . 5.6.4. La bifurcación de Saddle point . . . . . . . . . . . . . 5.6.5. Análisis de estabilidad más en general . . . . . . . . 5.6.6. La bifurcación de pitchfork . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.7. La bifurcación de Hopf . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.8. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.9. Otro punto de vista . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.10. Un caso inestable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.11. Otro caso estable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

V

189 . 189 . 190 . 190 . 191 . 191 . 192 . 193 . 195 . 195 . 195 . 196 . 198 . 199 . 200 . 202 . 204 . 204 . . . . . . . . . . . . . .

208 214 214 214 222 222 224 224 225 228 233 233 234 234

6. Ecuaciones de Hamilton 253 6.1. La Acción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253 6.1.1. Principio variacional de Hamilton . . . . . . . . . . . . 254 6.2. Transformaciones canónicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255

CONTENIDOS

VI

6.3. 6.4. 6.5. 6.6.

6.7.

6.2.1. Formas de la transformación . . . . . . . . . Paréntesis de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1. Propiedades de los Paréntesis de Poisson . . Ecuaciones de Movimiento . . . . . . . . . . . . . . Problemas y Aplicaciones. . . . . . . . . . . . . . . Método de Hamilton Jacobi . . . . . . . . . . . . . 6.6.1. Función principal de Hamilton . . . . . . . . 6.6.2. Relación con la acción S . . . . . . . . . . . 6.6.3. Función característica de Hamilton . . . . . 6.6.4. El oscilador armónico . . . . . . . . . . . . . Variables de Acción Angular . . . . . . . . . . . . . 6.7.1. Sistemas periódicos con un grado de libertad

7. Oscilaciones pequeñas 7.1. La energía cinética . . . . . . . . . . . . 7.2. La energía potencial . . . . . . . . . . . 7.2.1. Posición de equilibrio . . . . . . . 7.2.2. Estabilidad . . . . . . . . . . . . 7.3. Linealización . . . . . . . . . . . . . . . 7.4. El lagrangiano aproximado . . . . . . . . 7.5. Solución de las ecuaciones de movimiento 7.5.1. Diagonalización . . . . . . . . . . 7.5.2. Solución del sistema . . . . . . . 7.6. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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256 257 258 258 259 262 263 266 266 268 270 270

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273 273 274 274 274 275 275 276 278 279 281

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291 . 291 . 292 . 293 . 294 . 294 . 295 . 297 . 298 . 299 . 301 . 301 . 302

8. Sistemas continuos 8.1. Oscilaciones transversales . . . . . . . . . . . . . . . 8.2. Límite continuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2.1. Lagrangiano para la cuerda continua . . . . . 8.2.2. Densidad Lagrangiana . . . . . . . . . . . . . 8.2.3. Principio de Hamilton para sistemas continuos 8.3. Soluciones de la ecuación de onda . . . . . . . . . . . 8.3.1. Condiciones de frontera . . . . . . . . . . . . . 8.3.2. Condiciones iniciales . . . . . . . . . . . . . . 8.4. Método de las series de Fourier . . . . . . . . . . . . 8.5. Solución de D’Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.1. Condiciones iniciales. . . . . . . . . . . . . . . 8.5.2. Condiciones de frontera . . . . . . . . . . . . .

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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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.7. Consideraciones energéticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.7.1. Potencia en ondas armónicas . . . . . . . . . . . . . . 8.7.2. Membranas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.7.3. Solución para geometrías específicas . . . . . . . . . . 8.8. Elementos de mecánica de Fluidos . . . . . . . . . . . . . . . 8.8.1. Cambio del volumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.8.2. Líneas de flujo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.9. Ecuación de movimiento de un fluido ideal . . . . . . . . . . 8.9.1. Onda sonoras en un fluido . . . . . . . . . . . . . . . 8.9.2. Ondas de canal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.9.3. Ondas de superficie en líquidos . . . . . . . . . . . . 8.9.4. Más sobre ondas de superficie . . . . . . . . . . . . . 8.9.5. Ecuación no lineal efectiva . . . . . . . . . . . . . . . 8.9.6. Una solución aproximada . . . . . . . . . . . . . . . . 8.9.7. Algunas soluciones de la ecuación de onda. . . . . . . 8.9.8. A) Ondas planas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.9.9. B) Ondas esféricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.9.10. Las ondas electromagnéticas . . . . . . . . . . . . . . 8.9.11. Ondas electromagnéticas planas . . . . . . . . . . . . 8.9.12. Velocidad de grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.9.13. Efecto Doppler clásico . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.9.14. Efecto Doppler relativista . . . . . . . . . . . . . . . 8.9.15. Efecto Doppler para ondas luminosas . . . . . . . . .

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304 307 307 308 310 313 314 317 319 320 322 325 334 337 339 339 339 340 341 343 346 348 349 349

8.10. Ejercicios propuestos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350 9. Problemas complementarios

357

10.Problemas resueltos

365

CONTENIDOS

VIII

11.Apéndice 11.1. Una ecuación diferencial. . . . . . . . 11.2. Las funciones elíptica Jacobianas. . . 11.3. El péndulo esférico. . . . . . . . . . . 11.4. Operador ∇. . . . . . . . . . . . . . . 11.4.1. Gradiente. . . . . . . . . . . . 11.4.2. Divergencia. . . . . . . . . . . 11.4.3. Rotor de un campo vectorial. 11.4.4. Algunas propiedades. . . . . . 11.4.5. El Laplaciano ∇2 . . . . . . . .

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393 . 393 . 395 . 396 . 401 . 401 . 402 . 403 . 405 . 405

Índice de figuras 1.1. 1.2. 1.3. 1.4.

Transformación de Galileo Sistema de partículas . . . sección cónica . . . . . . . Tipos de cónicas . . . . .

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. 2 . 4 . 17 . 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. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Rotación en torno a un eje . . . . 3.3. Rotación activa de un vector . . . 3.4. Adición de velocidades angulares

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106 108 110 120

4.1. 4.2. 4.3. 4.4. 4.5. 4.6. 4.7.

velocidades de un cuerpo rígido Elipsoide de inercia . . . . . . . Bola de billar . . . . . . . . . . Cuerpo simétrico . . . . . . . . Conos del espacio y del cuerpo . Conos del espacio y del cuerpo . Choque cuerpos rígidos . . . . .

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128 131 141 146 147 169 176

5.1. 5.2. 5.3. 5.4. 5.5. 5.6. 5.7.

Transformación de Legendre . Trompo simétrico . . . . . . . Esfera atraida hacia el origen Autovalores reales . . . . . . . Autovalores complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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196 205 208 218 219 223 227

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ÍNDICE DE FIGURAS

X

5.8. 5.9. 5.10. 5.11. 5.12. 5.13. 5.14.

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7.1. 7.2. 7.3.

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8.1. Potencia en una 8.2. . . . . . . . . . 8.3. . . . . . . . . . 8.4. . . . . . . . . . 8.5. . . . . . . . . .

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onda. . . . . . . . . . . . . . . . .

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227 237 239 242 243 248 249

308 309 315 323 329

9.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359 9.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 360 9.3. Mínimo de una acción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362 10.1. . . . . . . . . . . . . 10.2. . . . . . . . . . . . . 10.3. . . . . . . . . . . . . 10.4. . . . . . . . . . . . . 10.5. . . . . . . . . . . . . 10.6. coordenadas elípticas

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. . . . . .

365 374 377 380 383 384

11.1. Tipo de solución de una ecuación diferencial . . . . . . . . . . 394 11.2. Péndulo esférico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396

Capítulo

1

Sistema de Partículas

1.1.

Ecuaciones de movimiento

Esta parte de la Mecánica, se presenta en forma bastante resumida. Se presentan las principales definiciones y relaciones cinemáticas así como las ecuaciones clásicas de movimiento para un sistema de partículas puntuales suponiendo interacciones que cumplan el principio de acción y reacción. Las definiciones de cantidades Físicas cinemáticas, que involucran las masas, las posiciones, las velocidades, tales como la energía cinética, momentum lineal, momentum angular, son naturalmente relativas al sistema de referencia que se escoja. Entre esos diversos sistemas de referencia, las relaciones que existan entre esas cantidades físicas, se desprenderán de las transformaciones de Galileo para sistemas, vea figura (??), que se trasladan unos respecto de otros con velocidad constante v r 0 = r − vt. Más en general para sistemas de referencia arbitrarios, admitiendo aceleraciones y rotaciones de ellos respecto a uno supuesto fijo, las relaciones entre velocidades y aceleraciones de partículas son más complicadas. Podemos adelantar que las relaciones entre velocidades y aceleraciones son (2.2,2.3) v = vA + ω × r 0 + v a = aA + α × r 0 + 2ω × v

rel

rel

,

+ ω × (ω × r 0 ) + a

rel

,

2


Z' Z

r' r Y'

O'

O

Y X'

X

Figura 1.1: Transformación de Galileo siendo α = dω/dt. Debe notarse que la velocidad y aceleración relativas son las derivadas de los vectores posición y velocidad relativos manteniendo fijas las direcciones de los ejes móviles, lo cual en algunos textos se indica por v

1.1.1.

rel

=

∂r 0 , ∂t

a

rel

=

∂v rel . ∂t

Sistema Inercial de referencia

En la formulación de la dinámica clásica, se supone la existencia de al menos un sistema privilegiado de referencia, un Sistema inercial de referencia. Por definición, un sistema inercial de referencia es aquel (hipotético) sistema relativo al cual una partícula libre tiene velocidad constante o en particular nula (vea página 5 de referencia [11]) . Como consecuencia de la transformación de Galileo, todo sistema que se traslade con velocidad constante respecto a uno inercial de referencia, es también sistema inercial de referencia. La existencia de uno por lo menos, sería materia de validación experimental, con las obvias dificultades que ello presenta. Se acepta que al menos aproximadamente, el marco de las estrellas fijas, lo es. Esta es una materia hoy en día de acuerdo internacional. En efecto en Agosto de 1997, la Unión Astronómi-

1.1 Ecuaciones de movimiento

3

ca Internacional (IAU) decidió que a partir del primero de Enero de 1998, el IAU sistema de referencia celestial sea el sistema (ICRS), en reemplazo del sistema FK5. Hay abundantes referencias en la WEB, por ejemplo en http://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 N mi ri vi ai Fi fij P

.. .. = = .. .. =

K

=

L0

=

F ext = = Γext O M

=

rG

=

índice entero ............. ............. dri /dt dvi /dt ............. ............. X mi vi i X 1 mi vi2 2 i X mi ri × vi Xi Fi Xi ri × Fi Xi mi Xi mi ri /M i

i = 1, 2, 3 · · · N número de partículas del sistema. masa partícula i. vector posición partícula i. velocidad partícula i. aceleración partícula i. fuerza externa actuando sobre partícula i. fuerza que partícula j ejerce sobre partícula i. Momentum lineal del sistema. Energía cinética del sistema. Momentum angular del sistema respecto a O. Fuerza externa resultante. Torque resultante externo respecto a O. masa total sistema. posición del centro de masa.

En 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.

4

Sistema de Partículas Z

sistema

fij

Fi mi mj

ri ri

O

Y

X

Figura 1.2: Sistema de partículas

1.1.2.


Con respecto a un sistema inercial de referencia, cada una de las N partículas cumple con la llamada segunda ley de Newton X mi ai = Fi + (1.1) fij . j6=i

Fiext representa la fuerza externa actuando sobre la partícula i. Si las fuerzas de 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 siguientes importantes teoremas I Teorema 1.1 dP = F ext , dt

(1.2)


5

Demostracion 1 Si sumamos todas las ecuaciones (1.1) obtendremos X XX X fij , mi ai = Fi + i

i

i

j6=i

pero debido a la ley de acción y reacción, la suma doble se anula, entonces X d X Fi = F ext , mi vi = dt i i dP dt

= F ext .

I Teorema 1.2 MaG = F ext . Demostracion 2 Este teorema sigue del anterior al considerar que X d X mi vi = mi ri P = dt i i d X mi ri = M = MvG . dt i M dLO = Γext O . dt

(1.3)

Demostracion 3 Basta considerar que XX XX 1 XX ri × fij = rj × fji = (ri − rj ) × fij = 0, 2 j6=i j6=i j6=i

luego tendremos X i

mi ri × ai =

X i

ri × Fi +

X d X mi ri × vi = ri × Fi , dt i i

que prueba el teorema.

XX i

j6=i

ri × fij ,

6


Las ecuaciones (1.2) y (1.3) son, en general, insuficientes para determinar las posiciones de las partículas siendo la excepción más notable un sistema rígido de partículas, que tiene justamente 6 grados de libertad, o en otras palabras, que su posición puede especificarse con solo 6 coordenadas o parámetros. La segunda de las ecuaciones anteriores, toma la misma forma en un sistema especial, no necesariamente inercial, con origen en el centro de masas G y tal que sus ejes no roten. Es decir, puede probarse que dLG = Γext G . dt

(1.4)

Entre el sistema inercial y ese otro mencionado con origen en G, pueden demostrarse las siguientes relaciones (relaciones de Koenig), consecuencias simples de la transformación de Galileo I Teorema 1.3 De Koenig LO = MrG × vG + LG 1 2 MvG K = + KG 2 siendo KG y LG la energía cinética y momentum angular relativos al sistema con origen en G. Demostracion 4 En efecto, si usamos la transformación de Galileo, podemos escribir (si los ejes móviles no rotan) ri 0 = ri − rG , v 0i = vi − vG , de modo que resultará X mi (ri 0 + rG ) × (vi 0 + vG ) LO = X = mi ( ri 0 × vi 0 + rG × vi 0 + ri 0 × vG + rG × vG ),

pero

X

mi ri 0 = 0,

X

mi vi 0 = 0,


7

de donde sigue el primer resultado. Similarmente 1X mi (vi 0 + vG ) · (vi 0 + vG ) K = 2 1X mi (vi 0 · vi 0 + vG · vi 0 + vG · vi 0 + vG · vG ), = 2 de 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, cuyos ejes no roten, definimos X d mi (ri − rA ) × (ri − rA ) LA = dt entonces considere el siguiente desarrollo X dLA d2 = mi (ri − rA ) × 2 (ri − rA ) dt dt X = mi (ri − rA ) × (ai − aA ) X X = mi ri × (ai − aA ) − mi rA × (ai − aA )

X dL0 − MrG × aA − rA × Fiext + MrA × aA dt X = (ri − rA ) × Fiext + M(rA − rG ) × aA . =

es decir

−→ dLA (1.5) = Γext A − M AG × aA , dt de modo que, la relación entre derivada del momentum angular y torque, es válida 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]).

8


Ejercicio 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, considerando el punto A como el punto de contacto. Es un error común considerar como argumento para el uso de lo anterior que dicho punto tiene velocidad instantánea cero, pues en general tiene aceleración no nula.

1.1.4.

Teorema Energía Trabajo

De las ecuaciones de movimiento es posible escribir una primera integral de ellas en la forma que sigue, donde, sin perder generalidad, se separan las fuerzas externas en sus posibles partes conservativa y no conservativa. Además se supone que las fuerzas de interacción son derivables de un potencial de interacción dependiente de la distancia entre las dos partículas y posiblemente de parámetros propios de ellas dos (masas, cargas, etc.). En el caso de un sistema rígido de partículas, la última suposición no es necesaria, por cuanto el trabajo que realizan las fuerzas de interacción es nulo, al mantenerse constantes las distancias entre partículas. Este teorema es nc ∆(K + V + V int ) = W1→2 ,

(1.6)

donde el trabajo no conservativo (nc) externo (ext) es la integral de línea nc W1→2

=

Z2

F ext,nc · dr,

(1.7)

1

V es la energía potencial asociada a la posible parte conservativa de la fuerza 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 exterior es cero, entonces se conserva la energía mecánica total del sistema. En el caso importante de un sistema rígido de partículas, al no variar las distancias entre las partículas, puede tomarse V int = 0. Demostración Para demostrar lo anterior consideremos que la fuerza externa Fi es en parte conservativa derivable de un potencial V (r1 , r2 , · · · , rN ) y las fuerzas de interacción fij conservativas derivables de un potencial de interacción


9

Vijint (ri , rj ). Entonces las ecuaciones de movimiento puede escribirse mi ai = Fi +

X j6=i

fij = −∇i V + Finc +

X (−∇i Vijint (ri , rj )). j6=i

Multiplicando · dri y sumando todas las ecuaciones se obtiene X

mi

i

X X XX dvi Finc · dri − ∇i V · dri + · dri = − ∇i Vijint (ri , rj ) · dri , dt i i j6=i

pero dV

X

=

i

mi

∇i V · dri ,

dvi d 1 · dri = mi vi2 , dt 2 dt

y d

Ã

! 1 X X int 1 XX 1 XX = Vij (ri , rj ) ∇i Vijint (ri , rj ) · dri + ∇j Vijint (ri , rj ) · drj 2 j6=i 2 j6=i 2 j6=i XX = ∇i Vijint (ri , rj ) · dri , j6=i

dado que Vijint (ri , rj ) = Vjiint (rj , ri ). Luego tenemos d

X1 i

2

mi vi2 = −dV +

donde V int =

X i

Finc · dri − dV int ,

1 X X int Vij (ri , rj ), 2 j6=i

y esto prueba el teorema en su forma diferencial dK + dV + dV int =

X i

Finc · dri = dW nc .

10


1.1.5.

Sistema de dos partículas

El problema definido por el conjunto de ecuaciones (1.1), es en general no solucionable analíticamente, si N ≥ 3. La principal dificultad consiste en la imposibilidad de separar variables. El sistema de dos partículas interactuando a través de una fuerza conservativa es un caso soluble de sistemas de partículas. 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 variables las posición del centro de masa rG y la posición relativa r = r1 − r2 resultando MaG = 0, μa = f (r), siendo μ la masa reducida del sistema de dos partículas, es decir m1 m2 . μ= m1 + m2

(1.8)

(1.9)

Entonces, el problema se ha reducido a resolver el problema de una partícula de masa reducida μ en presencia de una fuerza central, con centro de fuerza en una de las partículas. Este resultado es sorprendentemente simple considerando 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 unidas por una cuerda inextensible liviana de longitud L y no hay otra fuerza más que la tensión de la cuerda. Las partículas se colocan en movimiento con velocidades en el mismo sentidos y perpendiculares a la cuerda de magnitudes v1 y v2 . Determine la tensión de la cuerda. Solución. De acuerdo a lo explicado (r1 − r2 ) , |(r1 − r2 )| (r1 − r2 ) m2 a2 = T , |(r1 − r2 )| m1 a1 = −T


11

de donde para r = r1 − r2 , se obtiene μa = −T rˆ, o sea la aceleración relativa es radial dada por T a=− . μ La trayectoria relativa es obviamente una circunferencia de radio L de manera que T v2 = , μ L la rapidez relativa es tangencial de magnitud v = |v1 − v2 | por lo tanto T =

μ |v1 − v2 |2 . L N

Energía cinética Las posiciones individuales de las dos partículas pueden escribirse r1 = rG +

m2 r, M

r2 = rG −

m1 r, M

y si derivamos respecto al tiempo, obtenemos las velocidades de las partículas v1 = vG +

m2 v, M

v2 = vG −

m1 v, M

12


por lo cual la energía cinética será 1 1 m1 v12 + m2 v22 2 µ 2 ³ m ´2 ¶ 1 m2 2 2 + m1 vG + 2 vG · v + v = 2 M M µ ³ m ´2 ¶ 1 m1 1 2 m2 vG − 2 vG · v + v 2 M M µ ³ ³ m ´2 ¶ m2 ´2 1 1 1 2 MvG + m1 v + m2 v = 2 2 M M 1 m1 m2 ³ m2 2 m1 2 ´ 1 2 MvG v + v , + = 2 2 M M M

K =

que prueba el importante resultado. 1 1 2 K = MvG + μv 2 . 2 2

(1.10)

Ejemplo 1.1.2 Suponga un asteroide esférico de 10 km de diámetro que tiene 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 dividir al asteroide en dos trozos iguales, cada uno formando un ángulo de cinco grados 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, 2 de donde v0 =

v0 . cos θ

La energía necesaria será E = K0 − K = 1 1 m(v0 )2 − mv02 = 2 2 1 2 = mv tan2 θ. 2 0


13

Cálculos dan v0 = 60

1000 = 60. 2 8 m s−1 , 3600

4 3 πR ρ = 5. 24 × 1014 kg, 3 E = 7. 287 × 1015 J, = 1,7 megatones.

m =

N Ejemplo 1.1.3 En otra suposición considere un asteroide esférico de 2000 km de 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 dividir al asteroide en dos trozos iguales, cada uno formando un ángulo de cinco grados 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, 2 de donde v0 v0 = . cos θ La energía necesaria será E = K0 − K = 1 1 m(v0 )2 − mv02 = 2 2 1 2 2 = mv tan θ. 2 0 Cálculos dan v0 = 70000 km h−1 = 70000

1000 = 70000. 3 m s−1 , 3600

4 3 πR ρ = 1. 7 × 1023 kg, 3 E = 3. 2 × 1030 J, = 7. 6 × 1014 megatones.

m =

14

Sistema de Partículas N

Nota 1.1 Hace aproximadamente 65 millones de años atrás un asteroide de alrededor de R = 20 km de radio y una velocidad del orden v = 20 km s−1 impactó la Tierra y causó el fin de la mayor parte de la vida en la Tierra. Si suponemos 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 3 y 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 Hi1 roshima fue del orden de 60 megaton. Vea más detalles sobre las consecuencias del impacto en http://www.eas.purdue.edu/eas109/ Day %20the %20 Dinosaurs %20Died.htm.

1.2.

Campo Central de Fuerza

Consideraremos una partícula de masa μ sobre la cual actúa una fuerza central conservativa cuya dirección es paralela al vector posición r. Más adelante, al estudiar scattering entre dos partículas consideraremos más en detalle la presencia de los dos cuerpos y la transformación entre coordenadas relativas y coordenadas del laboratorio Por ahora, el vector posición r representará el vector posición relativo entre las dos partículas. Si escribimos la fuerza central como dV (r) f (r) = − rˆ, dr y se deducen de aquí I Teorema 1.4 Se conserva el momentum angular lO = μr × v. Demostracion 5 Tenemos μa = f (r) = −

dV (r) rˆ, dr

1.2 Campo Central de Fuerza

15

de donde r × μa = μr × o bien

dv = 0, dt

d μr × v = 0 ⇒ lO = μr × v = constante. dt

I Teorema 1.5 La trayectoria está sobre un plano fijo, perpendicular al vector constante lO . Demostracion 6 Del 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 del movimiento. En esas coordenadas, las ecuaciones de movimiento serán µ 2 ¶ dr dV (r) 2 ˙ μ (1.11) − rθ = − 2 dt dr y lO = μr2 θ˙ = constante.

(1.12)

Eliminando θ˙ es posible escribir una ecuación radial para r(t) y su primera integral que corresponde a la conservación de la energía E. Es decir µ 2 ¶ 2 dr dV (r) lO μ − 2 3 =− 2 dt μr dr y una primera integral de esta corresponde a la conservación de la energía 1 l2 1 2 μv + V (r) = μr˙ 2 + O 2 + V (r) = E = constante. 2 2 2μr Si llamamos potencial efectivo para la coordenada radial a U ef =

2 lO + V (r), 2μr2

este es diferente de cero incluso para una partícula libre. El efecto del primer término es siempre repulsivo lo cual se puede entender, para el caso de una

16


partícula libre que se mueve en línea recta, simplemente porque la distancia r 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 O

r1

r2

r

E<0 Emin

Potencial efectivo ilustra porqué cuando la energía es negativa, hay dos puntos de retorno r1 y 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 mínima energía 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. Es más simple encontrar la dependencia de la distancia con el ángulo, es decir encontrar la órbita. En efecto, haciendo uso de la conservación del momentum angular, es posible eliminar el tiempo de la ecuación radial (1.11) mediante d dθ d l2 d = = O2 , dt dt dθ μr dθ resultando para s = 1/r la siguiente ecuación diferencial (ecuación de Binet): μ dV (1/s) d2 s . 2 +s = − 2 lO ds dθ Para un campo de fuerza inverso al cuadrado de la distancia, la integración de la última ecuación es simple. Es decir si V (r) = −

K , r


17

siendo K > 0 para el caso atractivo y repulsivo en caso contrario, entonces la ecuación se reduce a d2 s μ 2 + s = 2 K, lO dθ cuya solución general, en términos de dos constantes e y α es s=

μK (1 − e cos(θ − α)), 2 lO

o bien

2 1 lO , μK 1 − e cos(θ − α) con e la excentricidad de la órbita y α la orientación del semieje mayor de la cónica resultante, que son constantes por determinar en términos de condiciones 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

r=

directriz

p+r cos(θ)

P

r O

θ eje polar

p

foco

Figura 1.3: sección cónica distancia a la directriz p, como el lugar geométrico de los puntos del plano tales que la razón de las distancias al foco y a la directriz es una constante e, 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 θ En el caso atractivo, K > 0, la trayectoria es entonces una elipse si 0 ≤ e < 1,

18


α eje polar

O

O

α eje polar

parábola

elipse

α eje polar

O

hiperbola

Figura 1.4: Tipos de cónicas una parábola si e = 1 y una hipérbola si e > 1. Valores de e negativos no son necesarios de considerar, pues ellos correspondería simplemente a rotar la órbita en 180 grados, lo cual es preferible hacer con un valor adecuado de α, ver fig.(1.4). En el caso repulsivo, K < 0, la solución debería escribirse r=

2 lO 1 , μ |K| e cos(θ − α) − 1

y 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 2 2μr r

(1.13)

y 2 lO 1 . μK 1 − e cos(θ − α) Evaluemos la energía que es constante en el punto más próximo al centro de fuerza, el cual existe en todos los casos y corresponde a θ − α = π siendo además ahí r˙ = 0. Así resulta

r=

2 lO K − = E, 2 2μr1 r1


19

y 2 1 lO . μK 1 + e Si se reemplaza r1 en la primera resulta ¶2 µ 2 μK(1 + e) μK(1 + e) lO −K E = 2 2 2μ lO lO 1 2 e2 − 1 K μ 2 , = 2 lO

r1 =

de donde sigue el resultado. e2 = 1 +

2 2ElO . μK 2

(1.14)

La energía puede ser negativa pero a pesar de eso, la expresión anterior es positiva. En efecto la expresión de la energía, aun cuando sea negativa debe cumplir 1 l2 K K l2 E = μr˙ 2 + O 2 − ≥ O2 − , 2 2μr r 2μr r pero la última expresión tiene un mínimo el que ocurre cuando 2 2 d lO lO K K ( ) = − − + = 0, dr 2μr2 r μr3 r2

es decir r= luego l2 l2 K E ≥ O2 − ≥ O 2μr r 2μ o sea

µ

2 lO , μK

μK 2 lO

¶2

−K

μK μK 2 = − , 2 2 lO 2lO

2 2ElO ≥ −1, μK 2

que prueba lo afirmado. Ejercicio 1.2.1 Para el caso de órbita elíptica, demuestre que los semiejes mayor y menor de la elipse están dados respectivamente por a=

2 1 lO , μK 1 − e2

b=

2 1 lO √ . μK 1 − e2

20


Ejercicio 1.2.2 Demuestre la ley de Kepler de los periodos, es decir demuestre que el periodo en el caso de movimiento elíptico T está dado por r μ 3 T = 2π a2 . K Ejercicio 1.2.3 Una partícula está en órbita circular de radio a en torno a la tierra, supuesta esférica, en reposo, de masa total M, de radio R, y sin considerar roce con el aire. Demuestre que si la velocidad de la partícula es repentinamente cambiada por un factor f , la excentricidad de la órbita resultante es ¯ ¯ e = ¯f 2 − 1¯ .

Ejercicio 1.2.4 Respecto a la situación del problema anterior, determine el 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 2μr y lO θ˙ = 2 , μr de donde, eliminando el tiempo, se puede obtener lO θ = θ0 + √ 2μ

Zr(θ)

r0

r2

1 p dr. 2 E − V (r) − lO /(2μr2 )

(1.15)

expresión integral para la trayectoria r(θ).

1.3.

Estabilidad de una órbita circular

Considere una partícula moviéndose en un potencial central atractivo V (r) de modo que 0 d2 r ˙ 2 = − V (r) − r θ (1.16) dt2 m

1.3 Estabilidad de una órbita circular

21

y 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 m La ecuación radial puede escribirse V 0 (r) d2 r h2 − = − dt2 r3 m 2 3 0 d r R V (R) V 0 (r) . − = − dt2 mr3 m Supongamos una pequeña perturbación u (sin cambiar la rapidez) de modo que r = R + u, luego d2 u R3 V 0 (R) V 0 (R + u) − = − , dt2 m(R + u)3 m expandiendo hasta primer orden en u µ ¶ 3 V 0 (R) u 00 d2 u V 0 (R) 1 − u = − − V (R), − dt2 m R m m que se simplifica a

d2 u + dt2

µ

¶ 3V 0 (R) 1 00 + V (R) u = 0. Rm m

La órbita circular será estable en el sentido de u realice oscilaciones armónicas de pequeña amplitud y ello ocurre si ω2 =

3V 0 (R) + V 00 (R) > 0 R

22


lo que impone una restricción a la forma del potencial cerca de la órbita . 3 V 00 (R) > − V 0 (R). R Si el potencial es del tipo V (R) = −

c , con c > 0 Rn

resulta nc , Rn+1 n(n + 1)c , V 00 (R) = − Rn+2 V 0 (R) =

luego −

n(n + 1)c 3 nc >− , n+2 R R Rn+1

de 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 V (r) = − ω2 =

GMm , r

1 2GMm 3V 0 (R) 3 GMm 1 GM + V 00 (R) = + (− )= 3 2 3 Rm m Rm R m R R

y entonces el periodo de oscilación será T =

2π 2π 2πR =q , = ω v(0) GM R3

el mismo periodo de revolución en la órbita. En este caso, la solución perturbada puede ser encontrada exactamente y se trata de una elipse.

1.3 Estabilidad de una órbita circular

1.3.1.

23

Otro punto de vista

La órbita circular será estable en r = R si el potencial efectivo U ef =

2 lO + V (r), 2μr2

tiene un mínimo local en r = R. Entonces debe ser 2 lO = 0, μR3 3l2 V 00 (R) + O4 > 0 μR

V 0 (R) −

o bien, eliminando l02

3 0 V (R) > 0 R que es la misma condición obtenida anteriormente. V 00 (R) +

1.3.2.

Un caso inestable

La inestabilidad de la órbita circular para el caso k , r2 2k F (r) = − 3 r

V (r) = −

es fácil de comprender. Para este caso el radio de la órbita circular está dado según la rapidez v(0) de acuerdo a 2k 2k v 2 (0) . = 3 ⇒ v2 (0) = μ R R μR2 La energía en general es l2 k 1 2 μr˙ + O 2 − 2 , 2 2μr r 2 1 l 1 2 μr˙ + ( O − k) 2 , = 2 2μ r

E =

24


y la ecuación radial es μ¨ r=( Para la órbita circular E = 0 y levemente

l2 ( μO

2 lO 1 − 2k) 3 . μ r

2 lO μ

− 2k = 0. Si la rapidez se aumenta

− 2k) > 0 resulta r¨ > 0, r crece sin límite. Si la rapidez se l2

disminuye levemente ( μO − 2k) < 0 resulta r¨ < 0, r disminuye a cero, es decir partículas chocarán.

1.3.3.

Otro caso estable

Para la fuerza elástica con V (r) = kr2 , hay órbitas circulares estables. El potencial efectivo es U ef =

2 lO + kr2 , 2 2μr

luego la condicón de extremo en r = R da −

2 lO

μR3

+ 2kR = 0 ⇒ R =

s 4

2 lO , 2kμ

y la segunda derivada es (U ef )00 =

1.4.

2 3lO + 2k = 8k > 0. μR4

Problema de Kepler

Lo anterior puede aplicarse directamente al caso de dos partículas que interactúan gravitacionalmente. Recordemos que r = r1 − r2 por lo que las órbitas encontradas son las del movimiento relativo de la partícula (1) respecto a la partícula (2). El centro de masa del sistema está entre ambas a 2 1 distancias r1 = m r de la partícula (1) y r2 = m r de la partícula (2). El M M centro de masa puede considerarse con velocidad absoluta cero (o moviéndose con velocidad constante) de modo que respecto al centro de masa ambas

1.4 Problema de Kepler

25

partículas describen el mismo tipo de curva siendo sus ecuaciones polares con origen en G y el mismo ángulo polar θ las siguientes y r1 G

r2

m1

θ x

m2

movimiento relativo 2 1 m2 lO , M μK 1 − e cos(θ − α) 2 1 m1 lO , = M μK 1 − e cos(θ − α + π)

r1 = r2 con

m1 m2 M Podemos hacer algunas simplificaciones definiendo h = |r × v| obteniendo K = Gm1 m2 , M = m1 + m2 , μ =

1 m2 h2 , GM 2 1 − e cos(θ − α) 1 m1 h2 = . 2 GM 1 + e cos(θ − α)

r1 = r2

La excentricidad e será dada por 2

e

2Eμ2 h2 = 1+ , μG2 m21 m22 )h2 (v2 − 2GM r , = 1+ G2 M 2

Aquí v = v1 − v2 es la velocidad relativa cuando la posición relativa es r = r1 − r2 . Cuando una de las masas es muchísimo mayor que la otra como en el caso de la Tierra y un satélite artificial podemos tomar m2 = M >> m1 = m

26


entonces será 1 h2 , GM 1 − e cos(θ − α) ' 0.

r1 = r2

La excentricidad e estará dada por (v 2 − 2GM )h2 r e =1+ , G2 M 2 2

1.5.

Sistemas de masa variable

Con algunas consideraciones pueden tratarse sistemas que ganan o pierden masa en forma autónomo. Para ello considere un análisis diferencial de lo 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 infinitesimal de masa dm(t) la cual tiene, justo antes de incorporarse, una velocidad u(t). Transcurrido un tiempo dt, las masa del sistema es m(t) + dm(t). La cuestión es ¿cuánto ha variado la velocidad del sistema en este proceso? Para este efecto considere que el sistema total es de masa constante, por lo tanto podemos usar el hecho que el cambio de la cantidad de movimiento total es producido 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 F (t) = m(t)

dm(t) dv(t) − (u(t) − v(t)) . dt dt

(1.18)

Aun cuando el análisis ha sido hecho para sistemas que ganan masa, el mismo resultado se obtiene para sistemas que pierden masa, pero en este último caso u(t) representará la velocidad de los elementos de masa justo después de abandonar el sistema. Ejemplo 1.5.1 Una cadena flexible de longitud total L y de masa total M se suspende de modo que su extremo inferior está justo al nivel del suelo y se suelta. Determine la reacción que ejerce el suelo sobre el montón que se acumula mientras la cadena cae. (Se supone que los eslabones son infinitesimales y que no rebotan en el suelo).

1.5 Sistemas de masa variable

27

Solución. Sea el sistema de masa variable el montón acumulado, de modo que aquí, en la dirección vertical v(t) = 0,

u(t) = −gt,

F (t) = R(t) − mg,

m=

M1 2 gt . L2

Por lo tanto, la ecuación (1.18) nos da R(t) − mg = −u

dm , dt

y finalmente R(t) =

3M 2 2 g t. 2L N

Ejemplo 1.5.2 Una cadena flexible de longitud total L y de masa total M viene deslizando sobre una superficie horizontal lisa con rapidez vo , en la dirección positiva del eje OX. Al llegar al origen se encuentra con un bloque de masa M inicialmente en reposo. Determine la posición del bloque en función del tiempo mientras la cadena se acumula contra el. (Se supone que los eslabones 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(t) = M +

M (v0 t − x), L

además 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 ˙ 2, 0 = M + (v0 t − x) x¨ − (v0 − x) L L o bien, en términos de una variable auxiliar z = L + v0 t − x 0 = z z¨ + z˙ 2 , con condiciones iniciales z(0) = L, z(0) ˙ = v0 . Integrando dos veces se obtiene z˙ =

Lv0 , z

1 2 1 2 z = L + Lv0 t, 2 2

28


y finalmente x = L + v0 t −

p L2 + 2Lv0 t,

si t < L/v0 .

Más tarde, el sistema continúa moviéndose con la rapidez constante alcanzada al agotarse la cadena. (Ello ocurre cuando (v0 t−x)M/L = M, o bien z = 2L) N Ejemplo 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, una fuerza constante hacia arriba F . Determine la altura de la cadena levantada en función del tiempo. Solución. Sea y la altura. Aquí u = 0, v = y, ˙ m = λy, de modo que la ecuación de movimiento será ¶ µ 1 dy˙ 2 2 2 F − λyg = λy y¨ + λy˙ = λ y + 2y˙ 2 dy la cual puede ser integrada mediante un factor integrante y. Así resulta 2F y − 2λy 2 g = λ

d 2 2 (y y˙ ), dy

entonces F − 23 λyg = λy˙ 2 de donde se obtiene y˙ =

y finalmente

r

2 F − yg, λ 3

t=

Z

0

r

y

q

dy F λ

,

− 23 yg

F 1 − gt2 . λ 6 Aunque parezca paradojal, la rapidez pinicial del extremo de la cadena después de aplicada la fuerza no es cero, es F/λ cuestión que se explica pues se ha aplicado una fuerza finita, a un elemento infinitésimo de masa. Además puede observarse que la cadena se detiene cuando F = 23 λyg, y para ese instante el largo levantado tiene un peso λyg = 32 F , mayor que la fuerza aplicada. Naturalmente después bajará hasta que finalmente sea λyg = F . y=t

1.5 Sistemas de masa variable

29 N

Ejemplo 1.5.4 Un depósito cilíndrico con base circular de área A tiene líquido (agua por ejemplo) inicialmente hasta una altura h0 . Al nivel del suelo liso, se hace un pequeño agujero circular de área a por el cual sale agua horizontalmente. Determine la aceleración del depósito producto de la pérdida de masa. Solución. Sea h(t) la altura del agua en el depósito, ρ su densidad. Si suponemos que la aceleración no afecta demasiado la superficie del agua, podemos primero estimar la forma en que decrece la masa del líquido en el recipiente 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 la forma p dm = −ρ 2gh a, dt y m = ρAh Ahora planteamos la ecuación de movimiento suponiendo que la velocidad relativa del agua que sale es p u − v = − 2gh dm(t) dv(t) − (u − v) , dt dt ´ p dv(t) ³ p − − 2gh (−ρ 2gh a), 0 = ρAh dt dv(t) − 2g a 0 = A dt

0 = m(t)

y finalmente dv a = 2g , dt A mientras quede líquido en el recipiente. N

30


1.6.

Ejercicios resueltos

1.6.1.

Sistema de partículas

Ejercicio 1.6.1 Si cada partícula de un sistema es atraída hacia un punto fijo 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 del sistema. Solución. Para cada partícula mi ai = −Kmi ri es decir que cada partícula se mueve de acuerdo a ai = −Kri . Pero

P

mi ri M P mi ai aCM = M de modo que si sumamos todas las ecuaciones, obtenemos rCM =

MaCM = −KMrCM o sea aCM = −KrCM misma ecuación de movimiento que la de cada partícula. N Ejercicio 1.6.2 Un conjunto de partículas de masas m, puede deslizar libremente sobre alambres paralelos, atrayéndose unas a otras con fuerzas proporcionales al producto de sus masas y distancias. Demuestre que las partículas efectúan oscilaciones armónicas del mismo período relativas a un plano perpendicular a los alambres y que pasa por el centro de masa supuesto en reposo.

1.6 Ejercicios resueltos

31

Solución. Supongamos que las correderas están en dirección OX y considere dos de ellas de índices i, j. La ecuación de movimiento de la mi en la dirección OX será X mi xï = Kmi mj dij cos θij j6=i

donde dij indica la distancia entre las de índice i, j, y θij es el ángulo que forma la línea de la fuerza con el eje OX. y m xj

G m

θij

x

dij

xi

Como las masas son iguales podemos escribir X (xj − xi ). xï = Km j6=i

Por otro lado la posición X del centro de masas es P P mi xi xi = , xCM = M N entonces incluyendo i = j se tiene xï = Km

X (xj − xi ) j

= KmNxCM − KmNxi , es decir xï + KmN(xi − xCM ) = 0, prueba lo pedido, porque ω 2 = KmN es independiente de i.

32

Sistema de Partículas N

Ejercicio 1.6.3 Dos partículas iguales se atraen con una fuerza inversamente proporcional al cuadrado de su distancia. Si las partículas deslizan sobre correderas lisas en ángulo recto, demuestre que el centro de masa describe 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 tenemos por aplicación de la segunda Ley de Newton que y

d

O

θ

m

x

k k cos θ = − 3 x 2 d d k k m¨ y = −F sin θ = − 2 sin θ = − 3 y d d

m¨ x = −F cos θ = −

por otro lado xCM =

x 2

y yCM = y2 , rCM =

d 2

entonces podemos escribir

k xCM , 3 8mrCM k = − yCM , 3 8mrCM

x¨CM = − y¨CM que equivale a

k rCM . 3 8mrCM O sea el centro de masas es atraído hacia el origen con una fuerza inversamente proporcional al cuadrado de su distancia al origen. Problema que se estudia en campo central de fuerzas y se demuestra allí que la trayectoria es necesariamente una sección cónica. aCM = −


33 N

Ejercicio 1.6.4 Dos partículas de igual masa deslizan sobre correderas lisas perpendiculares que se interceptan en 0. Demuestre que si las partículas se atraen y ellas parten desde el reposo desde posiciones cualquiera sobre las correderas, ellas llegarán simultáneamente a la intersección. Solución. Con una figura análoga a la del problema anterior, tenemos que x d y m2 y¨ = −F sin θ = −F d

m1 x¨ = −F cos θ = −F

de donde m1 xÿ − m2 y¨x = 0. Como las masas son iguales entonces xÿ − y¨x = 0,

d (xy ˙ − yx) ˙ = 0. dt

Entonces xy ˙ − yx ˙ es constante e igual a cero porque las partículas partieron del reposo, o sea xy ˙ − yx ˙ = 0, o bien x˙ y˙ = x y que puede integrarse dando ln y = ln c + ln x, y = cx o sea si x = 0 entonces simultáneamente y = 0. N

34


Ejercicio 1.6.5 Dos partículas de masa m cada una se mueven sobre las correderas lisas perpendiculares OX y OY y se atraen con una fuerza proporcional a su distancia, siendo K la constante de proporcionalidad. Si inicialmente: 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 trayectoria del centro de masa del sistema. Solución. Similarmente tendremos m¨ x = −F cos θ = −Kd cos θ = −Kx m¨ y = −F sin θ = −F d sin θ = −Ky de modo que x(t) y(t) x(t) ˙ y(t) ˙

= = = =

A cos ωt + B sin ωt, C cos ωt + D sin ωt, ω(−A sin ωt + B cos ωt), ω(−C sin ωt + D cos ωt)

y colocando las condiciones iniciales dadas a a −V0 0

= = = =

A, C, ωB, ωD

entonces a) x(t) = a cos ωt −

V0 sin ωt, ω

y(t) = a cos ωt. b) Las coordenadas del centro de masas son V0 x 1 = a cos ωt − sin ωt, 2 2 2ω y 1 = = a cos ωt, 2 2

xCM = yCM


35

de donde debemos eliminar t, obteniendo s ¶2 µ V0 2yCM 1− , xCM = yCM − 2ω a que se puede escribir así y 2 (1 + (

V0 2 V0 ) ) − 2yx + x2 = ( )2 . aω 2ω

Esto es se trata de una elipse. N Ejercicio 1.6.6 Dos partículas de igual masa están unidas por un resorte de constante k y largo natural a. Además actúa entre ambas partículas una fuerza amortiguadora proporcional a la rapidez de la variación de la distancia entre ellas. El sistema se coloca en movimiento dándole a una de las partículas 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 velocidad constante vG = 12 V0 es un sistema inercial, tenemos que las partículas al comienzo y al final (una vez que las oscilaciones terminan) giran en circunferencias alrededor de el. Así al comienzo 1 a 1 a LG = m V0 + m V0 2 2 2 2 1 mV0 a. = 2 Al 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 . 4 Además, para el movimiento circular de cada partícula m

V2 = K(2a − a), a

36


luego V =

r

y finalmente

Ka2 m r

V0 = 4V = 4a N

K . m

Ejercicio 1.6.7 Dos partículas A y B de idéntica masa m, están unidas entre sí por una cuerda inextensible de largo a. La partícula A se mueve por una corredera horizontal lisa OX, mientras que la partícula B se mueve por una corredera vertical lisa OY, ambas en un plano vertical. Inicialmente B está en O y OA = a, con el sistema en reposo. Si θ es el ángulo en B: y

A x

O m θ B

m

a) Calcular en función de θ las reacciones que ejercen las correderas sobre las partículas. b) Calcular la tensión en la cuerda en función de θ. Solución. Llamemos NA , NB , las reacciones normales de las correderas sobre las partículas y T la tensión de la cuerda. Tenemos xA = a sin θ,

yB = −a cos θ,

x˙ A = aθ˙ cos θ,

y˙B = aθ˙ sin θ,

de allí calculamos

y conservación de energía da 1 1 2 2 E = ma2 θ˙ cos2 θ + ma2 θ˙ sin2 θ − mga cos θ = 0, 2 2


37

de donde despejamos

2g 2 cos θ. θ˙ = a La segunda ley aplicada a cada partícula da m¨ xA 0 0 m¨ yB

−T sin θ, NA − mg − T cos θ, NB + T sin θ T cos θ − mg

= = = =

de la primera m m d2 xÄ = − a sin θ, sin θ sin θ dt2 como se conoce θ˙ estas derivadas se hacen resultando T =−

T = 3mg cos θ, y entonces NA = mg + 3mg cos2 θ, NB = −3mg cos θ sin θ. N Ejercicio 1.6.8 Se tiene el sistema de dos partículas m1 y m2 de la figura en que el resorte, de constante k no tiene masa. Determinar el valor mínimo de la compresión X del resorte, medido respecto de su largo natural, para que al soltar m1 se despegue m2 . m1

k

m2

38

Sistema de Partículas Solución. Llamemos y a la coordenada de m1 . Inicialmente y(0) = l0 −

m1 g − X, k

y(0) ˙ = 0.

Esto porque el peso de m1 ya comprime el resorte en mk1 g . Sea N2 la reacción del suelo sobre m2 , entonces las ecuaciones de movimiento (antes que m2 despegue) son m1 y¨1 = −m1 g + k(l0 − y), 0 = −k(l0 − y) − m2 g + N2 . Debemos integrar la primera que la reescribimos así y¨1 +

k kl0 y = −g + , m1 m1

que tiene solución particular y1p = l0 −

m1 g , k

y solución homogénea y1h = A cos

r

k t + B sin m1

r

k t, m1

luego la solución general es m1 g + A cos y(t) = l0 − k derivando

r

y(t) ˙ = −A

k sin m1

r

r

k t + B sin m1

k t+B m1

r

r

k cos m1

r

Como la velocidad inicial es cero debe ser B = 0, luego r m1 g k + A cos t, y(t) = l0 − k m1 imponiendo condición inicial resulta l0 −

m1 g m1 g + A = l0 − −X k k

k t, m1

k t. m1


39

de donde A = −X entonces

r k m1 g y(t) = l0 − t. − X cos k m1 Ahora podemos evaluar la reacción normal en función del tiempo

N2 = k(l0 − y) + m2 g r k m1 g + X cos t) + m2 g = k( k m1 r k = (m1 + m2 )g + kX cos t, m1 que muestra que N2 comienza a disminuir con el tiempo y que se anularía con el mínimo valor de X si (m1 + m2 )g − kXm´ın = 0, luego Xm´ın =

(m1 + m2 )g . k N

Ejercicio 1.6.9 Tres partículas iguales están inicialmente en línea recta, igualmente espaciadas sobre un plano horizontal liso y unidas por dos hilos de largos “a“. La partícula del medio está inicialmente está en reposo, y a las partículas externas se les da una velocidad V0 perpendicular a la línea que las une. Calcule la velocidad con que chocan las partículas. Solución. Al partir si x es la dirección perpendicular a la línea que une las partículas entonces Px = 2mV0 1 1 mV02 + mV02 K = 2 2 = mV02 . Justo antes del choque, Las tres partículas tienen la misma componente de velocidad en x, llamémosla u, y dos partículas tienen la misma rapidez v en el eje y entonces Px = 3mu 1 1 K = 3 mu2 + 2 mv 2 . 2 2

40


Conservación de Px y K implica 2 u = V0 3 y 3 2 2 ( V0 ) + v 2 = V02 2 3 entonces v=

1√ 3V0 . 3 N

1.6.2.

Sistemas de masa variable

Ejercicio 1.6.10 Una cadena de longitud L y masa total M se suspende verticalmente 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 se deposita cayendo por su propio peso. Solución. Tenemos para el eje Y vertical Fy = m

dm dv − (u − v) . dt dt

Si tomamos el montón depositado como sistema, entonces los eslabones que se incorporan tienen una velocidad u = −gt, la masa m(t) después de transcurrido un tiempo t será M1 2 gt , L2 dm M = gt, dt L m =

y entonces, dado que v = 0 (trozo amontonado está en reposo) N − mg = −u

dm dt


41

luego M1 2 2 M 2 2 g t + g t L2 L 3M 2 2 g t. = 2L

N =

N Ejercicio 1.6.11 Una cadena de longitud L y masa total M está amontonada sobre el suelo. Si la cadena se levanta de un extremo aplicando una fuerza constante F hacia arriba, determine la altura que sube la cadena en función 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 λ=

M . L

Sea y el trozo levantado en tiempo t. Tenemos F − mg = m

dm dv − (u − v) , dt dt

siendo u = 0, m = λy, de manera que dmv dt d F − λyg = (λy y). ˙ dt F − mg =

Para integrar, multiplique por ydy, resultando 1 F ydy − λy 2 gdy = λy yd(y ˙ y) ˙ = λd( y 2 y˙ 2 ), 2 que al ser integrada da F

y 2 λgy 3 1 − = λy 2 y˙ 2 , 2 3 2

simplificando F−

2λgy = λy˙ 2 , 3

42


o bien dy = dt y finalmente

t=

Z

0

y

q

dy F λ

−

= 2gy 3

r

F 2gy − λ 3

q¡ ¢ √ q¡ ¢ 3F −2gyλ F 3 − 3 λ λ g

de donde se despeja

p 6 (λF ) − λgt y = t 6λ ! Ãr F gt − t. = λ 6 La altura máxima corresponde a y˙ = 0 lo que da ymáx =

3F . 2gλ

N Nota 1.2 Usted puede extrañarse que el peso p máximo levantado es mayor que 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 fuerza finita F es aplicada a un elemento infinitésimo de masa y ello provoca un cambio repentino de velocidad. Además por la inercia, la cadena sobrepasa la posición de equilibrio. Ejercicio 1.6.12 Una gota esférica de agua atraviesa una capa de nube en reposo. Suponiendo que se condensa agua por unidad de tiempo sobre la gota, proporcionalmente a su superficie con constante de proporcionalidad K conocida, determine como crece el radio de la gota con el tiempo y como varía la 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


43

Si ρ es la densidad tenemos 4 3 πR ρ, 3 dm dR = 4πR2 ρ = K4πR2 , dt dt m =

entonces

dR K = , dt ρ si el radio inicial R0 es despreciable, entonces R(t) =

Kt . ρ

La ecuación de movimiento de la gota que cae, con u = 0, será dm d dv − (u − v) = (mv), dt dt dt donde la masa es conocida pues −mg = m

4 K 3 t3 4 Kt m(t) = π( )3 ρ = π 2 , 3 ρ 3 ρ de manera que se puede integrar Z t 4 K 3 t3 1 K3 mv = − π 2 gdt = − π 2 gt4 , ρ 3 ρ 0 3 de donde se obtiene Así resulta finalmente

1 v = − gt. 4 1 y = y(0) − gt2 . 8 N

Ejercicio 1.6.13 Un carrito, inicialmente de masa M y en reposo sobre un plano horizontal liso, comienza a moverse debido a que es impulsado por un chorro continuo de masa que se le va incorporando. Dichas masas salen desde el punto de partida (como de una ametralladora) con rapidez U0 y a razón de λ unidades de masa por unidad de tiempo y se incrustan en el carrito cuando lo impactan. Determine la forma en que varían la aceleración, la velocidad y la posición del móvil con el tiempo.

44


Solución. Supongamos que el carrito partió del origen con rapidez nula y sea x lo que recorre. La masa del carrito está dada por λt (U0 t − x) U0 t λ = M + (U0 t − x). U0

m = M+

(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 − (U0 − v) dt dt λ dv λ = (M + (U0 t − x)) − (U0 − v) (U0 − v). U0 dt U0

0 = m

Preferible dejar una ecuación para la masa porque λ (U0 − v) U0 λ dv m ¨ = − , U0 dt m ˙ =

luego 0 = −m

mm ¨ +m ˙ 2 = 0,

U0 U0 2 m ¨− m ˙ , λ λ

ecuación que es fácil integrar m

d 1 2 m ˙ = −m ˙ 2 =⇒ dm 2 dm ˙2 dm = −2 , 2 m ˙ m

de donde ln

m ˙2 m 2 = −2 ln M λ


45

o sea m ˙ M = , λ m mdm = λdt, 2 m − M 2 = 2λt y luego m=M+

√ λ (U0 t − x) = M 2 + 2λt, U0

y así p (M 2 + 2λt) x = U0 , p λ (M 2 + 2λt) − 1 dx = U0 p . v = dt (M 2 + 2λt) M + λt −

N

Ejercicio 1.6.14 Un cohete de masa total M, de la cual f M, con f menor que uno, es de combustible, descansa verticalmente antes de encender los motores. Si se encienden los motores, que arrojan masa a razón constante σ (σ = −dm/dt) con rapidez relativa al cohete de magnitud U0 , establezca la condición que debe cumplirse para que el cohete comience a despegar de inmediato. Para este caso, determine la máxima altura que alcanza, suponiendo aceleración 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 además la velocidad es nula. Entonces dm dt = −(−U0 )(−σ)

N − mg = −(u − v) o sea N = mg − U0 σ.

46


Si queremos que el cohete despegue en t = 0, debe ser N = 0 en ese instante lo que lleva a U0 σ = Mg. Si se cumple, entonces el cohete acelera siendo ahora −mg = m

dv − (−U0 )(−σ), dt

o sea m

dv = Mg − mg, dt

con m = M − σt de lo cual dv Mg = − g, dt M − σt que puede integrarse v(t) =

Z

t

0

Mg Mg M dt − gt = ln − gt, M − σt σ M − σt

siendo esto válido hasta t=

fM , σ

para ese tiempo v = gM

f − ln (1 − f ) . σ

Después sigue con la aceleración de gravedad y se deja para el lector su continuación. N Ejercicio 1.6.15 Una cadena de largo total M y longitud L, flexible, es sostenida colgando de modo que su extremo inferior está justo al nivel del suelo. Si el extremo superior de la cadena se suelta, determine la reacción del suelo contra la parte depositada, en función del tiempo.


47

Solución. Sea y la distancia recorrida por el extremo superior y el sistema de mas variable es el montón depositado. Como eslabones van en caída libre 1 2 gt , 2 u = −gt, 1 2M m = gt , 2 L dm M = gt dt L y =

luego, si R es la reacción R − mg = m

dm dv − (u − v) , v = 0, =⇒ dt dt

dm dt M 1 2 2M 3M 2 2 = g t + g2 t2 = g t. 2 L L 2L

R = mg − u

N Ejercicio 1.6.16 Una cadena flexible tiene masa total M y longitud L. La cadena está inicialmente amontonada en el suelo. Una cuerda se hace pasar sobre una polea lisa, uno de los extremos unido a un extremo de la cadena y el otro extremo de la cuerda a un partícula de masa M. Si la partícula se suelta 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 la partícula. Tenemos que M y, L M dm = y, ˙ dt L u = 0, m =

48


de manera que dv dm +v , dt dt dv Mg − T = M , dt T − mg = m

sumando las dos dm dv +v , dt dt M dv M M Mg − yg = (M + y) + y˙ 2 , L L dt L Mg − mg = (M + m)

o sea la ecuación de movimiento es gL − gy = (L + y)¨ y + y˙ 2 . Para integrarla hay que hacer algún truco. Como usted sabe y¨ =

1 d 2 y˙ , 2 dy

entonces multiplique por L + y g(L2 − y 2 ) = (L + y)2

1 d 2 y˙ + (L + y)y˙ 2 , 2 dy

que es la derivada de un producto g(L2 − y 2 ) =

1 d (L + y)2 y˙ 2 , dy 2

como inicialmente y(0) = y(0) ˙ = 0 integramos 1 y3 (L + y)2 y˙ 2 = g(L2 y − ) 2 3 y finalmente y˙ =

s

3

2g(L2 y − y3 ) . (L + y)2 N


1.6.3.

49

Movimiento en un campo central de Fuerza

Ejercicio 1.6.17 Una partícula describe una órbita circular en un campo de fuerzas dado por k F (r) = − 2 . r Demostrar que si k disminuye bruscamente a la mitad de su valor inicial, la órbita de la partícula se hace parabólica. Solución. Sea k0 el valor inicial de la constante. Para una órbita circular m

k0 v2 = 2, r r k0 1 2 k0 mv − = − < 0. E = 2 r 2r

Si k disminuye a la mitad, la energía cinética queda igual K=

k0 , 2r

y la energía potencial sera k0 , 2r luego la energía es cero, por lo tanto la órbita es parabólica. V =− N Ejercicio 1.6.18 Calcular explícitamente la media temporal (o sea, la media en un periodo completo) de la energía potencial de una partícula que se mueve sobre una órbita elíptica en un campo central en el que la fuerza obedece la ley inversa del cuadrado de la distancia. Expresar el resultado en función de la constante de proporcionalidad de la fuerza y del semieje mayor de la elipse. Efectuar un cálculo similar para la energía cinética. Solución. Tenemos l02 1 , mk 1 − e cos θ ˙ = mr2 θ.

r = l0

50


Además k = − , r 1 1 1 2 K = (mv 2 ) = mr˙ 2 + mr2 θ˙ 2 2 2 µ ¶2 dr 1 1 2 2 m θ˙ + mr2 θ˙ = 2 dθ 2 ! Ã µ ¶ 2 1 1 dr 1 l02 = + 2 2 r4 dθ r m V

pero

entonces

dr l02 e sin θ = − dθ mk (1 − e cos θ)2 mk = − 2 e sin θr2 l0 ¶ µ 1 m2 k2 2 2 1 l02 K= e sin θ + 2 2 l04 r m Z Z 1 T 1 2π V < V >= V dt = dθ T 0 T 0 θ˙ Z mk 2π rdθ = − T l0 0 Z 1 l0 2π l0 2π = − . dθ = − √ T 0 1 − e cos θ T 1 − e2

Similarmente para la energía cinética resulta Z 1 2π K 1 l0 2π √ < K >= dθ = T 0 θ˙ 2 T 1 − e2 N

Ejercicio 1.6.19 Dos partículas iguales que se mueven bajo la influencia de la atracción gravitacional mutua, describen órbitas circulares una en torno


51

de la otra con un período τ . Si repentinamente se detienen y caen una sobre la 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 distancia inicial, entonces inicialmente m

k v2 , = a 4a2 r k v = , 4ma

de modo que el periodo es r 4ma 2πa = 2πa . τ= v k Si se detienen, caen una hacia la otra de manera que m¨ r=−

k , r(0) ˙ = 0, r(0) = a. 4r2

Podemos integrar porque r¨ =

1 d 2 r˙ , 2 dr

luego 1 k m r˙ 2 = 2 4

µ

¶ 1 1 − , r a s µ ¶ k 1 1 − , r˙ = − 2m r a dr ¡1

−

separamos variables

entonces

q

k 2m

t=

Z

0

r

a

q

1 a

¢ = −dt,

k 2m

dr ¡1 r

−

1 a

¢,

52


sea r = az

r

t = a

= =

Z

2ma k

τ √ 2π 2

1

0

Z

1

0

q

q

dz 1 z

−1

dz

1 z

−1

τ π τ √ = √ . 2π 2 2 4 2 N

Ejercicio 1.6.20 Dos masas que se atraen, m1 y m2 (m1 + m2 = M), están separadas una distancia r0 y se las suelta a partir del reposo. Demostrar que cuando la distancia sea r menor que r0 , las velocidades serán r 2G 1 1 v1 = m2 ( − ), M r r0 r 1 2G 1 ( − ). v2 = m1 M r r0 Solución. Tenemos, para un origen en el centro de masa Gm1 m2 , r2 Gm1 m2 = − , r2

m1 r¨1 = − m2 r¨2 donde r = r1 + r2 y

m2 m1 r, r2 = r, M M de manera que las dos ecuaciones se reducen a una sola r1 =

r¨ = − como r¨ = integramos la ultima obteniendo s

GM , r2

1 d 2 r˙ , 2 dr

r˙ = − 2GM

µ

¶ 1 1 , − r r0


53

y de aquí se obtiene r˙1 r˙2

s

1 1 − r r0

¶

s

¶ 1 1 = −m2 , 2GM − r r0 s s ¶ ¶ µ µ 2G 1 m1 1 m1 1 1 = −m1 , = 2GM r˙ = − − − M M r r0 M r r0 m2 m2 = r˙ = − M M

µ

2G M

µ

que prueban el resultado. N Ejercicio 1.6.21 Demuestre que la velocidad aerolar es constante en el caso de una partícula que se mueve bajo la acción de una fuerza atractiva dada or F (r) = −kr. Calcule las medias temporales de las energías cinética y potencial y comparar con los resultados que da el teorema del virial. Solución. Lo primero es cierto para todas las fuerzas centrales porque se conserva l0 . Para obtener las órbitas es preferible usar coordenadas cartesianas siendo m¨ x = −kx, m¨ y = −ky, de 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),

con ω =

p 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

54


pero

1 < cos2 ωt >=< sin2 ωt >= , 2

resultando 1 < V >= k(A2 + B 2 ), 4 1 < K >= mω2 (A2 + B 2 ) =< V > . 4 Las constantes A y B pueden relacionarse con la energía E de acuerdo a 1 1 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 2 de modo que finalmente E =

1 < K >=< V >= E. 2 N Ejercicio 1.6.22 Estudiar el movimiento de una partícula repelida por un centro de fuerzas de acuerdo con la ley F (r) = kr con k > 0. Demostrar que la órbita sólo puede ser hiperbólica. Solución. Aquí también conviene usar coordenada cartesianas m¨ x = kr cos θ = kx, m¨ y = kr sin θ = ky. Ambas 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,


55

y resolviendo ecuaciones de segundo grado tenemos p √ y + y 2 − 4CD x + x2 − 4AB pt e = = , 2A 2C y haciendo algo de álgebra p √ y 2 − 4CD x2 − 4AB y x − = − , 2A 2C 2C p 2A p D 1 (y 2 − 4CD) (x2 − 4AB) B 1 xy = − − − , − 2 AC C 2 C A A reordenando 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. N Ejercicio 1.6.23 Una partícula se mueve bajo la influencia de una fuerza central dada por k F (r) = − n . r Demuestre que si la órbita es circular y pasa por el centro de fuerzas, entonces n = 5. Solución. La ecuación de Binet para u = 1/r es mF ( u1 ) d2 u +u=− 2 2 . l0 u dθ2 Si la partícula describe una circunferencia de radio R donde está el centro de fuerza, la ecuación puede escribirse r = 2R cos θ, o sea u=

1 , 2R cos θ

56


derivando du 1 = sin θ, dθ 2R cos2 θ d2 u 1 1 + sin2 θ 2 = 3 2R cos θ R cos θ dθ 1 1 − cos2 θ = + 2R cos θ R cos3 θ 1 1 + = − 2R cos θ R cos3 θ = −u + 8R2 u3 , de aquí sigue mF ( u1 ) 8R u = − 2 2 , l0 u 2 3

8R2 l02 5 1 u, F( ) = − u m 8R2 l02 . F (r) = − mr5 N Ejercicio 1.6.24 Suponga un cometa que describe una órbita parabólica en el mismo plano que la órbita terrestre. Si la menor distancia del cometa al Sol 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 órbita terrestre viene dado por p 2(1 − γ)(1 + 2γ)/3π años

Solución. La ecuación de la órbita del cometa será de la forma (una parábola) c , r= 1 − cos θ pero debe ser c rm´ın = = γRT , 2 o sea 2γRT . r= 1 − cos θ


57

Los puntos (θ1 y 2π − θ1 ) donde la órbita del cometa cruza la órbita terrestre están dados por 2γRT , RT = 1 − cos θ1 de donde cos θ1 = 1 − 2γ. Por otro lado, el elemento de área barrida por el cometa es dA = donde

1 l0 |r × v| dt = dt, 2 2m l02 = 2γRT , mk

y

1 dA = r2 dθ, 2

de modo que 1 2 l0 r dθ = dt, 2 2m de aquí sigue dt = luego el tiempo será l03 t= mk 2

Z

m 2 l3 1 )2 dθ, r dt = 0 2 ( l0 mk 1 − cos θ

2π−θ1

θ1

1 l03 1 1 + 3 tan2 21 θ1 2 ) dθ = ( 1 − cos θ mk 2 3 tan3 21 θ1

El factor que multiplica lo anterior está relacionado con el período terrestre. En efecto p l02 = 2γRT =⇒ l0 = mk2γRT , mk entonces r r m2γRT 2γRT l03 2γRT = = 2γRT , 2 mk k GMS y el periodo terrestre está dado por 2πRT p TT = √ RT , GMS

58


luego

p TT 1 1 + 3 tan2 21 θ1 t = γ 2γ π 3 tan3 21 θ1

pero

θ1 = cos θ1 = 1 − 2γ, tan 2

r

1 − cos θ1 = 1 + cos θ1

y reemplazando tan θ21 resulta finalmente p 2(1 − γ) . t = TT (1 + 2γ) 3π N

r

2γ 2 − 2γ

Ejercicio 1.6.25 Estudiar el movimiento de una partícula en un campo de fuerzas centrales que sigue la ley de proporcionalidad inversa del cuadrado de la distancia, si además se superpone otra fuerza de magnitud inversamente proporcional al cubo de la distancia entre la partícula y el centro de fuerzas. Es decir, k λ F (r) = − 2 − 3 r r con k > 0.Demuestre que la trayectoria es una elipse que rota o precesa. Solución. La ecuación de Binet para la órbita será mF ( u1 ) d2 u m = 2 2 (ku2 + λu3 ) 2 +u = − 2 2 l0 u l0 u dθ mk λm = + 2 u. l02 l0 De aquí sigue d2 u λm mk 2 + (1 − 2 )u = l0 l02 dθ cuya solución es 1 mk u= = 2 + A cos r (l0 − λm)

s

(1 −

λm )θ, l02

y si λm ¿ 1 corresponde a una curva parecida a una elipse pero que no se l02 cierra en una vuelta completa.


59 N

Ejercicio 1.6.26 Determine la expresión de la fuerza de un campo central que 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 mF ( u1 ) d2 u + u = − , l02 u2 dθ2 siendo 1 1 = , r kθ du 1 = − 2, dθ kθ d2 u 2 2 3 = 2 3 = 2k u , dθ kθ u =

por lo tanto −

mF ( u1 ) = 2k2 u3 + u, l02 u2

despejando 1 l2 F ( ) = − 0 (2k2 u5 + u3 ), u m 1 l2 2k2 F (r) = − − 0 ( 5 + 3 ). m r r N Ejercicio 1.6.27 Determine la expresión de la fuerza de un campo central que permita a una partícula describir una órbita espiral logarítmica dada por r = Keaθ siendo k y a constantes. Solución. Es análogo, donde ahora 1 1 = e−aθ , r K du a −aθ = − e dθ K d2 u a2 −aθ e = = a2 u, K dθ2 u =

60


por lo tanto mF ( u1 ) − 2 2 = a2 u + u, l0 u despejando l2 1 F ( ) = − 0 (a2 + 1)u3 , u m 1 l2 F (r) = − 0 (a2 + 1) 3 . m r N Ejercicio 1.6.28 Una partícula de masa unidad se desplaza desde el infinito 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 √P con una 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 mF ( u1 ) d2 u +u = − 2 2 l0 u dθ2 5 ku = k 2 = b2 u3 , u b2 o sea

d2 u 2 3 2 + u − b u = 0. dθ O la resolvemos, problema dificil, o comprobamos que u=

√ 1 tanh(θ/ 2), b

es solución. Comprobaremos: √ du 1 1 = √ (1 − tanh2 (θ/ 2)) = √ (1 − b2 u2 ), dθ b 2 b 2 ¡ ¢ d2 u 1 1 √ (−2bu) √ (1 − b2 u2 ) = u −1 + b2 u2 , 2 = dθ 2 b 2


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 = 0 o θ =⇒ 0 sea la asíntota es una recta paralela al eje OX (el eje polar). La distancia al origen de esa recta se obtiene haciendo θ → 0 en r sin θ esto es la distancia es √ θ d = l´ım(b coth √ sin θ) = b 2. θ→0 2 N Ejercicio 1.6.29 Una partícula es atraída hacia un centro fijo de fuerzas con una fuerza proporcional a la distancia de la partícula al centro. Demuestre que la trayectoria es una curva plana que puede ser representada por las ecuaciones: x = A cos(nt + α), y = B sin(nt + β) Solución. Las ecuaciones de movimiento en coordenadas cartesianas serán m¨ x = −kx, m¨ y = −ky, que tienen soluciones de la forma dada si k/m = n2 . N Ejercicio 1.6.30 Determine la fuera central si la órbita es una circunferencia y el centro de fuerza está situado sobre la circunferencia. Solución. En realidad este problema está repetido. La ecuación de Binet para u = 1/r es mF ( u1 ) d2 u + u = − . l02 u2 dθ2 Si la partícula describe una circunferencia de radio R donde está el centro de fuerza, la ecuación puede escribirse r = 2R cos θ, o sea u=

1 , 2R cos θ

62


derivando 1 du = sin θ, dθ 2R cos2 θ d2 u 1 1 + sin2 θ 2 = 2R cos θ R cos3 θ dθ 1 1 − cos2 θ = + 2R cos θ R cos3 θ 1 1 = − + 2R cos θ R cos3 θ = −u + 8R2 u3 , de aquí sigue mF ( u1 ) 8R u = − 2 2 , l0 u 2 3

1 8R2 l02 5 F( ) = − u, u m 8R2 l02 . F (r) = − mr5 N Ejercicio 1.6.31 Una partícula es atraída hacia un centro fijo de fuerza 0 por una fuerza de forma k/r2 . La partícula es lanzada desde un punto P con una velocidad. de magnitud V0 en un ángulo α respecto de OP . Demuestre que la órbita es una elipse si OP ≤ 2k/(mV02 ). Determine además, en términos de m, k, V0 ,α , y OP = r0 la excentricidad de la órbita y la inclinación del eje mayor respecto de OP . Solución. Evaluamos según las condiciones iniciales 1 k mV02 − , 2 r0 = mr0 V0 sin α.

E = l0 La excentricidad es

2El02 mk 2 2( 1 mV02 − = 1+ 2 mk 2

e2 = 1 +

k 2 )l r0 0

.


63

La órbita será una elipse si E < 0, es decir si 1 k 2k ( mV02 − ) < 0 =⇒ r0 < . 2 r0 mV02 Si además reemplazamos l0 se obtiene s 2( 12 mV02 − e= 1+

k )mr02 V02 r0 k2

sin2 α

.

La ecuación de la órbita es 1 l02 mk 1 − e cos(θ − α) 1 mr02 V02 sin2 α , = k 1 − e cos(θ − β)

r =

y el ángulo β queda determinado de r0 =

1 mr02 V02 sin2 α , k 1 − e cos(β)

que es una ecuación que dejamos planteada por si alguien quiere resolverla. N Ejercicio 1.6.32 Admitiendo que la tierra es una esfera fija de radio R y despreciando la resistencia del aire, considere el lanzamiento de un proyectil con rapidez inicial V0 formando un ángulo ξ 0 con la vertical del lugar. Si Ve2 =

2GM , R

donde G es la constante de gravitación, M la masa terrestre y V0 < Ve , demuestre que la excentricidad y la ecuación de la trayectoria del proyectil son: q e = 1 − sin2 (2β) sin2 (ξ 0 ), R/r =

(1 − e cos(θ − α)) 2 sin2 (β) sin2 (ξ 0 )

64


siendo sin β = V0 /Ve , sin α = sin2 β sin(2ξ 0 )/e. Aquí: α representa la inclinación del semieje mayor, ξ 0 ángulo de lanzamiento respecto a la vertical. Solución. Podemos usar los resultados del problema anterior pero colocando k = GMm y r0 = R. Así tenemos s (mV02 − 2GMm )mR2 V02 sin2 ξ 0 R 1+ e = 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

2R2 V02 sin2 ξ 0 l02 = mk 2GM 2RV02 sin2 ξ 0 = V∗2 = 2R sin2 β sin2 ξ 0 , por lo cual la ecuación de la trayectoria será r=

2R sin2 β sin2 ξ 0 1 − e cos(θ − α)

Aquí α representa la inclinación del semi eje mayor de la cónica.


65

Para θ = 0, r = R 2 sin2 β sin2 ξ 0 =⇒ 1= 1 − e cos α 1 − 2 sin2 β sin2 ξ 0

=

cos α

=

sin2 α

= =

bastante álgebra · · · =⇒ sin2 α

=

sin α

=

e cos α 1 − 2 sin2 β sin2 ξ 0 p 1 − sin2 2β sin2 ξ 0 (1 − 2 sin2 β sin2 ξ 0 )2 1− 1 − sin2 2β sin2 ξ 0 1 − sin2 2β sin2 ξ 0 − (1 − 2 sin2 β sin2 ξ 0 )2 e2 4 sin4 β sin2 ξ 0 cos2 ξ 0 , e2 sin2 β sin 2ξ 0 . e N

√ Ejercicio 1.6.33 Con respecto al problema anterior, V0 < Ve / 2 demuestre que el ángulo de disparo para tener un alcance máximo está dado por: 1 1 sin ξ 0 = √ p , 2 1 − (V0 /Ve )2

y el ángulo para la altura máxima por sin(α) = √ ¿ Qué ocurre sí V0 ≥ Ve / 2 ? Solución. Debemos maximizar sin α = respecto a ξ 0 siendo e= Derivamos

(V0 /Ve )2 . 1 − (V0 /Ve )2

sin2 β sin 2ξ 0 , e

q 1 − sin2 2β sin2 ξ 0 .

d sin 2ξ 0 p = 0, dξ 0 1 − sin2 2β sin2 ξ 0

66

Sistema de Partículas N es bastante trabajo, pero resulta 1 1 =√ p . sin ξ 0 = √ 2 cos β 2 1 − V02 /Ve2

El máximo resultará al reemplazar en

con más algebra resulta

sin2 β sin 2ξ 0 sin α = p , 1 − sin2 2β sin2 ξ 0 sin α =

sin2 β V02 /Ve2 = cos2 β 1 − V02 /Ve2

Ejercicio 1.6.34 Una partícula de masa m se mueve en una órbita circular de radio R con rapidez V0 atraída hacia el centro con una fuerza inversamente proporciona al cuadrado de la distancia de la partícula al centro. Si repentinamente 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 la partícula al centro durante el movimiento siguiente. Solución. Para la órbita circular m

k v02 = 2, R0 R0

entonces v0 =

r

k mR0

que reducida a la mitad implica 1 1 k k m − 2 4 mR0 R0 7 k = − 8 R0 r 1p 1 k = mR0 = mR0 k, 2 mR0 2

E =

l0


67

luego e2 = 1 +

2(− 78 Rk0 ) 14 mR0 k mk 2

=

3 9 =⇒ e = , 16 4

y 1 mR0 k l02 1 = 4 = R0 , mK mk 4 luego la nueva órbita es (tomando α = 0)

1 1 R0 r = R0 = . 3 4 1 − 4 cos θ 4 − 3 cos θ N Ejercicio 1.6.35 Una partícula de masa m = 1 es atraída por una fuerza inversamente proporcional al cuadrado de su distancia a un punto fijo 0 y se mueve describiendo la elipse: r=

100 . 1 − 12 cos θ

Si en el punto más alejado de su trayectoria, la rapidez de la partícula es V = 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 nueva órbita. Solución. Aquí como m = 1 l02 = 100, k el punto más alejado es rmáx =

100 = 200, 1 − 12

luego l0 = |mr × v| = 200 =⇒ (l0 )2 2002 k = = = 400. 100 100

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 400

de modo que la nueva órbita es r=

400 , 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

r=

400 . 1 + cos(θ) N

Ejercicio 1.6.36 Una partícula de masa m se mueve en una órbita circular de radio R0 con rapidez V0 atraída hacía el centro con una fuerza inversamente proporcional al cuadrado de la distancia de la partícula √ al centro. Si repentinamente la rapidez de la partícula se aumenta a V = αV0 siendo α > 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 = , mR0 la nueva rapidez

r √ k V = α , mR0


69 1 k k α − , 2 R0 R0 r √ k = mR0 α . mR0

E = l0 La excentricidad es 2

e =1+

2( 12 α Rk0 −

√ k )(mR0 α R0 mk 2

q

k )2 mR0

= (α − 1)2 .

Entonces e = α − 1, que es una parábola o hipérbola si α ≥ 2. Si α < 2 resultará 1 l02 mk 1 − (α − 1) cos θ R0 α . = 1 − (α − 1) cos θ

r =

N

Ejercicio 1.6.37 Determine las posibles leyes de fuerza central si una partícula describe bajo su acción una circunferencia, con el centro de fuerzas en el interior del círculo. Solución. Si el origen está sobre un diámetro a distancia d del centro, la ecuación de la circunferencia será (teorema del coseno) R2 = r2 + d2 − 2dr cos θ, de dr dr + dr sin θ − d cos θ , dθ dθ dr dr sin θ = , dθ d cos θ − r 0 = r

d2 r d dr sin θ 2 = dθ d cos θ − r dθ p r = d cos θ + (d2 cos2 θ + R2 − d2 ),

70


de aquí u=

1 1 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 dθ2 expréselas en términos de u y reemplace en la ecuación de Binet. N Ejercicio 1.6.38 Considere una partícula que se mueve en un campo central atractivo k/r2 con k < 0. Demuestre que para un momentum angular dado, la mínima energía que puede tener la partícula es: E=−

mk 2 . 2l02

Solución. Sabemos que la energía es k 1 2 E = m(r˙ 2 + r2 θ˙ ) − , 2 r y ˙ l0 = mr2 θ, de modo que la energía puede escribirse 1 l02 k 1 , − E = mr˙ 2 + 2 2 mr2 r a la distancia r1 donde r es mínimo r˙ = 0 y entonces 1 l02 k E= − , 2 2 mr1 r1 función que tiene un mínimo donde −

k l02 l02 , + = 0 =⇒ r = 1 mr13 r12 mk

y luego Em´ın =

1 l02 m2 k2 mk mk 2 − k = − . 2 m l04 l02 2l02


71 N

Ejercicio 1.6.39 Un cohete de masa m es disparado desde un punto de la superficie de la tierra con una rapidez inicial V0 haciendo un ángulo ξ 0 con la vertical del lugar. Despreciando la rotación terrestre, la resistencia del aire y el movimiento de la tierra, demuestre que la excentricidad de la trayectoria está dada por: µ ¶ R2 Vo2 sen2 ξ 0 2GM 2 2 e =1+ V0 − , G2 M 2 R y la trayectoria es:

r=

R2 Vo2 sen2 ξ 0 . GM(1 − e cos(θ − α))

Aquí R es el radio terrestre, M la masa de la tierra y G la constante de gravitación. ¿Cuál es la ubicación del eje polar? Solución. Tenemos que l0 = mV0 R sin ξ 0 , 1 GMm E = mV02 − , 2 R de donde 2

e

2GMm )m2 V02 R2 R mG2 M 2 m2

sin2 ξ 0

= 1+

(mV02 −

= 1+

V02 R2 sin2 ξ 0 2 2GM (V0 − ). G2 M 2 R

Además

l02 R2 V02 sin2 ξ 0 m2 V02 R2 sin2 ξ 0 = = , mK GMm2 GM que prueban lo solicitado. N

p Ejercicio 1.6.40 Respecto al problema anterior, suponga que V0 = GM/R y ξ 0 = 30o . Demuestre entonces que el proyectil caerá de regreso a la tierra en un punto situado a una distancia Rπ/3 del punto de partida, medida sobre la superficie de la tierra. Demuestre además que la altura máxima del proyectil sobre la superficie terrestre es de alrededor de 0,866 R.

72

Sistema de Partículas Solución. Particularizamos a V0 =

p GM/R y ξ 0 = 30o resultando

R2 sin2 π6 G2 M 2 ( ), G2 M 2 R2 π 3 = 1 − sin2 = , 6 4 l02 π R = R sin2 = , mK 6 4 e2 = 1 −

luego r= en θ = 0, r = R luego R=

R 1 √ , 1 4 1 − 2 3 cos(θ − α)

1 R √ ⇒ α = 30o , 1 4 1 − 2 3 cos(α)

evidentemente el proyectil caerá de nuevo a la Tierra en θ = corresponde a un arco R π3 . Además el máximo r será r=

π 3

= 60o y eso

R 1 √ = 1. 866 03R, 4 1 − 12 3

y eso corresponde a una altura máxima de 1. 866 03R − R = 0,866 03R N Ejercicio 1.6.41 Una partícula de masa m se mueve en una órbita circular de radio R0 con rapidez V0 atraída hacia el centro con una fuerza inversamente proporcional al cuadrado de la distancia de la partícula al centro. Si repentinamente la velocidad se reduce a la mitad, determine en términos de R0 y V0 la ecuación de la nueva órbita. Solución. Sabemos que V0 =

r

k , mR0

luego k = mR0 V02 ,


73

la nueva energía será mR0 V02 7 1 1 = − mV02 , E = m V02 − 2 4 R0 8 el nuevo momentum angular l0 = mR0

V0 , 2

luego V2

− 74 mV02 m2 R02 40 9 = , e =1+ 2 4 2 m(m R0 V0 ) 16 2

luego (mR0 V20 )2 1 3 2 2 m R0 V0 1 − 4 cos θ 1 R 4 0 . = 3 1 − 4 cos θ

r =

N

Ejercicio 1.6.42 Un satélite está en órbita ecuatorial geo estacionaria, es decir permanece en el mismo punto relativo a la tierra que rota. Dados, la masa terrestre M, la constante de gravitación G, Ω la velocidad angular terrestre, determine la ecuación de la nueva órbita si la rapidez absoluta del satélite es repentinamente aumentada al doble. Solución. Si Ω denota la velocidad angular terrestre entonces órbita geo estacionaria significa v0 = Ωr0 además de (problema anterior) v0 =

r

GM r0

con estas se puede obtener: 1p 3 (GMΩ), Ω p = 3 (GMΩ).

r0 = v0

74


q Sea por un momento v0 = 2 GM la velocidad inicial. Entonces r0 GMm GM 1 − m4 2 r0 r0 Mm = G r0 r GM = mr0 2 r0

E =

l0 entonces 2

e =1+

2G Mm 4m2 r02 GM r0 r0 mG2 M 2 m2

=9

entonces 4m2 r02 GM r0

1 mGMm 1 − 3 cos(θ − α) 4r0 = 1 − 3 cos(θ − α)

r =

Si el ángulo polar se mide desde donde cambió la velocidad entonces debe ser α = π y finalmente 4r0 1 + 3 cos θ 4p 1 3 = (GMΩ) Ω 1 + 3 cos θ

r =

N

Ejercicio 1.6.43 Un satélite de masa m está en órbita circular de radio 2R en torno a la tierra supuesta esférica, de masa M y radio R, en reposo y sin atmósfera. 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 para los cuales el satélite chocará con la tierra. c) el rango de valores de f para los cuales el satélite se aleja indefinidamente. Solución. Para la órbita circular r v=

GM , 2R


75

la nueva rapidez es v=f la nueva energía es

r

GM , 2R

1 GM GMm 1 f2 − 2 E = mf 2 − = GMm , 2 2R 2R 4 R el nuevo momentum angular es l0 = m(2R)f

r

GM , 2R

la excentricidad será dada por e2 = 1 + de donde

¡ 2 ¢2 2El02 = f − 1 , m(GMm)2 ¯ ¯ e = ¯f 2 − 1¯ .

además

q

(m(2R)f GM )2 l02 2R = = 2Rf 2 , mk mGMm de manera que la nueva órbita es r=

2Rf 2 . 1 − |f 2 − 1| cos(θ − α)

Si el cambio de la rapidez ocurre en θ = 0 debe ser 2R =

2Rf 2 , 1 − |f 2 − 1| cos(α)

de donde ¯ ¯ 1 − ¯f 2 − 1¯ cos(α) = f 2 , 1 − f2 cos α = . |1 − f 2 |

76

Sistema de Partículas Si f < 1 =⇒ cos α = 1 entonces r=

2Rf 2 . 1 − (1 − f 2 ) cos θ

Si f > 1 =⇒ cos α = −1 entonces r=

2Rf 2 . 1 + (f 2 − 1) cos θ

El satélite puede chocar con la Tierra sólo si f < 1 y para saberlo hay que ver si la ecuación 2Rf 2 = R, r= 1 − (1 − f 2 ) cos θ tiene o no solución. Esta es 2f 2 = 1 − (1 − f 2 ) cos θ, despejando cos θ = debe ser

1 − 2f 2 > −1, 1 − f2

1 − 2f 2 > f 2 − 1 de donde f<

r

2 . 3

Para este caso, el satélite chocará con √ la Tierra. Por último, el satélite no regresa si e = |f 2 − 1| > 1 o sea si f > 2. N Ejercicio 1.6.44 Un satélite está en órbita ecuatorial geo estacionaria, es decir permanece en el mismo punto relativo a la tierra que rota. Dados, la masa terrestre M, la constante de gravitación G, Ω la velocidad angular terrestre, determine la ecuación de la nueva órbita si la rapidez absoluta del satélite es repentinamente reducida a la mitad.


77

Solución. Tenemos 1 1 GM GMm m − 2 4 r0 r0 7 GMm = − 8 r0 r 1 GM = mr0 2 r0

E =

l0 entonces

e2 = 1 +

2(− 78 GMm ) 14 m2 r02 GM r0 r0 mG2 M 2 m2

=

9 16

entonces m2 r02 14 GM r0

1 mGMm 1 − cos(θ − α) 1 1 r0 = 3 4 1 − 4 cos(θ − α) 1 1p 3 (GMΩ) = Ω 4 − 3 cos θ N

r =

3 4

Ejercicio 1.6.45 Considere la tierra como esférica, en reposo de masa M y radio R, sin atmósfera. Se lanza un proyectil con rapidez inicial V0 formando un ángulo β respecto a la horizontal. Determine el arco que el proyectil recorre hasta llegar al suelo (si lo hace). Discuta las condiciones bajo las cuales el proyectil cae nuevamente al suelo. La constante de gravitación es G. Solución. La energía es 1 GMm E = mV02 − , 2 R el momentum angular es l0 = mRV0 cos β, la excentricidad será 2( 12 mV02 − GMm )m2 R2 V02 cos2 β R m(GMm)2 (V02 − 2GM )R2 V02 cos2 β R = 1+ , (GM)2

e2 = 1 +

78


l02 m2 R2 V02 cos2 β R2 V02 cos2 β = = , mk mGMm GM de modo que la trayectoria es r=

1 R2 V02 cos2 β . GM 1 − e cos(θ − α)

Para la notación, introducimos la velocidad de escape r 2GM Ve = , R de manera que e2 = 1 −

4(V02 − Ve2 )V02 cos2 β , Ve4

l02 2RV02 cos2 β , = mk Ve2 de modo que la trayectoria es r=

2RV02 cos2 β 1 . 2 Ve 1 − e cos(θ − α)

Si r(0) = R hay necesariamente dos puntos donde la trayectoria intersecta a la superficie de la Tierra. Esos ángulos son θ = 0 y θ = 2α, además de e < 1. Entonces 2RV02 cos2 β 1 , 2 Ve 1 − e cos α 2RV02 cos2 β 1 R = , Ve2 1 − e cos(θ1 − α) R =

de donde se deduce que θ1 − α = α =⇒ θ1 = 2α, y de cualquiera de las anteriores 2V02 cos2 β 1 − e cos α = , Ve2


79

o sea cos α =

1−

2V02 cos2 β Ve2

e 1−

cos α = q 1−

2V02 cos2 β Ve2

.

4(V02 −Ve2 )V02 cos2 β Ve4

Esta 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 p cos α = (1 − 2z cos2 β)2 + z 2 sin2 2β 1 1 − 2z cos2 β q . = 2 |1 − 2z cos β| 1 + z2 sin2 2β (1−2z cos2 β)2

Hay dos casos

a) Si 1 − 2z cos2 β > 0, o sea z<

1 , 2 cos2 β

ángulos de disparo grandes, entonces cos α = q 1+

1 z 2 sin2 2β (1−2z cos2 β)2

b) Si 1 − 2z cos2 β < 0, o sea 1>z>

1 2 cos2 β

.

80

Sistema de Partículas ángulos de disparo pequeños, entonces cos α = − q 1+

1 z 2 sin2 2β (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 proyectil cae diametralmente opuesto por la Tierra al punto de lanzamiento. N

Capítulo

2

Sistema de referencia no inercial

2.1.


Las ecuaciones de Newton para un sistema de partículas deben ser formuladas respecto a un sistema inercial de referencia. De ser necesario utilizar un sistema no inercial, ya sea porque esté acelerado o tenga rotaciones respecto al inercial, podemos establecer las relaciones entre el movimiento absoluto, respecto al sistema inercial, y el movimiento relativo respecto al sistema no inercial en uso, como se explica a continuación. Respecto a la figura (2.1) si r indica el vector posición absoluto y r 0 indica el vector posición relativo de una de las partículas del sistema, tenemos que r = rA + r 0 .

(2.1)

Para relacionar velocidades y aceleraciones, debemos considerar que la velocidad relativa y aceleración relativas son las derivadas del vector posición relativo con vectores unitarios considerados constantes, entonces si r 0 = x0ˆı0 + y 0 jˆ0 + z 0 kˆ0 , la velocidad y aceleración relativas son v

rel

= x˙ 0ˆı0 + y˙ 0 jˆ0 + z˙ 0 kˆ0 ,

82

Sistema de referencia no inercial z

z'

y'

r’ r

A rA

O

y x'

x

Figura 2.1: Sistema no inercial a

rel

= x¨0ˆı0 + y¨0 jˆ0 + z¨0 kˆ0 .

La existencia del denominado vector velocidad angular ω del sistema móvil, será justificada en el capítulo sobre rotaciones, por ahora bastará aceptar que las derivadas de los vectores unitarios móviles están dadas por ω× el respectivo vector unitario, de modo que se puede obtener d (rA + r0 ), dt d = vA + (x0ˆı0 + y 0 jˆ0 + z 0 kˆ0 ), dt d d d = vA + vA + (x0 ˆı0 + y 0 jˆ0 + z 0 kˆ0 ) + (x˙ 0ˆı0 + y˙ 0 jˆ0 + z˙ 0 kˆ0 ), dt dt dt

v =

es 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 representa la aceleración angular o sea la derivada respecto al tiempo de la velocidad angular. 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

2.2 Movimiento relativo a la tierra

83

la partícula respectivamente. Considerando lo anterior, la Segunda Ley de Newton en el sistema no inercial de referencia tiene la expresión ma

rel

= 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 Ley en un sistema no inercial, pero a la fuerza real F hay que agregarle fuerzas ficticias dadas por F arrastre = −m(aA + α × r 0 + ω × (ω × r 0 )), y F coriolis = −2mω × v

2.2.

rel

.

Movimiento relativo a la tierra

Un ejemplo bastante cotidiano de sistema no inercial de referencia lo constituye la Tierra. Su no inercialidad se debe principalmente a la rotación terrestre respecto a su eje, que es muy aproximadamente constante y equivalente a una vuelta completa en 24 horas. Su valor en consecuencia es bastante pequeño 2π ω= = 7. 272 2 × 10−5 s−1 . 24 × 3600 Ello justifica la denominada aproximación ω 2 ≈ 0, donde se desprecian los términos en ω 2 . Si se considera como modelo a la tierra como perfectamente esférica de masa M y radio R, podemos elegir como sistema no inercial fijo en la tierra un sistema con origen en la superficie terrestre en una latitud que 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 los anteriores, o sea hacia el Este, como se indica en la figura (2.2). La desviación entre 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 terrestre es que la vertical del lugar se desvía de la dirección radial terrestre y que

84


ω

z0

z A

R φ

y

λ x

Figura 2.2: Sistema fijo a la Tierra la aceleración de gravedad depende de la latitud. En efecto, la definición de peso y de vertical se hacen de acuerdo a una plomada de masa m en situación estacionaria en la Tierra. Así la vertical es la dirección de la plomada y el peso es de magnitud definida como la tensión en el hilo de la plomada. Para esa situación estacionaria, la aceleración y velocidad relativas son cero, por lo tanto una aplicación de la ecuación 2.4 a esta situación implica

0=T −

GMm rˆ − maA , R2

donde se ha considerado que además de la fuerza gravitacional actúa la tensión del hilo, la velocidad angular es constante y r 0 = 0. De acuerdo a lo explicado la dirección de T es el eje z y su magnitud se define como mg, el peso del cuerpo y g la aceleración local de gravedad. Entonces tenemos que

mgˆ z=

GMm rˆ + maA . R2

(2.5)

Además, la aceleración del origen A está dada por r) = Rω 2 (sin λ kˆ0 − rˆ). aA = ω kˆ0 × (ωkˆ0 × Rˆ

(2.6)


85

De modo que si se toma la magnitud de la ecuación (2.5) se obtiene

g = =

sµ sµ

GM R2 GM R2

¶2 ¶2

−

2GM Rω2 cos2 λ + R2 ω 4 cos2 λ, R2

−(

2GM − R2 ω 2 )ω 2 cos2 λ R

(2.7) (2.8)

que se reduce en el Polo a gp =

GM , R2

y en el Ecuador a ge =

µ

GM R2

¶

− Rω 2 .

La razón entre la aceleración centrípeta en el ecuador Rω2 y la aceleración de gravedad en el polo usualmente designada por β está dada por

β=

Rω 2 = 3. 425 7 × 10−3 , GM/R2

de modo que ge = gp (1 − β). Para el caso de nuestro planeta (Serway, [12]), los valores numéricos para radio promedio terrestre R = 6,37×106 m, masa de la tierra M = 5,98×1024 2π kg, constante de gravitación G = 6,67259 × 10−11 N m2 kg−2 , ω = 24×3600 s−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

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)

g =

sµ

GM R2 s

¶2

−

2GM Rω 2 cos2 λ + R2 ω 4 cos2 λ R2

((a))

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 de Geodesia y Geofísica de 1967, (pag. [8]) el valor de g al nivel del mar varía con 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 llamada fórmula de Cassinis se cita como referencia g = 9,780490(1 + 0,0052884 sin2 λ − 0,0000059 sin2 (2λ)).


87

Desviación de la vertical Una estimación del ángulo ε , entre la vertical y la dirección radial, puede obtenerse de la misma ecuación referida anteriormente haciendo un producto cruz de ella con rˆ. El resultado que se obtiene es sin ε =

Rω 2 sin λ cos λ, g

(2.9)

o sea desviación cero en el Ecuador y en el Polo y desviación máxima para latitud de 45 grados del orden de 0,1 grados. De acuerdo a los valores numéricos señalados la última expresión puede ser aproximada a ε ≈ 0,003 sin λ cos λ.

2.2.2.

(2.10)

Ecuación de movimiento aproximada

Para movimientos en la vecindad del origen A, la ecuación (2.4) con la ayuda de la ecuación (2.5) puede ser escrita como GMm rˆ − m(α × r + 2ω × v + ω × (ω × r)). R2

ma = F − mgkˆ +

Hemos suprimido las (0 ) y se entiende que las posiciones, velocidades y aceleraciones son de ahora en adelante relativas a la Tierra. Además si consideramos que α = 0 y denotamos por f la fuerza actuante, fuera de la gravitacional, la aproximación considerada es ma = f − mgkˆ − 2mω × v.

(2.11)

El movimiento de una partícula bajo la influencia de la aceleración local de gravedad solamente (f = 0) dado por la ecuación (2.11) está determinado en esta aproximación (ω 2 ≈ 0) por a = −g kˆ − 2ω × v, de donde por integración v = v(0) − gtkˆ − 2ω × (r − r(0)),

88


que si es sustituida en la expresión de la aceleración haciendo ω2 = 0 e integrada dos veces, conduce a ˆ a = −g kˆ − 2ω × (v(0) − gtk) = −g kˆ − 2ω × v(0) + 2gtω × kˆ de donde la velocidad está dada por ˆ v = v(0) − gtkˆ − 2tω × v(0) + gt2 ω × k, y la posición por 1 1 ˆ r = r(0) + v(0)t − gt2 kˆ − t2 ω × v(0) + gt3 ω × k. 2 3 Esta expresión constituye la solución para el movimiento de un proyectil en las cercanía de la Tierra para condiciones iniciales arbitrarias. Debe observarse que para cualquier caso se tiene que ω × kˆ = ω cos λˆ j o sea ese término contribuye siempre a desviar la partícula hacia el Este. Ese término puede ser compensado para tiempos no muy grandes por el cuarto término si la partícula parte hacia arriba.

2.2.3.

Péndulo de Foucault

Respecto al sistema de referencia Terrestre una masa puntual m se une mediante 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 (estacionaria) en el origen del sistema. Para una perturbación pequeña de la posición más baja, la ecuación de movimiento (2.11), escrita en coordenadas cartesianas 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 y L−z x T , T = − T, − T, L L L


89

de modo que x T + 2ωy˙ sin λ, mL y T − 2ω(x˙ sin λ + z˙ cos λ), y¨ = − mL L−z z¨ = T − g + 2ω y˙ cos λ. mL

x¨ = −

De 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 Si denotamos por Ω = (−ω sin λ)kˆ y por R = (x, y) al vector posición en el plano, las dos últimas ecuaciones pueden ser escritas en una sola como d d2 g R − 2Ω × R + R = 0, 2 dt dt L

(2.12)

donde se derivan solamente las coordenadas. En términos simples, esas derivadas son la velocidad y aceleración del punto del plano relativas al sistema (x, y, z). Podemos relacionar con las velocidades y aceleraciones relativas a otro sistema que tiene el mismo origen y rota con velocidad angular Ω, pero despreciando términos en Ω2 , de acuerdo a d ∂ R = R + Ω × R, dt ∂t d2 ∂2 ∂ R = R + 2Ω × R, 2 2 dt ∂t ∂t por lo tanto la ecuación para la variación relativa de las coordenadas es ∂2 ∂ ∂ g R + 2Ω × R − 2Ω × R + R ≈ 0, 2 ∂t ∂t ∂t L o bien

g ∂2 R + R ≈ 0. 2 ∂t L

(2.13)

90


p Esto es, oscilaciones de frecuencia angular ω = g/L respecto a un sistema que rota respecto a la vertical del lugar con la frecuencia angular (precesión de ˆ El movimiento de este péndulo ha sido iniciado desde Foucault) (−ω sin λ)k. el origen con alguna velocidad inicial pequeña. Si el movimiento es iniciado desde un punto alejado de la vertical, se manifiesta otro efecto (precesión del péndulo esférico) que se describe en la sección siguiente y con más detalles en el apéndice.

2.2.4.

Péndulo esférico

Un efecto similar al de Foucault pero de menor magnitud ocurre cuando el movimiento del péndulo se inicia desde una posición alejada de la vertical con alguna velocidad inicial de precesión o nula, aun cuando este movimiento sea respecto a un sistema inercial. Este efecto de “área” es deducido en el apéndice y en la referencia Synge, p.56 [14], “ la velocidad angular aerolar es (3/8)α2 ω sin λ”. En el movimiento relativo a la tierra que rota, si el movimiento de la partícula se inicia desde un punto alejado de la vertical quemando un hilito que la sostiene (en reposo relativo a la tierra), la rotación terrestre causa que exista una velocidad absoluta de precesión inicial distinta de cero, por lo cual el efecto de precesión proporcional al área de la elipse se manifestará. Sin rotación terrestre el movimiento estaría en un plano vertical. Considerando la rotación terrestre veremos que si la amplitud angular inicial es pequeña, la órbita proyectada en un plano horizontal es una elipse que precesa en torno de la vertical con una velocidad angular de precesión mucho menor que la de Foucault.

2.3.

Teorema de Larmor

Respecto a un sistema inercial, si parte de la fuerza que actúa sobre una partícula es perpendicular a la velocidad y a una dirección fija kˆ0 de modo que F = f + αv × kˆ0 , una simplificación de la ecuación de movimiento en el sistema de referencia inercial se logra si se utiliza un sistema de referencia (no inercial) que rota con velocidad angular constante en la dirección fija kˆ0 . La segunda ley de Newton nos daría, para un origen A fijo ma rel = f + αv × kˆ0 − m(2ω × v rel + ω × (ω × r)),

2.3 Teorema de Larmor

91

pero aquí conviene elegir ω = ω kˆ0 , resultando ma

rel

= f + α(v

rel

+ ω kˆ0 × r) × kˆ0 − 2mωkˆ0 × v

rel

− mω kˆ0 × (ω kˆ0 × r)),

o bien ma

rel

= f + αv rel × kˆ0 + αω(kˆ0 × r) × kˆ0 + 2mωv −mω kˆ0 × (ωkˆ0 × r)),

rel

× kˆ0

y si se escoge ω de modo que los términos dependientes de la velocidad relativa se cancelen, o sea α ω=− , (2.14) 2m se obtiene que la ecuación de movimiento en ese sistema rotante de referencia es α2 ma rel = f + (kˆ0 × (kˆ0 × r)), 4 ecuación 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 tipo considerada equivale a resolver el problema dado por la fuerza f en un sistema que rota con la velocidad angular adecuada (2.14). Un ejemplo lo constituyen electrones o cargas e que están describiendo órbitas debido a la presencia de alguna fuerza central f . Si se aplica un campo magnético de magnitud constante B en una dirección fija kˆ0 la fuerza adicional llamada fuerza de Lorentz está dada por ev × B = eBv × kˆ0 . Por lo tanto, la influencia de un campo magnético pequeño es hacer precesar las órbitas en torno a un eje en la dirección del campo magnético con la velocidad angular de Larmor ω=− si el campo magnético es pequeño.

eB , 2m

92


2.4.


Ejercicio 2.4.1 Una barra lisa OM de largo 2a, ubicada en el plano vertical que 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 punto medio de la barra si se toma en cuenta la rotación de la tierra. Solución. Para este caso utilizamos ma = f − mgkˆ − 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 j + y tan αk, ˆ v = yˆ ˙ j + y˙ tan αk, ˆ a = y¨jˆ + y¨ tan αk, Proyectando la ecuación de movimiento a lo largo de v a · vˆ = −gkˆ · vˆ, o sea y¨ + y¨ tan2 α = −g tan α, g tan α = −g sin α cos α, y(0) = 2a cos α, y(0) ˙ = 0. y¨ = − sec2 α luego 1 y = 2a cos α − gt2 sin α cos α, 2 y˙ = −gt sin α cos α además ˆ ω = −ω cos λˆı + ω sin λk,


93

si despejamos f y reemplazamos ˆ + mg kˆ + 2myω(− ˆ × (ˆ ˆ f = m¨ y (ˆ j + tan αk) ˙ cos λˆı + sin λk) j + tan αk), o 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, 2 luego t=

r

2a . g sin α

N

Ejercicio 2.4.2 Una partícula se lanza verticalmente hacia arriba con velocidad Vo en un punto de latitud λ. Encontrar el punto sobre el que vuelve a caer si se toma en cuenta la rotación de la tierra en la aproximación usual de primer orden en ω. Solución. Usamos 1 1 ˆ r = r(0) + v(0)t − gt2 kˆ − t2 ω × v(0) + gt3 ω × k, 2 3 ˆ r(0) = 0, además que ω × kˆ = −ω cos λˆ j, ω × v(0) = ω × V0 kˆ con v(0) = V0 k, resultando 1 1 ˆ r = V0 tkˆ − gt2 kˆ − V0 t2 ω × kˆ + gt3 ω × k, 2 3 1 1 = V0 tkˆ − gt2 kˆ + (V0 t2 − gt3 )ω cos λˆ j 2 3 o sea 1 z = V0 t − gt2 , 2 1 y = (V0 − gt)ωt2 cos λ, 3

94 cae en z = 0, t =

Sistema de referencia no inercial 2V0 g

y 4 ω y = V03 2 cos λ. 3 g N

Ejercicio 2.4.3 Una partícula se mueve, por la acción de la gravedad, sobre un plano inclinado en el ángulo α respecto de la horizontal y que rota con pequeña velocidad angular respecto de un eje vertical fijo, que intercepte el plano en el punto 0. Tomando ejes rectangulares OXY fijos en el plano de modo 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 su desviación desde OX, después de t segundos, viene dada aproximadamente por 1 ωgt3 sin 2α 6 siempre que se desprecien los términos en ω 2 . Solución. Aquí no se considera la rotación terrestre. Para el sistema OXY Z podemos usar N − mg kˆ0 = m(2ω × v + a), kˆ0 = − sin αˆı + cos αkˆ donde ˆ ω = ω(− sin αˆı + cos αk), tomando 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,

2.4 Ejercicios resueltos e integrando dos veces

95

1 y = − ωgt3 sin 2α. 6 N

Ejercicio 2.4.4 Una partícula de masa m se mueve en movimiento armónico simple y = a cos nt en una ranura suave orientada en E a 0 sobre la superficie de la tierra en un punto de latitud λ. Demostrar que, si desprecian los términos que contienen el cuadrado de la velocidad angular de la tierra, la reacción de la ranura tiene una componente horizontal en ángulo recto respecto al movimiento y de magnitud 2manω sin λ sin nt y una componente vertical cuya magnitud fluctúa armónicamente, con una amplitud 2manω cos λ . Solución. Nuevamente ma = f − mgkˆ − 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 j, a = −an (cos nt)ˆ además ˆ ω = −ω cos λˆı + ω sin λk,

luego

f = ma + mg kˆ + 2mω × v, ˆ × an(sin nt)ˆ j + mgkˆ − 2m(−ω cos λˆı + ω sin λk) j, = −man2 (cos nt)ˆ 2 j + mgkˆ − 2m(−ω cos λkˆ − ω sin λˆı)an(sin nt), = −man (cos nt)ˆ o sea fx = 2manω(sin λ) sin nt, fz = mg + 2man(ω cos λ)(sin nt), que prueban lo pedido.

96

Sistema de referencia no inercial N

Ejercicio 2.4.5 Una partícula de masa m puede deslizar sin roce en el interior de un tubo pequeño doblado en forma de un círculo de radio a. Inicialmente se hace rotar en torno de un diámetro vertical el tubo con velocidad ω 0 estando la partícula en una posición definida por el ángulo θ0 respecto de la vertical. Estudiar el movimiento subsiguiente de la partícula. ω0

θ r

Solución. De acuerdo al Teorema de Coriolis, tomando como sistema de referencia rotante al aro, la aceleración absoluta es a = aO +

dω × r + 2ω × vrel + ω × (ω × r) + arel , dt

donde aO dω dt ω rel v arel

= 0, = 0, ˆ = ω 0 k, = aθ˙ ˆθ, 2 = a¨θˆθ − aθ˙ rˆ,

entonces resultará 2 ˆ ma = m(2ω 0 kˆ × aθ˙ ˆθ + aω 20 kˆ × (kˆ × rˆ) + a¨θˆθ − aθ˙ rˆ) = N − mgk.

La ecuación de movimiento resulta eliminando N lo que se logra tomándola componente tangencial ·ˆθ de la última ecuación. Así aω20 (kˆ × (kˆ × rˆ)) · ˆθ + a¨θ = −g kˆ · ˆθ,


97

o sea g sin θ, a ¨θ − ω2 cos θ sin θ = g sin θ. 0 a

ω 20 (kˆ × (kˆ × rˆ)) · ˆθ + ¨θ =

Podemos 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. Una solución es el punto de partida θ0 . Otro existe si cos θ1 = − cos θ0 −

2g > −1, aω20

lo cual requiere que

2g . 1 − cos θ0 Esto 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 primer caso existe un punto estacionario θe donde ¨θ = 0, este satisface aω 20 >

cos θe = −

g aω20

y se cumple que cos θe =

cos θ1 + cos θ0 . 2 N

Ejercicio 2.4.6 Una partícula de masa m, puede deslizar, sin fricción en un tubo rígidamente unido en un ángulo θ0 = 60o con un eje vertical que gira con velocidad constante ω 0 tal que ω 20 = 2g/r0 . Si la partícula se p lanza por 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 partícula.

98

Sistema de referencia no inercial ω0

θ0 O r

Solución. Similarmente al problema anterior, tomando como sistema rotante al tubo, tenemos a = aO +

dω × r + 2ω × vrel + ω × (ω × r) + arel , dt

donde aO dω dt ω rel v arel

= 0, = 0, ˆ = ω 0 k, = rˆ ˙ r, = r¨rˆ,

luego resulta ˆ ma = m(2ω0 kˆ × rˆ ˙ r + ω20 kˆ × (kˆ × rˆ r) + r¨rˆ) = N − mgk. Tomemos la componente radial 2ω0 r( ˙ kˆ × rˆ) · rˆ + ω 20 (kˆ × (kˆ × rˆ r)) · rˆ + r¨ = −g kˆ · rˆ, luego Pero ω20 = 2g/r0 luego

r¨ − ω20 r sin2 θ0 = −g cos θ0 . r¨ =

2g r sin2 θ0 − g cos θ0 . r0


99

El punto donde la partícula podría estar estacionaria es 1 cos θ0 1 1 1 re = r0 2 = r0 23 = r0 . 2 sin θ0 2 4 3 Luego en el punto de partida la partícula es lanzada hacia el punto estacionario. ¿Llegará? Integrando la ecuación de segundo orden respecto a r tenemos 1 2 1 2 g r˙ − r˙0 = (r2 − r02 ) sin2 θ0 − g(r − r0 ) cos θ0 . 2 2 r0 o Hagamos r˙ = 0 y θ0 = 60 −

g 2 gr0 3 1 = (r − r02 ) − g(r − r0 ) , 4 r0 4 2 3 2 r − 2r, 0 = r0 2 rm´ın = r0 . 3 N

Ejercicio 2.4.7 Un plano suave inclinado en un ángulo con respecto a la horizontal está rígidamente conectado con un eje vertical en 0 (fijo en el espacio) alrededor del cual se mueve con una velocidad angular uniforme. Una partícula de masa unitaria se mueve bajo la acción de la gravedad sobre el plano. z0 ω

z y

O

x

Pruebe que si x es el desplazamiento de la partícula a lo largo de la línea de máxima pendiente que pasa por 0, entonces: d4 x d2 x 2 2 + ω (3 cos α − 1) + xω 4 cos2 α = gω 2 sin α. dt4 dt2

100


Si se desprecian los términos en ω 2 , pruebe que: 1 y(t) = − ωgt3 sin 2α 6 si la partícula parte en reposo del origen. Solución. Si tomamos como sistema de referencia al sistema OXY Z el cual rota con velocidad angular ω = ωkˆ0 , tenemos que m(aO +

dω × r + 2ω × v rel + ω × (ω × r) + arel ) = N − mg kˆ0 , dt m(2ω × v rel + ω × (ω × r) + arel ) = N − mg kˆ0 ,

tomando las componentes según ejes X, Y resulta 2ωkˆ0 × yˆ ˙ j · ˆı + ω 2 (x sin2 α − x) + x¨ = −g sin α, ˙ ı · jˆ − ω 2 y + y¨ = 0, 2ωkˆ0 × xˆ 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¨ x cos α − ω 2 y˙ = 0, eliminamos y˙ entre la primera y la tercera ... ( y + 2ω¨ x cos α) cos α − ω 2 x cos2 α = −g sin α, x¨ − 2ω 2 ω ... y x cos2 α − ω 2 x cos2 α = −g sin α, x¨ − 2 cos α − 4¨ ω de la segunda del grupo anterior eliminamos .... ... x − ω2 x¨ cos2 α y = , 2ω cos α


101

resultando d4 x d2 x 2 2 + ω (3 cos α − 1) + xω 4 cos2 α = gω 2 sin α. dt4 dt2 Ahora, 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, 2 luego

1 y˙ = ωgt2 sin α cos α ⇒ y = ωgt3 sin α cos α. 3 N

Ejercicio 2.4.8 Una partícula de masa m cae desde el reposo desde una altura h. Determinar x, y, z en función del tiempo, tomando en cuenta la rotación de la tierra, en la aproximación usual de primer orden en ω. Solución. Esto es resuelto por (??) 1 1 ˆ r = r(0) + v(0)t − gt2 kˆ − t2 ω × v(0) + gt3 ω × k, 2 3 colocando las condiciones iniciales adecuadas 1 1 ˆ r = hkˆ − gt2 kˆ + gt3 ω × k, 2 3 1 1 = hkˆ − gt2 kˆ + gt3 ω cos λˆ j 2 3 o sea x = 0, 1 3 gt ω cos λ, y = 3 1 z = h − gt2 . 2

102

Sistema de referencia no inercial N

Ejercicio 2.4.9 Una partícula de masa m cae desde una altura h por el interior de un tubo liso vertical. Determinar z en función del tiempo y la reacción del tubo debido a la rotación terrestre. Solución. Ahora, llamando N la reacción normal, tenemos ma = N − mgkˆ − 2mω × v, con ˆ v = z˙ k, ˆ a = z¨k, luego ˆ m¨ z kˆ = N − mg kˆ − 2mzω ˙ × k, m¨ z kˆ = N − mg kˆ − 2mzω ˙ cos λˆ j, de donde 1 z¨ = −g ⇒ z = h − gt2 , 2 N = (2mzω ˙ cos λ)ˆ j = −(2mgtω cos λ)ˆ j. N

Ejercicio 2.4.10 Una partícula de masa m está vinculada a un plano liso horizontal 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) y la reacción del plano en función del tiempo tomando en cuenta la rotación de la tierra. Solución. Similarmente, con z = 0 ma = N kˆ − kr − mg kˆ − 2mω × v. Usando coordenadas cartesianas en el plano AXY y tomando componentes X, Y tenemos k x + 2yω ˙ sin λ, m k ˙ sin λ. y¨ = − y − 2xω m

x¨ = −


103

Estas son las ecuaciones diferenciales a integrar. Lo dejaremos como trabajo de investigación. N Ejercicio 2.4.11 Una partícula de masa m está vinculada a un plano liso horizontal. Determinar las coordenadas sobre el plano (x, y), y la reacción del plano en función del tiempo tomando en cuenta la rotación terrestre. Solución. Ahora, a diferencia del problema anterior no hay fuerza elástica, luego resultará x¨ = 2yω ˙ sin λ, y¨ = −2xω ˙ sin λ. Es preciso dar condiciones iniciales para integrar. Supongamos que inicialmente x(0) y(0) x(0) ˙ y(0) ˙

= = = =

0, 0 U, 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

104


Capítulo

3

Rotaciones.

3.1.

Rotaciones de un sistema.

Se estudiarán las rotaciones de un sistema. El sistema a rotar puede ser el objeto físico, lo que se denomina punto de vista activo, o el sistema de coordenadas, punto de vista pasivo. Ambos puntos de vista difieren simplemente en el sentido de la rotación.

3.1.1.

Rotaciones de un sistema de coordenadas.

Entre los cambios de posición o desplazamientos que puede experimentar un sistema de coordenadas, o un cuerpo rígido, son importantes los casos particulares conocidos como traslaciones paralelas y rotaciones. En una traslación, todas las posiciones cambian en un mismo vector desplazamiento T de modo que r 0 = r + T. Por otro lado, una rotación, mantiene inalterada las posiciones de todos los puntos pertenecientes al llamado eje de la rotación. Al respecto, cabe destacar el siguiente teorema debido a Euler: I Teorema 3.1 Todo cambio de posición de un sistema que mantiene un punto fijo, puede ser logrado en forma equivalente mediante una rotación. Un enunciado equivalente es:

106

Rotaciones.

I Teorema 3.2 Al cambiar de posición un cuerpo rígido (infinitamente extenso) manteniendo fijo uno de sus puntos, existe otro punto del cuerpo que recobra su posición original. Una demostración simple de este teorema se encuentra en el libro de Mecánica de Synge y Griffith.[13] z

y'

z'

y x' x

Figura 3.1: Consideremos un sistema cartesiano de ejes x, y, z o xi (i = 1, 2, 3) con vectores unitarios ortogonales eî y otro con el mismo origen (el punto que no ha cambiado de posición) de ejes x0i (o x 0 , y 0 , z 0 ) con vectores unitarios ortogonales eˆ0i. . El índice i variará entre 1 y 3, ver figura (3.1). Debido al teorema de Euler, existe una rotación equivalente al cambio de posición del sistema original al nuevo sistema. Cosenos directores. Los cosenos directores de las direcciones eˆ0i , se definen como sus proyecciones sobre los vectores unitarios originales eî y se denotarán por αi , β i , γ i (i = 1, 2, 3), así eˆ01 = α1 eˆ1 + α2 eˆ2 + α3 eˆ3 , eˆ02 = β 1 eˆ1 + β 2 eˆ2 + β 3 eˆ3 , eˆ03 = γ 1 eˆ1 + γ 2 eˆ2 + γ 3 eˆ3 ,

3.1 Rotaciones de un sistema.

107

o, en notación matricial ⎛ 0 ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ eˆ1 α1 α2 α3 eˆ1 ⎝ eˆ02 ⎠ = ⎝ β 1 β 2 β 3 ⎠ ⎝ eˆ2 ⎠ . eˆ03 γ1 γ2 γ3 eˆ3

De los nueve cosenos directores hay solo 3 independientes porque la ortogonalidad 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) 0 0 1 γ1 γ2 γ3 α3 β 2 γ 3

que 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 = eˆ0i · eˆj ,

de 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 una matriz ortogonal. Rotación pasiva de un vector. Aquí se consideran las rotaciones desde un punto de vista pasivo, es decir se rota el sistema de coordenadas, y en consecuencia el vector permanece inalterado pero se modifican sus componentes, es decir X X r= xi eî = x0i eˆ0i , i

i

de donde, por la ortogonalidad de los vectores unitarios, se puede obtener X x0i = aij xj . j

108

Rotaciones.

Rotación activa de un vector. Aquí se consideran las rotaciones desde un punto de vista activo, es decir se rota el vector permaneciendo inalterado el sistema de referencia. Esencialmente se tiene el mismo resultado, pero ahora X r = xi eî , X r0 = x0i eî .

Note que se modifican las componentes pero se mantienen los mismos vectores unitarios. La idea es que el vector rotado tiene sus componentes en el sistema original, iguales a las del vector original en un sistema rotado en sentido contrario. De modo que X x0i = aji xj , j

donde se ha considerado que R−1 = RT .

Ejercicio 3.1.1 Demuestre que una transformación lineal con una matriz ortogonal, transformación ortogonal, conserva el producto escalar entre dos vectores y sus magnitudes. y

x θ

z

Figura 3.2: Rotación en torno a un eje

Rotación en torno de los ejes cartesianos. Una rotación del sistema en torno de los ejes cartesianos, en sentidos contrario a los punteros de un reloj, mirando hacia el eje, ver figura (3.2) es


109

realizada por las siguientes matrices Una rotación del sistema en torno de los ejes cartesianos, en sentidos contrario a los punteros de un reloj, mirando hacia 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 θ Similarmente se encuentran

⎛

⎞ cos θ 0 sin θ 0 1 0 ⎠, Ry (θ) = ⎝ − sin θ 0 cos θ ⎛ ⎞ cos θ − sin θ 0 Rz (θ) = ⎝ sin θ cos θ 0 ⎠ . 0 0 1

Rotación de un vector en un ángulo φ respecto a un eje especificado por n ˆ. Considere una rotación activa de un vector r en torno de un eje n ˆ en un ángulo φ en el sentido de avance de n ˆ . (Esto equivale a una rotación pasiva con un ángulo de −φ. ) De la figura (3.3) es posible demostrar que el vector rotado r 0 puede escribirse r 0 = r + (sin φ)ˆ n × r + (1 − cos φ)ˆ n × (ˆ n × r) .

(3.2)

La expresión (3.2), puede escribirse en notación matricial. Para ello considere la siguiente forma de realizar un “producto cruz ” ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞⎛ ay bz − az by bx 0 −az ay 0 −ax ⎠ ⎝ by ⎠ , a × b = ⎝ az bz − ax bz ⎠ = ⎝ az ax by − ay bx −ay ax 0 bz

110

Rotaciones. ⌃ n

r

C φ

⌃xr n r’

φ C ⌃ r ) n ⌃ (n x x

O

Figura 3.3: Rotación activa de un vector o sea, en forma matricial, el producto cruz es realizado mediante multiplicación por una matriz 3 × 3 que llamaremos (a×) ⎛ ⎞ 0 −az ay 0 −ax ⎠ , (a×) = ⎝ az −ay ax 0

de modo que, en términos matriciales £ ¤ n×) + (1 − cos φ)(ˆ n×)2 r, r 0 = I + (sin φ)(ˆ

(3.3)

por lo cual, la matriz de la rotación (activa) es £ ¤ n×) + (1 − cos φ)(ˆ n×)2 . Rnˆ (φ) = I + (sin φ)(ˆ Angulo y eje de la rotación.

Si la matriz de rotación es conocida, entonces el ángulo y el eje son calculables de acuerdo a T r(R) = 1 + 2 cos φ , n×) . R − RT = 2(sin φ)(ˆ En efecto la expresión de la matriz de rotación es R = I + (sin φ) (ˆ n×) + (1 − cos φ)(ˆ n×)2 .

(3.4) (3.5)


111

Debemos recordar que la matriz (n×) es antisimétrica y dada por ⎞ ⎛ 0 −nz ny 0 −nx ⎠ , (ˆ n×) = ⎝ nz −ny nx 0 con traza nula. La matriz (n×)2 resulta simétrica con expresión ⎞ ⎛ nx ny nx nz −n2y − n2z −n2x − n2z ny nz ⎠ , (ˆ n×)2 = ⎝ ny nx nz nx nz ny −n2x − n2y

y 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 n×) + (1 − cos φ)(ˆ n×)2 , de modo que resulta R − RT = 2 sin φ (ˆ n×). Ejercicio 3.1.2 Demuestre que (a×)3 = − |a|2 (a×) . Ejercicio 3.1.3 Demuestre que formalmente puede escribirse: Rnˆ (φ) = eφ (ˆn×) . Rotaciones infinitesimales y sus generadores. Considere la siguiente descomposición: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ 0 0 0 0 0 1 0 −1 0 0 −az ay ⎝ az 0 −ax ⎠ = ax ⎝ 0 0 −1 ⎠+ay ⎝ 0 0 0 ⎠+az ⎝ 1 0 0 ⎠ . 0 1 0 −1 0 0 0 0 0 −ay ax 0 Si se definen

⎛

⎞ 0 0 0 I1 = Ix = ⎝ 0 0 −1 ⎠ , 0 1 0

112

Rotaciones. ⎛

⎞ 0 0 1 I2 = Iy = ⎝ 0 0 0 ⎠ , −1 0 0 ⎛

⎞ 0 −1 0 I3 = Iz = ⎝ 1 0 0 ⎠ , 0 0 0

puede probarse directamente que

[Ii , Ij ] = Ii Ij − Ij Ii = εijk Ik .

(3.6)

Las matrices Ii se denominan los generadores de rotaciones infinitesimales y ellas 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 n×)r, es decir r 0 = [I + φ(ˆ n×)]r. Si un ángulo finito φ es descompuesto en n partes, puede obtenerse la expresión para una rotación finita activa al tomar el límite µ ¶n φ n×) r, r = l´ım I + (ˆ n−→∞ n 0

o sea r 0 = eφ(ˆn×) r.

3.1.2.

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).


113 y'

z z' θ

y φ

Ψ 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 ˆ) y 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 rotaciones en esos mismos ángulos pero respecto a los ejes originales. La demostración analítica se deja como problema, aquí se establece el resultado desde un punto de 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 1 Note 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 pasivo (rotar el sistema de coordenadas), todos los ángulos involucrados deben cambiarse de signo.

114

3.1.3.

Rotaciones.

Parámetros de Cayley Klein.

Matrices unimodulares. Hemos visto que una rotación depende de tres parámetros, por ejemplo cuando ella se expresa en términos de los ángulos de Euler. Sin embargo es de interés otra parametrización que es relevante por presentar conceptos teóricos importantes. Para ello, consideraremos transformaciones lineales en un 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 estudio 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 con estas matrices, describen rotaciones. Las condiciones que definen las matrices unimodulares, restringen el número de parámetros reales de las cuales ellas pueden depender, a sólo tres. En efecto, las condiciones son µ ¶ α β Q= , QQ† = I, det(Q) = +1 , (3.8) γ δ entonces (3.9) αα + ββ = 1 , 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. Como la matriz Q tiene en general 8 componentes reales, las 5 condiciones dejan sólo 3 parámetros independientes. La eliminación explícita no es conveniente llevarla a cabo completamente. Podemos señalar que las relaciones anteriores conducen a δ=α , γ = −β , (3.14) de modo que las matrices Q pueden expresarse mediante: ¶ µ α β , con |α|2 + |β|2 = 1. Q= −β α

(3.15)


3.1.4.

115

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 −z con x, y, z reales. Las transformaciones de similaridad generadas por las matrices Q, tienen las siguientes propiedades, que se dejan como problemas: Ejercicio 3.1.4 Demuestre que la transformación de similaridad de una matriz 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 matrices P, son de la misma forma, es decir ¶ µ ¶ µ z0 z x − iy x0 − iy 0 Q† . (3.17) =Q x + iy −z x0 + iy 0 −z 0 Podemos 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 relación básica 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 de los ejes. Para expresar explícitamente la matriz de rotación tridimensional asociada a una transformación de similaridad inducida por Q, analicemos lo siguiente. Las matrices P, pueden escribirse utilizando matrices de Pauli, de la siguiente manera ¶ ¶ ¶ µ µ µ 0 1 0 −i 1 0 P =x +y +z , (3.18) 1 0 i 0 0 −1

116

Rotaciones.

o bien P = r·σ. siendo ˆ z, σ = ˆıσ x + jˆσ y + kσ donde las matrices de Pauli están definidas por ¶ ¶ ¶ µ µ µ 0 1 0 −i 1 0 , σy = , σz = . σx = 1 0 i 0 0 −1

3.1.5.

(3.19)

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 , σ2 = , σ3 = . σ1 = 1 0 i 0 0 −1 de 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 ¶ 0 1 0 1 1 0 2 σ1 = = =I 1 0 1 0 0 1 y así agotar todos los productos comparando con el resultado σl σ m = iεlmn σ n + Iδ lm . Aquí, el símbolo εlmn tiene valores ⎧ si lmn es permutación par de 123 ⎨ 1 −1 si lmn es permutación impar de 123 εlmn = ⎩ 0 si hay índices repetidos


117

La otra relación. Usando convención de suma sobre índices repetidos, sigue que (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 bl

pero por lo tanto

(a × b)n = εnlm al bm (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 matrices de 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 a la forma siguiente r 0 · σ = (r − (2α0 n)ˆ n × r + (2n2 )ˆ n × (ˆ n × r)) · σ , que cuando es comparada con la fórmula de la rotación finita (3.3), conduce a φ φ α0 = cos . (3.21) n = − sin , 2 2 En resumen, la asociación de las matrices Q, con la rotación que ellas efectúan, ángulo φ y eje de la rotación n ˆ , puede escribirse µ ¶ µ ¶ φ φ Q = cos I − i sin n ˆ ·σ. 2 2

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 nˆ ·σ . Ejercicio 3.1.7 Demuestre que la matriz Q, asociada a una rotación activa en términos de los ángulos de Euler es : !µ ! Ã ¶ Ã −i Ψ Φ cos Θ2 −i sin Θ2 e 2 0 e−i 2 0 , (3.22) Q= Φ Ψ −i sin Θ2 cos Θ2 0 ei 2 0 ei 2 o bien Q=

Ã

Φ+Ψ cos Θ2 e−i 2 Φ−Ψ −i sin Θ2 e−i 2

Φ−Ψ −i sin Θ2 e−i 2 Φ+Ψ cos Θ2 e−i 2

!

.

Aunque hemos analizado esta representación de dos dimensiones del grupo de rotaciones, 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 conexión entre el grupo O(3) y SU (2), puede encontrarse en la siguiente referencia [5], pag. 281.

3.2. 3.2.1.

Velocidad angular. 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 traslación pura, que lleva alguno de sus puntos A a su posición final A0 , seguido de una rotación 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 al cuerpo rígido, podrá escribirse: −→ −→ −→ δ OP = δOAtraslación + δ AP rotación . Si el cambio de posición es finito, nada podemos decir de las posiciones intermedias 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

3.2 Velocidad angular.

119

infinitésimo, dt, entonces la descomposición anterior, nos describe en forma continua las posiciones que ocupa el cuerpo mediante −→ −→ −→ dOP = dOA + dAP , o sea

−→ −→ −→ dOP = dOA + dφ n ˆ × AP ,

que si se divide por dt, constituye una relación entre velocidades de dos puntos A, P del cuerpo rígido, es decir vP = vA +

−−→ dφ n ˆ × AP . dt

Si definimos

dφ n ˆ, (3.23) dt la denominada velocidad angular instantánea del cuerpo rígido, se obtiene ω=

−→ vP = vA + ω × AP .

(3.24)

Lo anterior es algo engañoso. La existencia del ángulo de rotación y de su eje, está garantizada por el teorema de Euler, sin embargo en la práctica, su determinación no es obvia. En este contexto, es útil el llamado teorema de adición 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 además un cuerpo rígido (CR) que mantiene un punto fijo en el origen común, ver figura (3.4), se deja como ejercicio probar el siguiente teorema que relaciona velocidades angulares relativas (rel): I Teorema 3.3 La velocidad angular puede descomponerse de la siguiente forma ω CR

rel S0

= ω CR

rel S1

+ ω S1

rel S0

120

Rotaciones. z

z' S0

y'

S1

CR

y

x' x

Figura 3.4: Adición de velocidades angulares

3.3.

Ejercicios resueltos.

Ejercicio 3.3.1 Demuestre que las componentes de la velocidad angular de un 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 , ˙ + φ˙ cos θ . ω z0 = Ψ 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

3.3 Ejercicios resueltos.

121 y'

z z' θ

y Ψ

φ

x' x

⌃ n

˙ n + φ˙ k, ˆ ˙ kˆ0 + θˆ ω=Ψ restando relacionar vectores unitarios. De la figura n ˆ = cos Ψˆı0 − sin Ψˆ j0 , j0 + sin Ψˆı0 , kˆ = cos θkˆ0 + sin θ(cos Ψˆ luego ˙ ˙ ˙ kˆ0 + θ(cos ω = Ψ Ψˆı0 − sin Ψˆ j0 ) + φ(cos θkˆ0 + sin θ(cos Ψˆ j0 + sin Ψˆı0 ) ˙ kˆ0 , j0 + (φ˙ cos θ + Ψ) = (θ˙ cos Ψ + φ˙ sin θ sin Ψ)ˆı0 + (φ˙ sin θ cos Ψ − θ˙ sin Ψ)ˆ que prueba el primer grupo. Similarmente rkˆ0 = cos θkˆ + sin θ(sin φˆı − cos φˆ j), n ˆ = cos φˆı + sin φˆ j, de donde ˙ ˆ ˙ ω = Ψ(cos θkˆ + sin θ(sin φˆı − cos φˆ j)) + θ(cos φˆı + sin φˆ j) + φ˙ k, ˆ ˙ sin θ sin φ + θ˙ cos φ)ˆı + (θ˙ sin φ − Ψ ˙ sin θ cos φ)ˆ ˙ cos θ)k, = (Ψ j + (φ˙ + Ψ que prueba el segundo grupo. N Ejercicio 3.3.2 Si se considera un vector de magnitud constante r(t) obtenido mediante una rotación R(t) del vector inicial r(0), demuestre que existe una matriz antisimétrica Ω(t) tal que dr(t) = Ω(t)r(t) , dt

122

Rotaciones.

y que ello equivale a dr(t) = ω(t) × r(t) , dt donde ω(t) es llamado el vector velocidad angular. Solución. Tenemos r(t) = R(t)r(0), derivando

dr(t) ˙ = R(t)r(0), dt

pero r(0) = R−1 (t)r(t), de modo que dr(t) −1 ˙ = R(t)R (t)r(t), dt pero sabemos que R es ortogonal, es decir R−1 = RT , además RR−1 = I, derivando ˙ T + RR˙ T = 0, RR entonces ˙ −1 )T = RR˙ T = −RR ˙ T = −RR ˙ −1 (RR

˙ −1 es antisimétrica. es decir Ω(t) = RR

N Ejercicio 3.3.3 Determine las componentes del vector ω(t) del problema anterior, en términos de las componentes de la matriz R(t). Solución. Como sabemos ⎛

⎞ 0 −ω z ω y ˙ −1 , 0 −ω x ⎠ = RR Ω = ω× = ⎝ ωz −ωy ωx 0

Si la matriz R es dada, lo anterior permitiría identificar las componentes de ω(t).


123 N

Ejercicio 3.3.4 Si las velocidades de tres puntos de un rígido son conocidas, demuestre que: ω=

(vB − vA ) × (vC − vA ) , −→ (vB − vA ) · AC

−→ si (vB − vA ) · AC 6= 0 .

Solución. La relación básica entre velocidades de dos puntos permite escribir −→ (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 . N

Ejercicio 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, lo que 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 ,

124

Rotaciones.

de donde λ1

λ2

−→ −→ (vC − vA ) · (AB × AC) = , ¯−→ −→¯2 ¯ ¯ ¯AB × AC ¯ −→ −→ (vA − vB ) · (AB × AC) = ¯−→ −→¯2 ¯ ¯ ¯AB × AC ¯ N

Ejercicio 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) . y'

z z' θ

y φ

Ψ

x' x

⌃ n

Solución. La figura explica que formalmente z 0 = Rn (θ)z, n = Rz (φ)x luego Rz0 (Ψ) = RRn (θ)z (Ψ) = Rn (θ)Rz (Ψ)Rn−1 (θ), por lo tanto R = Rz0 (Ψ)Rn (θ)Rz (φ) = Rn (θ)Rz (Ψ)Rn−1 (θ)Rn (θ)Rz (φ) = Rn (θ)Rz (Ψ)Rz (φ),


125

pero n = Rz (φ)x, luego R = = = = =

Rn (θ)Rz (Ψ)Rz (φ) RRz (φ)x (θ)Rz (Ψ)Rz (φ) Rz (φ)Rx (θ)Rz−1 (φ)Rz (Ψ)Rz (φ) Rz (φ)Rx (θ)Rz−1 (φ)Rz (Ψ + φ) Rz (φ)Rx (θ)Rz (Ψ),

que demuestra lo pedido. N

126

Rotaciones.

Capítulo

4

Sistema rígido de partículas

4.1.

Cantidades cinemáticas

Las cantidades cinemáticas, que dependen de las velocidades de las partículas del cuerpo, adquieren una forma especial cuando se trata de un sistema rígido de partículas. De acuerdo a lo estudiado en el capítulo sobre rotaciones, la descripción del movimiento de un cuerpo rígido puede hacerse en términos de tres coordenadas que den cuenta de los desplazamientos de un punto del cuerpo y de tres ángulos o parámetros que den cuenta de las rotaciones del cuerpo. Por esa razón existen en general solo seis variables necesarias en la descripción del movimiento de un cuerpo rígido y por lo tanto, es suficiente considerar solamente las seis ecuaciones escalares (1.2) y (1.3), o bien reemplazar alguna de ellas por el teorema de conservación de energía, si ello corresponde. Aquí solamente indicaremos las consideraciones especiales que permiten expresar tanto la energía cinética y el momentum angular de un cuerpo rígido, en términos de su velocidad angular y la matriz de inercia. Las ecuaciones dinámicas aplicables son aquellas recién citadas de un sistema de partículas. Considerando la relación básica entre las velocidades de dos puntos de un cuerpo rígido, ver fig.(4.1)

v = vA + ω × r,

128


podemos expresar el momento angular de un sistema rígido de partículas que mantiene un punto O fijo como X LO = mi ri × (ω × ri ), (4.1) i

o 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

y

O

x

Figura 4.1: velocidades de un cuerpo rígido Si se considera la siguiente forma de realizar un producto cruz (ver rotaciones) ⎛ ⎞⎛ ⎞ 0 −az ay bx 0 −ax ⎠ ⎝ by ⎠ = (a×) b, a × b = ⎝ az −ay ax 0 bz cualquiera de las dos expresiones (4.1) o (4.2) puede escribirse, al usar notación matricial, de la siguiente forma LO = HO ω. donde HO es una matriz 3 × 3, la denominada matriz de inercia del sistema relativa al origen O y que, para el caso de un cuerpo rígido continuo, por definición es Z HO = − dm (r×)2 .

4.1 Cantidades cinemáticas

129

y para un sistema rígido de partículas X mi (ri ×)2 . HO = −

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 partículas, pruebe que: LO = MrG × vG + HG ω, LG = HG ω, 1 1 2 K = + ω · HG ω MvG 2 2 Ejercicio 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 1 1 2 K = MvG + ω · HG ω = ω · H0 ω. 2 2 2

4.1.2.

Algunas propiedades de la matriz de inercia

La expresión explícita de la matriz de inercia (sus componentes), depende del origen elegido, así como de la orientación de los ejes. Sus componentes las indicaremos de acuerdo a ⎞ ⎛ Ixx Ixy Ixz H = ⎝ Iyx Iyy Iyz ⎠ , Izx Izy Izz siendo los elementos de la diagonal llamados momentos de inercia y los de fuera de la diagonal, productos de inercia

Ixx = Ixy

Z

2

2

dm(y + z ), Iyy = Z = Iyx = − xydm, etc.

Z

dm(x2 + z 2 ), etc.

130


Por ser la matriz de inercia una matriz real simétrica, ella puede ser diagonalizada. Las direcciones para las cuales ella es diagonal, se denominan direcciones o ejes principales de inercia del cuerpo, en el punto seleccionado. Cuando hay dos valores propios repetidos, todos los ejes del plano correspondiente a esos dos vectores propios, son ejes principales de inercia. Si los tres valores propios son iguales, todo eje es en ese punto es principal de inercia. En cualquier caso, siempre es posible escoger tres direcciones principales de inercia ortogonales entre si. Las propiedades de simetría de un cuerpo, cuando existen, ayudan en la determinación de las direcciones principales de inercia. Para lo que sigue, consideraremos cuerpos rígidos homogéneos de modo que las propiedades de simetría del cuerpo coinciden con sus simetrías geométricas. Pueden entonces probarse los siguientes teoremas:

4.1.3.

Teoremas

I Teorema 4.1 Todo eje de simetría, es principal de inercia en todos sus puntos. I Teorema 4.2 Un eje perpendicular a un plano de simetría de reflexión, es principal de inercia donde se intersectan. I Teorema 4.3 Un eje paralelo a un eje de simetría, es principal de inercia donde lo corta perpendicularmente el plano que contiene al centro de masas.

4.1.4.

El elipsoide de inercia

Las consideraciones anteriores admiten una visualización gráfica. La forma 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 = 1 representa en general, un elipsoide centrado en el origen seleccionado del cuerpo pero rotado respecto a los ejes elegidos, ver figura (4.2). Los semiejes del elipsoide serán en consecuencia los ejes principales de inercia del cuerpo en ese origen, puesto que para esos ejes, la forma cuadrática no tiene productos

4.1 Cantidades cinemáticas

131

de inercia. Este elipsoide puede degenerar desde un cilindro de sección elíptica si algún momento de inercia es cero, hasta una esfera si los tres momentos de inercia son iguales. Esta superficie, llamada elipsoide de inercia, que está fija en el cuerpo, debe por lo tanto tener las mismas propiedades de simetría del cuerpo. Por ejemplo, si uno de los ejes elegidos es de simetría de rotación del cuerpo en el origen seleccionado, ese eje debe ser uno de los semiejes del elipsoide, es decir un eje de simetría es principal de inercia en todos sus puntos. Igualmente, si el origen está en un plano de simetría de reflexión del cuerpo, el elipsoide debe tener ese mismo plano como plano de simetría de reflexión. Es decir dos semiejes del elipsoide están sobre ese plano y el tercero es perpendicular a ese plano. En consecuencia todo eje perpendicular a un plano de simetría de reflexión es principal de inercia donde se intersectan con el plano. Otra consecuencia que se entiende con claridad cuando se piensa en el elipsoide de inercia es la siguiente. Si el origen está en un eje de simetría de rotación en un ángulo distinto de 180o , el elipsoide debe tener esa misma propiedad, por lo tanto los dos semiejes del elipsoide que son perpendiculares a ese eje deben ser iguales, o sea esos dos correspondientes momentos de inercia deben ser iguales. z'

z

y' y

x

x'

Figura 4.2: Elipsoide de inercia

Rotaciones de los ejes. Si la matriz de inercia H es conocida en componentes para un sistema ortogonal de ejes en un punto de un cuerpo rígido, podemos obtener la

132


matriz en componentes para ejes rotados ortogonales eˆ1 , eˆ2 , eˆ3 en el mismo punto simplemente proyectando la matriz de inercia sobre estos nuevos ejes de acuerdo a Ie1 e2 = eˆ1T · H eˆ2 . Debemos remarcar que la matriz de inercia en un punto de un cuerpo rígido es única. Lo que cambia al cambiar ejes en un punto, son sus elementos o componentes. Traslaciones de los ejes, Teorema de Steiner Si se consideran traslaciones (paralelas) de los ejes, la relación de transformación de la matriz de inercia es particularmente simple si uno de los orígenes es el centro de masas G. Tal relación de transformación, conocida como teorema de Steiner sigue del siguiente análisis. Considere que Z HO = − dm (r×)2 , siendo

⎞ xy xz −y 2 − z 2 ⎠. yz −x2 − z 2 yz (r×)2 = ⎝ 2 2 zx zy −x − y ⎛

Si 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 0 0 x dm = y dm = z 0 dm = 0, entonces podemos no considerar los términos que resulten lineales en x0 o y 0 o 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 ,

4.2 Ecuaciones dinámicas

133

por lo tanto − (r×)2

⎞ −xz y 2 + z 2 −xy = ⎝ −yz x2 + z 2 −yz ⎠ −zx −zy x2 + y 2 ⎞ ⎛ 02 −x0 z 0 y + z 02 −x0 y 0 , ⎝ −y 0 z 0 x02 + z 02 −y 0 z 0 ⎠ + −z 0 x0 −z 0 y 0 x02 + y 02 ⎞ ⎛ 2 −ac c + b2 −ab ⎝ −ba a2 + c2 −bc ⎠ , 2 −ca −cb a + b2 ⎛

de donde se obtiene el teorema ⎛

⎞ −ac c2 + b2 −ab −bc ⎠ , HO = HG + M ⎝ −ba a2 + c2 2 −ca −cb a + b2

donde 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 recto circular 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 = 2 3m 2 (a + 4h2 ), C = 3ma . 20 10 b) En el centro de su base son A = B =

m (3a2 20

+ 2h2 ), C =

3ma2 . 10

c) El momento de inercia en torno de una generatriz es I = 1 sec2 α) sin2 α. 5

4.2.

3mh2 (1 4

+

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 en particular a un cuerpo rígido son dP = F ext , dt

134


para el movimiento del centro de masas, y dLO = Γext O , dt o dLG = Γext G , dt es decir para punto fijo O de un sistema inercial, el centro de masas G o un punto A arbitrario, siendo entonces −→ dLA = Γext (4.3) A − M AG × aA . dt Aunque no es común utilizar la última forma, en una sección más adelante mostraremos que bajo ciertas condiciones su uso simplifica muchos problemas.

4.2.1.

Movimiento Plano

Cuando todas las velocidades de un cuerpo rígido son paralelas a un plano fijo, por ejemplo el plano xy, se tiene un movimiento plano. La velocidad angular del cuerpo será de la forma ˆ ω = ω k, y en consecuencia el momentum angular en G estará dado por ⎞⎛ ⎞ 0 Ixx Ixy Ixz ⎠ ⎝ ⎝ Iyx Iyy Iyz 0 ⎠. LG = Izx Izy Izz ω ⎛

Si se trata de una lámina (z = 0) o bien simplemente si los ejes son principales de inercia entonces ⎞⎛ ⎞ ⎛ 0 Ixx Ixy 0 ˆ ⎠ ⎝ ⎝ Iyx Iyy 0 0 ⎠ = Izz ω k. LG = 0 0 Izz ω

Presentaremos algunos ejemplos de dinámica plana de un cuerpo rígido, los cuales permiten además una solución más simple si se usa la relación general


135

(4.3). La utilización de la ecuación (1.4) normalmente involucra calcular el torque de alguna fuerza desconocida que debe ser finalmente eliminada utilizando 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 suspensión A 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 IA ¨θ = −Mg

L ˆ sin θ − M(rG − rA ) × aA · k, 2

pero puede fácilmente verse que (rG − rA ) × aA · kˆ = − L2 aω 2 sin ωt sin θ obteniendo en dos pasos IA ¨θ = −Mg

L L sin θ + M aω 2 sin ωt sin θ. 2 2 N

Ejemplo 4.2.2 Péndulo de longitud L, masa M cuyo punto de suspensión A oscila horizontalmente en la forma xA = a sin ωt.

136

Sistema rígido de partículas Y

a sin(ωt) O

X

A

G θ

Péndulo forzado

Solución. Para este caso L ˆ IA ¨θ = −Mg sin θ − M(rG − rA ) × aA · k, 2 pero similarmente (rG −rA ) × aA · kˆ = − L2 aω 2 sin ωt cos θ entonces obtenemos en dos pasos IA ¨θ = −Mg

L L sin θ + M aω2 sin ωt cos θ. 2 2

N

Ejemplo 4.2.3 Péndulo de longitud L, masa M cuyo punto de suspensión A se mueve sobre una circunferencia vertical de radio R con velocidad angular constante ω.


137 Y A aA

ωt

O

θ

X G

R

Barra extremo sobre circunferencia Solución. Para este caso tenemos IA ¨θ = −Mg

L ˆ sin θ − M(rG − rA ) × aA · k, 2

pero (rG − rA ) × aA · kˆ = − L2 aω 2 sin( π2 − ωt + θ) obteniendo IA ¨θ = −Mg

L L sin θ + M aω2 cos(ωt − θ). 2 2 N

Ejemplo 4.2.4 Movimiento de rodadura de una rueda excéntrica de radio R y masa M sobre un plano horizontal. En este caso la aceleración del punto 2 de contacto A del cuerpo con el suelo es de magnitud aA = Rθ˙ hacia arriba. y

C

R θ

h G

φ

aA

X A

Disco que rueda

138


Solución. Suponiendo que el centro de masas está a distancia h del centro geométrico, tenemos 2 (rG − rA ) × aA · kˆ = |rG − rA | Rθ˙ sin φ,

pero

entonces

sin φ sin θ = , h |rG − rA | 2 (rG − rA ) × aA · kˆ = Rθ˙ h sin θ,

y finalmente 2

IA ¨θ = −Mgh sin θ − MRθ˙ h sin θ. El momento de inercia puede ser obtenido mediante el teorema de Steiner IA = IG + M(h2 + R2 − 2hr cos θ). N Ejemplo 4.2.5 El mismo ejemplo, pero la rueda es actuada por una fuerza horizontal constante de magnitud F sobre su centro. y

C

R θ

F

h G

φ

aA

X A

Disco tirado por fuerza Solución. Simplemente agregamos el torque de F obteniendo 2 IA ¨θ = −Mgh sin θ − F R − MRθ˙ h sin θ.

N


139

Ejemplo 4.2.6 Movimiento de rodadura de una rueda excéntrica de radio a sobre un cilindro fijo de radio R. a C θ

h φ G A θ

R

Rueda sobre cilindro Solución. En este caso, demostraremos primero que la aceleración del punto 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˙ y Rθ = aφ. lacionada con el ángulo θ mediante ω = (R + a)θ/a 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 −→ (R + a)¨θ ˆ 2 k × (−aˆ r) + ω × (ω × CA) = (R + a)¨θˆθ − (R + a)θ˙ rˆ + a −→ 2 = (R + a)¨θˆθ − (R + a)θ˙ rˆ − (R + a)¨θˆθ + ω × (ω × CA) 2 r = −(R + a)θ˙ rˆ + ω2 aˆ ω2 aR 2 = − a2 rˆ + ω2 aˆ ω rˆ. r= (R + a) R+a

140


(¿habrá un camino más corto?) Si el centro de masa está a distancia h del centro geométrico, podemos obtener (rG − rA ) × aA · kˆ = aA h sin φ =

aRω2 h sin φ, R+a

entonces aRω 2 h sin φ, R+a 2 R aRθ˙ (R + a)2 R R+a ¨ sin IA θ = −Mgh sin(1 + )θ + Mga sin θ − M h θ, a a R+a a2 a R R+a Mga2 sin θ a 2 sin θ+ − MRθ˙ h sin θ. IA ¨θ = −Mgh R+a a (R + a) a N IA α =

− Mg(h sin(θ + φ) − a sin θ) − M

Ejemplo 4.2.7 Movimiento de rodadura de una rueda de masa M y radio R, sobre una plataforma que oscila de la forma a sin ωt. y G a a sin(ωt)

A

R

θ A

x

Rueda sobre plataforma móvil Solución. Aquí la aceleración del punto A tiene dos componentes, aω 2 sin ωt, 2 Rθ˙ pero solo la primera importa, dando por simple inspección (rG − rA ) × aA · kˆ = Raω 2 sin ωt lo cual conduce a IA ¨θ = −MRaω 2 sin ωt. N

Problema 4.2.1 Repita los ejemplos anteriores, pero momentando respecto al centro de masas, es decir haciendo uso de la ecuación dLG /dt = Γext G .


4.2.2.

141

Un ejemplo en más dimensiones, la bola de billar

Considere una esfera homogénea de masa M, radio R, que se mueve sobre un plano horizontal con coeficiente de roce cinético μ sometida a su peso y a la reacción del plano, ver fig.(4.3). Hay dos situaciones, el punto de contacto P desliza o no lo hace. La matriz de inercia con origen en el centro de masas es diagonal y tiene sus tres momentos de inercia iguales (I = 2MR2 /5). Supondremos que inicialmente hay deslizamiento. Para ejes fijos OX,OY y OZ vertical, las ecuaciones dinámicas son MaG = f , dLG dω ˆ × f, = I = (−Rk) dt dt

z

G R y P x

Figura 4.3: Bola de billar y además la fuerza de roce f está dada por f = −μMgˆ vP , siendo vP = ˆ vG + ω × (−Rk). Si derivamos la última ecuación respecto al tiempo y reemplazamos en ella aG y dω/dt, se obtiene µ ¶ µ ¶ dvP 1 MR2 MR2 vP = 1+ f = −μg 1 + , dt M I I vP la cual nos dice, obviamente, que la dirección de vP no cambia con el tiempo y en consecuencia se tiene que vP = vP eˆ,

(4.4)

142


luego

µ ¶ dvP MR2 = −μg 1 + , dt I que se integra trivialmente µ ¶ MR2 t. vP = vP (0) − μg 1 + I

(4.5)

Si indicamos por eˆ la dirección fija de vP , podemos escribir aG = −

f = −μgˆ e, M

que también es sencillo integrar dos veces, resultando et vG = vG (0) − μgˆ y

1 rG = rG (0) + vG (0)t − μgˆ et2 , 2 siendo la dirección de eˆ determinables por las condiciones iniciales ˆ e = vP (0) = vG (0) − ω(0) × (Rk).

En resumen, el centro de masas describe, en general, una parábola. El análisis realizado vale hasta el instante en que vP , se anula, es decir hasta que la bola comienza a rodar sin deslizar. Ese tiempo puede ser determinado de la ecuación (4.5) y está dado por µ ¶ ¯ ¯ MR2 ¯ ¯ ˆ t ¯vG (0) − ω(0) × (Rk)¯ = μg 1 + I

de allí en adelante, es fácil ver que G sigue moviéndose en línea recta con velocidad constante. Note que el tiempo que tarda la bola en comenzar a rodar es cero si la condición de rodadura sin deslizamiento es satisfecha inicialmente, y que al contrario, el tiempo es infinito si μ = 0. La expresión 4.4 hay que interpretarla con cuidado. Cuando la velocidad de un punto tiene dirección fija parecería que lña trayectoria es una línea recta. Sin embargo se trata de un punto de la esfera que sigue una trayectoria complicada en el espacio 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, velocidad en la misma dirección.

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 dimensiones

4.3.1.

Ecuaciones de Euler

Consideremos primero, un cuerpo que se mueve sostenido de uno de sus puntos, bajo la acción de la reacción en el punto de suspensión y alguna otra fuerza que realice algún torque respecto al punto fijo. Además considere ejes principales OXY Z móviles fijos al cuerpo rígido con origen en el punto fijo O. Como sabemos, podemos escribir dL0 = Γ0 , dt

(4.6)

pero, en ejes principales ˆ L0 = Ixx ω xˆı + Iyy ωy jˆ + Izz ωz k, y su derivada será dL0 = Ixx ω˙ xˆı + Iyy ω˙ y jˆ + Izz ω˙ z kˆ + dt ω × L0 , de modo que si tomamos las componentes de la ecuación (4.6) se obtendrá con 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 ω˙ z − (Ixx − Iyy )ω x ωy = Γext z . Estas ecuaciones determinan completamente las componentes de la velocidad angular del cuerpo si el torque es conocido.

144

4.3.2.


Torque nulo

Consideremos segundo, un cuerpo que se mueve sostenido de su centro de masa 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 suspensión es nulo. Además considere ejes principales móviles fijos al cuerpo rígido con origen en el punto fijo O. Ahora tenemos que Ixx ω˙ x − (Iyy − Izz )ω y ωz = 0 Iyy ω˙ y − (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 L0 = Ixx ωxˆı + Iyy ω y jˆ + Izz ω z kˆ = constante. Si además no hay roce, se conserva la energía cinética de modo que 1 1 1 K = Ixx ω 2x + Iyy ω2y + Izz ω2z = constante. 2 2 2

(4.7)

También sigue de las ecuaciones anteriores que L0 · ω = 2K = constante, de modo que la velocidad angular permanece sobre un plano fijo perpendicular a L0 . Además la magnitud del momentum angular es constante, lo cual agrega otra condición (no es independiente) 2 2 2 2 2 L20 = Ixx ω 2x + Iyy ω y + Izz ωz = constante.

(4.8)

Ejercicio 4.3.1 A partir de las ecuaciones de Euler pruebe las ecuaciones 4.7 y 4.8. Pensemos ahora como se ven las cosas para un observador que se mueve junto con el cuerpo rígido. Para él las direcciones de los ejes permanecen fijas y observa que la velocidad angular varía en esos ejes. De acuerdo a él, la punta del vector velocidad angular se mueve en un punto que es la intersección de dos elipsoides fijos al cuerpo. Ixx ω 2x + Iyy ω 2y + Izz ω 2z = 2K


145

y 2 2 2 2 2 ω 2x + Iyy ω y + Izz ω z = L20 , L20 = Ixx

el primero de los cuales se denomina elipsoide de Poinsot. Además, como explicamos, la punta de vector velocidad angular permanece sobre un plano fijo. Notemos además que la normal al elipsoide de Poinsot donde está ω es n = Ixx ωxˆı + Iyy ω y jˆ + Izz ω z kˆ o sea precisamente el momentum angular, de modo que el plano invariable es tangente al elipsoide de Poinsot. El cuadro que sigue de aquí es que el elipsoide de Poinsot, que se mueve junto con el cuerpo, rueda sin deslizar sobre el plano invariable. Este movimiento, bastante complicado, representa el movimiento de un cuerpo rígido con torque nulo. 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 de simetría de revolución.

4.3.3.

Cuerpo simétrico

Supondremos ahora que el cuerpo tiene simetría de revolución de modo que 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 ω˙ z = 0. de donde se desprende que

ω 2x

ωz = + ω 2y =

constante, constante.

Si denotamos por α el ángulo que ω forma con el eje z, ver figura (4.4) sigue que

146

Sistema rígido de partículas z ω A>C

α

β L y

x

Figura 4.4: Cuerpo simétrico q ω2x + ω 2y + ω 2z = constante, ω = ω z = ω cos α, q ωx = ω2x + ω 2y = ω sin α,

tan β =

A tan α C

de 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) ω z t. φ = A de modo que (C − A) ωz t, A (C − A) = ω x sin ω z t. A

ω x = ω x cos ωx


147

Movimiento en el espacio De acuerdo a los resultados anteriores, se conoce como varía la velocidad angular del cuerpo respecto a ejes fijos al cuerpo. El movimiento del cuerpo en el espacio, al menos en su descripción cualtitativa se deduce del hecho que el momentum angular es constante. La dirección del eje z, el momentum angular y la velocidad angular permanecen sobre un plano formando ángulos constantes entre ellos, de manera que ese plano debe girar en torno a la línea del momentum angular, con cierta velocidad angular que llamaremos Ω. Se forman 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 en torno al eje z, llamado cono del cuerpo, porque se mueve de la misma manera que el cuerpo. Las figuras siguientes ilustran esos conos para los dos casos, A > C y A < C.

L ω

A>C

ω

L

z

z

A
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 a z, rueda sin deslizar sobre el cono fijo al espacio. Rueda sin deslizar porque todos los puntos del cuerpo rígido a lo largo de ω tienen velocidad nula, ver figura (??).

148

Sistema rígido de partículas L

ω z α

β−α Q

P

M

G

Cono fijo y del espacio. Tenemos entonces, un problema de cinemática. Sea Ω la velocidad angular de z en torno a L, entonces vP = Ω · P M = ω · P Q pero PQ = sin α, PG PM = sin β, PG por lo tanto sin α PQ ω= ω, PM sin β pero tan β = (A/C) tan α y puede obtenerse p sin α 1 + tan2 β ω, Ω = tan β r C2 = ω cos2 α + sin2 α 2 A o bien con periodo 2π . T = q 2 ω CA2 cos2 α + sin2 α Ω=

¿Es el movimiento del cuerpo periódico? Con respecto a la figura anterior, la velocidad angular del cuerpo puede descomponerse de la siguiente manera ω = φ˙ kˆ + Ωkˆ0


149

donde kˆ0 es unitario en la dirección de L0 . De modo que ω · kˆ = φ˙ + Ωkˆ0 · kˆ o sea φ˙ = Ωkˆ0 · kˆ − ω · kˆ sin α = ω cos β − ω cos α sin β sin α ω − ω cos α = tan β C −A = ω cos α, A como ya sabíamos. Como explicamos el eje de simetría del cuerpo da una vuelta completa en un tiempo 2π , T = q 2 C2 2 ω A2 cos α + sin α pero en ese tiempo el plano que contiene z, L0 y ω ha girado respecto del cuerpo un ángulo φ=

2π cos α (C − A) (C − A) q , ωz t = A A 2 C2 2 cos α + sin α A2

que no es necesariamente un múltiplo de 2π. Supongamos α = π/6, A = 1 MR2 , C = 12 MR2 , resulta 4

T = ω φ =

q

2π C2 A2

cos2 α + sin2 α

=

4 π√ 13, 13 ω

2π √ √ (C − A) 2π cos α q = 3 13 = 0,960 769π A 13 C2 2 α + sin2 α cos A2

0,08135 × 2 = 0,162 7π

150


Otro modo de averiguar sobre el giro del cuerpo sobre su eje El cono del cuerpo rueda sin deslizar sobre el cono del espacio. El punto Q describe una circunferencia de perímetro 2πGQ sin(β − α). L

ω z α

β−α Q

P

M

G

Cono fijo y del espacio. Este perímetro debe igualar a φ veces el radio de la circunferencia del cono del cuerpo cuyo radio es GQ sin α. Al igualar se obtiene φω sin α = 2πω sin(β − α), A tan β = tan α C que junto con tan β =

A C

φ=

tan α, conduce a (haga el desarrollo) 2π cos α (C − A) q , 2 A C 2 α + sin2 α cos A2

salvo un signo que es irrelevante.

4.3.4.

Trompo

Este caso del movimiento de un cuerpo rígido simétrico con un punto fijo, y a diferencia del último caso, sometido al torque que ejerce su peso. Considere entonces un trompo simétrico (Ixx = Iyy ) que mantiene su púa


151

fija. 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, los momentos de inercia, para un eje perpendicular al eje de simetría y respecto al eje de simetría, en el punto fijo, origen del sistema de coordenada. En el capítulo 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 . dt Los ejes móviles son z el eje de simetría, x en el plano que contiene z y z0 , y en el plano horizontal.La velocidad angular es ω = = =

˙ j + ψ˙ kˆ φ˙ kˆ0 − θˆ ˙ ˙ j + ψ˙ kˆ φ(cos θkˆ + sin θˆı) − θˆ ˙ j + φ˙ sin θˆı + (φ˙ cos θ + ψ) ˙ kˆ −θˆ

el momentum angular ˙ j + Aφ˙ sin θˆı + C(φ˙ cos θ + ψ) ˙ k, ˆ L0 = −Aθˆ el torque Γext j. 0 = −Mgh sin θˆ

La derivada del momentum angular puede hacerse con algo de manipula˙ entonces ción algebraica. Sea s = φ˙ cos θ + ψ, dL0 dˆ j ¨ sin θˆı + Aφ˙ θ˙ cos θˆı + = −A¨θˆ j − Aθ˙ + Aφ dt dt dˆı dkˆ Aφ˙ sin θ + C(s) ˙ kˆ + C(s) . dt dt Las derivadas de los vectores unitarios son dˆı ˙ j + (φ˙ cos θ)k) ˆ × ˆı = (−θˆ dt dˆ j ˆ × jˆ = (φ˙ sin θˆı + (φ˙ cos θ)k) dt dkˆ ˙ j + φ˙ sin θˆı) × k, ˆ = (−θˆ dt

152


z0 z

θ

ψ

R

x

G

O y

φ

Mg

Trompo simétrico que se reducen a dˆı = θ˙ kˆ + (φ˙ cos θ)ˆ j dt dˆ j = φ˙ sin θkˆ − (φ˙ cos θ)ˆı dt dkˆ ˙ ı − (φ˙ sin θ)ˆ = −θˆ j, dt de modo que dL0 ˙ φ˙ sin θkˆ − (φ˙ cos θ)ˆı) + Aφ ¨ sin θˆı + Aφ˙ θ˙ cos θˆı + = −A¨θˆ j − Aθ( dt ˙ ı − φ˙ sin θˆ Aφ˙ sin θ(θ˙ kˆ + (φ˙ cos θ)ˆ j) + C s˙ kˆ + Cs(−θˆ j), ˙ ˙ ¨ ¨ = −Aθˆ j + Aφ sin θˆı + 2Aφθ cos θˆı + ˙ ı − φ˙ sin θˆ Aφ˙ sin θφ˙ cos θˆ j + C s˙ kˆ + Cs(−θˆ j), entonces las componentes de la ecuación del torque son ¨ sin θ + 2Aφ˙ θ˙ cos θ − Csθ˙ = 0 Aφ −A¨θ + Aφ˙ sin θφ˙ cos θ − Csφ˙ sin θ = −Mgh sin θ C s˙ = 0. De la primera se obtiene d ¨ 2 (Aφ sin θ + Cs cos θ) = 0 dt


153

de 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 la energía se conserva, entonces 1 2 1 1 2 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) 1 − u2 − u˙ = f (u) = (2E − Cs − 2Mghu) A 2

2

µ

α − Csu A

¶2

,

polinomio cúbico en u, cuyas dos raíces entre −1 y 1 tienen importancia en la determinación de la inclinación del eje del trompo en su movimiento. En las figuras siguientes se muestran tres casos partículares donde la forma de f (u), la cual está determinada por las condiciones iniciales, determina el tipo de 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, como es lo usual es mayor que uno. El eje el trompo oscila entre las inclinaciones dadas por esas dos raices.

154

Sistema rígido de partículas f(u)

u0

-1

1 u

Precesión uniforme

El segundo caso corresponde a una inclinación constante θ0 del eje del trompo, 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 decir donde el eje del trompo permanece vertical y está caracterizado por ser f (1) = 0 y f 0 (1) = 0.Otras características del movimiento del trompo se visualizan mejor siguiendo el movimiento del centro de masas, el cual se mueve sobre una esfera, como se indica en la figura siguiente para tres casos posibles. En el primero φ˙ > 0, en el segundo φ˙ se anula en el punto más alto


precesión positiva

movimiento cuspidal

155

movimiento con loops

y en el tercero φ˙ se anula y por lo tanto cambia de signo entre las inclinaciones máximas y mínimas del eje del trompo. La solución completa para condiciones iniciales arbitrarias es complicada pero esbozaremos lo que se necesita hacer. Las condiciones iniciales de posición y velocidad del trompo determinan las constantes E, s y α. La inclinación del eje polar θ se obtendría integrando la última ecuación que tiene la forma du dt = p , f (u)

y que conduce a funciones elípticas. En efecto f (u) que es un polinomio cúbico puede escribirse f (u) =

2Mgh (u − u1 )(u − u2 )(u − u3 ), A

donde 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 (z )(z + u1 − u2 )(z 2 + u1 − u3 ), A du = 2zdz

f (u) =

de modo que dt =

s

2A dz p , 2 Mgh (z − (u2 − u1 ))(z 2 − (u3 − u1 ))

156


que nos proponemos reducir a la forma canónica (ver apéndice) µ ¶2 dy = (1 − y 2 )(1 − k2 y 2 ), (0 < k2 < 1). dx Para ello la escribimos µ ¶2 2A dz = ((u2 − u1 ) − z 2 )((u3 − u1 ) − z 2 ), Mgh dt p sea además z = (u2 − u1 )w entonces µ ¶2 dw u2 − u1 2 2A = (1 − w2 )(1 − w ), Mgh(u3 − u1 ) dt u3 − u1 de aquí, puede obtenerse w = sn(p(t − t0 ), donde p y el módulo de la función elíptica sn están dados por Mgh(u3 − u1 ) , 2A u2 − u1 = . u3 − u1

p2 = k2

Así finalmente la solución será cos θ = u1 + z 2 = u1 + (u2 − u1 )sn2 (p(t − t0 ).

4.4.

Ejemplos

Ejemplo 4.4.1 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados M y 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 por θ = 0. Solución. Podemos evaluar las constantes s ≡ φ˙ cos θ + ψ˙ = constante, α ≡ Aφ˙ sin2 θ + Cs cos θ = AΩ

4.4 Ejemplos

157 1 ˙2 1 1 2 Aθ + A(sin2 θ)φ˙ + Mgh cos θ + Cs2 2 2 2 1 2 1 = Cs + AΩ2 2 2

E =

entonces (1 − u2 ) f (u) = (AΩ − 2Mghu) − A 2

µ

AΩ − Csu A

¶2

.

Una raíz es u1 = 0, y la otra debe ser u = 1 por lo tanto AΩ − Cs = 0. N

Ejemplo 4.4.2 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados M y h se coloca en movimiento con su eje vertical hacia arriba. Con un movimiento de spin s solamente. Determine la condición para que el movimiento sea estable. Solución. De acuerdo a las condiciones iniciales podemos evaluar las constantes s ≡ φ˙ cos θ + ψ˙ = constante, α ≡ Aφ˙ sin2 θ + Cs cos θ = Cs, 1 1 ˙2 1 2 Aθ + A(sin2 θ)φ˙ + Mgh cos θ + Cs2 2 2 2 1 2 = Mgh + Cs , 2

E =

entonces µ ¶2 Cs − Csu (1 − u2 ) − , f (u) = (2Mgh − 2Mghu) A A (1 − u2 ) C 2 s2 − 2 (1 − u)2 , = 2Mgh(1 − u) A A µ ¶ C 2 s2 (1 − u)2 2Mgh(1 + u) − . = A A

158


O sea hay dos raíces repetidas u = 1, y la tercera raíz es u3 =

C 2 s2 − 1. 2MghA

Si la tercera raíz fuera menor que 1 entonces el eje del trompo se movería entre 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 N Ejemplo 4.4.3 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados M y 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 la condición para que en el movimiento θ no varíe. Solución. Nuevamente, de acuerdo a las condiciones iniciales podemos evaluar las constantes s ≡ φ˙ cos θ + ψ˙ = constante, α ≡ Aφ˙ sin2 θ + Cs cos θ = AΩ, 1 ˙2 1 1 2 Aθ + A(sin2 θ)φ˙ + Mgh cos θ + Cs2 2 2 2 1 1 AΩ2 + Cs2 , = 2 2

E =

entonces ¶2 AΩ − Csu , A µ ¶2 Cs (1 − u2 ) 2 = (AΩ − 2Mghu) − Ω− u . A A

(1 − u2 ) f (u) = (AΩ − 2Mghu) − A 2

µ

Obviamente una solución es u = 0 correspondiente a θ = π/2. Para que θ no varíe, 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.

4.4 Ejemplos

159

Haciendo el cálculo correspondiente resulta (−2Mgh)

2Cs 1 + Ω = 0 A A CsΩ = Mgh N

Ejemplo 4.4.4 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados M 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 la condición para que en el movimiento θ no varíe, aumente o disminuya. Solución. Evaluamos las constantes en términos de las condiciones iniciales, esto es α ≡ AΩ sin2 θ0 + Cs cos θ0 , 2E − Cs2 = A(sin2 θ0 )Ω2 + 2Mgh cos θ0 , luego f (u) será f (u) = (AΩ2 sin2 θ0 + 2Mgh cos θ0 − 2Mghu) ¶2 µ AΩ sin2 θ0 + Cs cos θ0 − Csu . A

1 − u2 − A

Como f (u0 ) = 0, θ0 es un extremo y el ángulo variará hacia la región donde f (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 evaluando en u0 = cos θ0 resulta 1 − u20 −2u0 2Cs + (AΩ2 sin2 θ0 ) + 2 AΩ sin2 θ0 A A A 2 ¢ 2 sin θ0 ¡ −Mgh − (AΩ2 )u0 + CsΩ , = A

f 0 (u0 ) = (−2Mgh)

entonces 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.

160

Sistema rígido de partículas N

Ejemplo 4.4.5 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados m 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 la condición para que debe cumplir Ω para que en el movimiento siguiente θ aumente y el trompo haga loops. Solución. Si tomamos condiciones iniciales en θ1 , dados θ˙ 1 = 0, s, φ˙ 1 entonces α = A(sin2 θ1 )φ˙ 1 + Cs cos θ1 . Para que la precesión se anule en el intervalo (θ1 , θ2 ) debe existir un ángulo θ3 tal que θ1 < θ3 < θ2 de modo α = A(sin2 θ1 )φ˙ 1 + Cs cos θ1 = Cs cos θ3 es decir α cos θ3 = u3 = , Cs ¯α¯ ¯ ¯ ¯ ¯ < 1. Cs

Esta condición puede escribirse −1 <

A(sin2 θ1 )φ˙ 1 + Cs cos θ1 <1 Cs

o bien, si el spin es positivo −

Cs Cs < Aφ˙ 1 < 1 − cos θ1 (1 + cos θ1 )

Aquí u3 = cos θ3 donde θ3 es el hipotético ángulo donde φ˙ 3 = 0 y debería estar entre θ1 y θ2 para que haya loops. Si hay dos raíces cos θ1 y cos θ2 en el intervalo fundamental (−1, 1) la condición que falta imponer es que u3 esté entre ellas lo que se traduce en que debe ser f (u3 ) > 0 Como

¡ ¢ 1 − u2 f (u) = 2E − Cs2 − 2mghu − A

µ

α − Csu A

¶2

4.4 Ejemplos entonces

implica

161

¡ ¢ 1 − u23 f (u3 ) = 2E − Cs2 − 2mghu3 >0 A f (u3 ) > 0 =⇒ 2E − Cs2 − 2mghu3 > 0

que es la condición que falta. Para colocarla en términos de las condiciones iniciales (con θ˙ 1 = 0) A(sin2 θ1 )φ˙ 1 + Cs cos θ1 2 2E−Cs2 −2mghu3 = Aφ˙ 1 sin2 θ1 +2mgh cos θ1 −2mgh >0 Cs que se reduce a 2mgh 0 < φ˙ 1 (φ˙ 1 − ). Cs Del ejemplo anterior, para que θ aumente, se requiere además que 2 Aφ˙ 1 cos θ1 − Csφ˙ 1 + mgh > 0,

esto es tenemos tres condiciones (para s > 0) −

Cs Cs , < Aφ˙ 1 < 1 − cos θ1 (1 + cos θ1 ) 2mgh 0 < φ˙ 1 (φ˙ 1 − ), Cs 2 0 < Aφ˙ 1 cos θ1 − Csφ˙ 1 + Mgh

Si φ˙ 1 < 0 y θ1 < π/2, (b) y (c) se satisfacen, (a) se reduce a −

Cs < Aφ˙ 1 1 − cos θ1

Si φ˙ 1 < 0 y θ1 > π/2, (b) se satisface, y las condiciones son −

Cs < Aφ˙ 1 . 1 − cos θ1 2 0 > Aφ˙ |cos θ1 | + Csφ˙ 1 − mgh. 1

De la última puede obtenerse que

(a)) (b)) (c))

162


Cs − 2 |cos θ1 |

Ã

1+

r

4A |cos θ1 | mgh 1+ C 2 s2

!

< Aφ˙ 1

y −

Cs < Aφ˙ 1 1 + |cos θ1 |

Pero Cs 2 |cos θ1 |

Ã

1+

r

4A |cos θ1 | mgh 1+ C 2 s2

!

>

Cs Cs > , |cos θ1 | 1 + |cos θ1 |

luego las dos condiciones se satisfacen si −

Cs < Aφ˙ 1 . 1 + |cos θ1 |

En consecuencia para s > 0, durante el movimiento siguiente θ aumentará y el trompo realizará loops si se satisface la condición anterior, cualquiera sea el ángulo de inclinación inicial θ1 . N pg Ejemplo 4.4.6 Para tener un caso concreto, sean s = , C = 12 mh2 , h ˙ ˙ = 0. Determine algún valor de φ(0) para que el A = 54 mh2 , θ(0) = π/3, θ(0) ángulo aumente y el trompo realice loops. Solución. Debe ser Cs/A 4 ˙ 0 > φ(0) >− >− 1 + |cos π/3| 15 2 ˙ sea entonces φ(0) = − 15

q¡ ¢ g , luego h

2 α = A(sin π/3)(− 15 61 mhg, 2E − Cs2 = 60 2

r³ ´ g , h

r³ ´ r³ ´ g g 1 2 ) + Cs cos π/3 = mh h 8 h

4.4 Ejemplos

163

de aquí puede obtenerse f (u) =

1 g (241 − 292u2 − 456u + 480u3 ), 300 h

cuyas raíces son u = −0,949 38, u = 0,5, u = 1. 057 7 luego el trompo oscila entre los ángulos 60o y 161,7o y la precesión se anula en cos θ3 =

1 α = , Cs 4

o sea en θ3 = 75. 522o . N Ejemplo 4.4.7 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados m 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 la condición para que debe cumplir Ω para que en el movimiento siguiente θ disminuya y el trompo haga loops. Solución. A diferencia del ejemplo anterior, ahora se desea que el ángulo de inclinación θ disminuya. Si tomamos condiciones iniciales en θ1 , dados θ˙ 1 = 0, s, φ˙ 1 entonces similarmente se obtendrá A(sin2 θ1 )φ˙ 1 + Cs cos θ1 <1 −1 < Cs o bien, si el spin es positivo −

Cs Cs < Aφ˙ 1 < 1 − cos θ1 (1 + cos θ1 )

Similarmente f (u3 ) > 0 implica 2mgh ). 0 < φ˙ 1 (φ˙ 1 − Cs Ahora, para que θ disminuya se requiere además que 2 Aφ˙ 1 cos θ1 − Csφ˙ 1 + mgh < 0,

164


esto es tenemos tres condiciones (para s > 0) −

Cs Cs , < Aφ˙ 1 < 1 − cos θ1 (1 + cos θ1 ) 2mgh 0 < φ˙ 1 (φ˙ 1 − ), Cs 2 0 > Aφ˙ 1 cos θ1 − Csφ˙ 1 + mgh.

(a)) (b)) (c))

Si s > 0, φ˙ 1 < 0 y θ1 < π/2, no es posible satisfacer (c). Si s > 0, φ˙ 1 < 0 y θ1 > π/2, (b) se satisface automáticamente y (c) se satisface si 2 0 > −Aφ˙ 1 |cos θ1 | − Csφ˙ 1 + mgh, o

2 0 < Aφ˙ 1 |cos θ1 | + Csφ˙ 1 − mgh,

y esto requiere Aφ˙ 1 < además de

´ ³ p 1 −Cs − (C 2 s2 + 4A |cos θ1 | mgh) , 2 |cos θ1 |

Cs < Aφ˙ 1 , 1 + |cos θ1 | ³ ´ p Cs Cs pero 2|cos1 θ1 | Cs + (C 2 s2 + 4A |cos θ1 | mgh) > |cos > 1+|cos , de modo θ1 | θ1 | que este caso no es posible. Resta entonces analizar la posibilidad s > 0, y φ˙ 1 > 0. Se deduce entonces que −

Cs , (1 + cos θ1 ) 2mgh φ˙ 1 > , Cs 2 0 > Aφ˙ 1 cos θ1 − Csφ˙ 1 + mgh.

Aφ˙ 1 <

Para poder satisfacer (a)y (b) es condición necesaria que Cs 2mghA < , Cs 1 + cos θ1

(a)) (b)) (c))

4.4 Ejemplos

165

y que φ˙ 1 esté entre las raíces de 2

Aφ˙ 1 cos θ1 − Csφ˙ 1 + mgh = 0, en el caso que θ1 < π/2. (Usted podrá comprobar que ambas raíces son reales.) Entonces si s > 0 y θ1 < π/2 deben cumplirse 2mghA Cs < Aφ˙ 1 < Cs (1 + cos θ1 ) Ã ! Ã ! r r 4A (cos θ1 ) mgh Cs 4A (cos θ ) mgh Cs 1 1− 1− < Aφ˙ 1 < 1+ 1− . 2 cos θ1 C 2 s2 2 cos θ1 C 2 s2 Puede probarse que 2mghA Cs > Cs 2 cos θ1

Ã

1−

r

4A (cos θ1 ) mgh 1− C 2 s2

!

,

y Cs Cs < (1 + cos θ1 ) 2 cos θ1

Ã

1+

r

4A (cos θ1 ) mgh 1− C 2 s2

!

,

entonces es suficiente que 2mghA Cs < Aφ˙ 1 < . Cs (1 + cos θ1 ) El caso que resta analizar es si s > 0 y θ1 > π/2 entonces deben cumplirse 2mghA Cs < Aφ˙ 1 < Cs 1 − |cos θ1 | y 2 0 > −Aφ˙ 1 |cos θ1 | − Csφ˙ 1 + mgh,

o

2 0 < Aφ˙ 1 |cos θ1 | + Csφ˙ 1 − mgh,

es decir φ˙ 1 debe ser mayor que la raíz positiva entonces

166


Cs 2 |cos θ1 |

Ã

−1 +

r

4Amgh |cos θ1 | 1+ C 2 s2

!

< Aφ˙ 1

pero es fácil establecer que ! Ã r Cs 2mghA 4A |cos θ1 | mgh < −1 + 1 + , 2 2 2 |cos θ1 | C s Cs luego la condición necesaria es Cs 2mghA < Aφ˙ 1 < Cs 1 − |cos θ1 | N

Ejemplo 4.4.8 Un trompo con A = Mh2 , C = 2Mh2 , baila con precesión uniforme con θ = π/2 y precesión Ω. Si repentinamente la precesión se duplica, determine el movimiento siguiente. Solución. Para precesión uniforme tenemos −AΩ2 u0 + CsΩ − Mgh = 0, u0 = 0, de donde despejamos el spin Cs =

Mgh . Ω

Calculamos ahora con θ0 = π/2, φ˙ 0 = 2Ω α ≡ Aφ˙ sin2 θ0 + Cs cos θ0 = 2AΩ, 2E − Cs2 = 4AΩ2 , luego ¡ ¢ 1 − u2 2 f (u) = 4AΩ − 2Mghu − A ¡ ¢ 1 − u2 = 4AΩ2 − 2Mghu − A =

µ

Ã

2AΩ − Csu A

¶2

u 2AΩ − Mgh Ω A

¢ 2AΩ2 u − Mgh ¡ , Mghu − 2AΩ2 u Ω2 A2

, !2

,

4.4 Ejemplos

167

de donde las raíces son u1 = 0, 2hΩ2 2AΩ2 = , u2 = Mgh g Mgh g = . u3 = 2 2AΩ 2hΩ2 Además

Hay dos casos: 2hΩ2 g

Aφ˙ sin2 θ = 2AΩ − Cs cos θ, ´ ³ g 2 cos θ . = 2Mh Ω − 2hΩ

> 1, las raíces son que dan los extremos son u1 = 0,

g < 1. 2hΩ2

u3 =

´ g 2Mh2 ³ cos θ Ω − 3 , 2hΩ A sin2 θ3 µ ¶ g2 2Mh2 Ω− 2 3 , = 4h Ω A sin2 θ3

˙ 3) = φ(θ

¶ µ 2Mh2 g2 > 0. Ω 1− 2 4 4h Ω A sin2 θ3 g 2hΩ2

> 1,las raíces que dan los extremos son u1 = 0, 2hΩ2 < 1. u2 = g ´ 2Mh2 ³ g cos θ2 , Ω− 2hΩ A sin2 θ2 µ ¶ 2Mh2 g 2hΩ2 = Ω− = 0, 2hΩ g A sin2 θ2

˙ 2) = φ(θ

es un movimiento cuspidal

N

168


4.5. 4.5.1.

Movimiento con loops Resumen

En los ejemplos anteriores se han establecido las condiciones para que el trompo, partiendo desde una posición extrema de su inclinación, realice loops, es decir que la precesión φ˙ se anule entre las posiciones extremas. En resumen se probó que las condicones son ˙ ˙ a) si s > 0, φ(0) = φ˙ 1 < 0, θ(0) = θ1 y θ(0) = 0 el ángulo de inclinación θ aumentará y hay loops si −

Cs < Aφ˙ 1 < 0. 1 − cos θ1

˙ ˙ b) si s > 0, φ(0) = φ˙ 1 > 0, θ(0) = θ1 y θ(0) = 0 el ángulo de inclinación θ disminuirá y hay loops si 2mghA Cs < Aφ˙ 1 < , Cs (1 + cos θ1 ) lo cual es posible solamente si 2mghA <

4.6.

C 2 s2 . (1 + cos θ1 )


Ejercicio 4.6.1 En el movimiento de un cuerpo rígido simétrico (es decir con 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 dirección fija pdel momentum angular LG , con velocidad angular de magnitud Ω = ω sin2 α + (C/A)2 cos2 α siendo α el ángulo constante que forma ω con el eje z.


169

L

ω

ω

L

z

A>C

z

A
Figura 4.6: Conos del espacio y del cuerpo Solución. Para ejes principales GXY Z fijos al cuerpo, podemos utilizar las ecuaciones de Euler donde el torque es nulo, por lo tanto dLG = ΓG = 0 ⇒ LG = constante. dt En 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 ω˙ y = 0, de donde ω2x + ω 2y = constante, y luego ω=

q ω2x + ω2y + ω 2z es constante.

170


La figura z

α

ω y

φ x

nos 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 N

Ejercicio 4.6.2 (Synge y Griffith, [13]) Un cono sólido de altura b y semi ángulo en el vértice α rueda en movimiento estacionario sobre un plano rugoso horizontal de modo que la línea de contacto rota con velocidad angular Ω en torno de la vertical. Demuestre que la reacción de la superficie sobre el cono equivale a una fuerza que corta la generatriz de contacto a distancia 3 k2 Ω2 b cos α + cot α 4 g de su vértice, siendo k el radio de giro del cono (I = mk 2 ) en torno a la generatriz. Deduzca que el valor máximo posible de Ω es q 1 gb(1 + 3 sin2 α) sin α. 2k cos α


171

Solución. Con relación a la figura z0 z α y

C α

y0

φ

x x0

P

ω

usemos los ejes principales OXY Z. La matriz de inercia en O será de la forma ⎡ ⎤ 0 Ixx 0 ⎣ 0 Iyy 0 ⎦ , con Ixx = Izz . 0 0 Izz

La velocidad angular del cuerpo está en la dirección de la generatriz de contacto de modo que ˆ ω = ω cos αˆ j − ω sin αk, y resulta ˆ j − ωIzz sin αk. L0 = ωIyy cos αˆ Las derivadas de los vectores unitarios son dˆ j = Ωkˆ0 × jˆ = −Ω sin(90 − α)ˆı, dt dkˆ = Ωkˆ0 × kˆ = Ω sin(α)ˆı, dt y entonces dL0 = ωIyy cos α(−Ω sin(90 − α)ˆı) − ωIzz sin α(Ω sin(α)ˆı) dt = −ωΩ(Iyy cos2 α + Izz sin2 α)ˆı.

Por otro lado no hay aceleración vertical del centro de masa por lo tanto la reacción R = mg. El centro de masa está a distancia horizontal 34 b cos α del

172


vértice 0 por lo tanto si llamamos h a la distancia a la cual actúa R tenemos que 3 Γ = (−mg b cos α + Rh)ˆı = −ωΩ(Iyy cos2 α + Izz sin2 α)ˆı, 4 de aquí, usando R = mg, despejamos h 3 ωΩ Iyy cos2 α + Izz sin2 α h = b cos α − ( ). 4 g m Falta determinar ω. Si evaluamos la velocidad del centro de la base del cono ella es ωb sin α = −Ωb cos α, luego

Ω2 cos α Iyy cos2 α + Izz sin2 α 3 ( ). h = b cos α + 4 g sin α m Pero 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 α

lo que prueba lo solicitado

k2 Ω2 3 cot α. h = b cos α + 4 g Obviamente h 5 OP =

b cos α

de manera que

3 k2 Ω2 b b cos α + cot α 5 , 4 g cos α de donde g tan α 3 (b − b cos α tan α), k2 cos α 4 3 gb (sin α − cos2 α sin α), = 2 2 k cos α q 4 1 p gb 4 sin α − 3(1 − sin2 α) sin α Ω 5 2k cos α 1 p p gb sin α + 3 sin3 α. = 2k cos α

Ω2 5


173 N

Ejercicio 4.6.3 (Synge y Griffith) Una placa delgada elíptica de semieje a, b (a ≥ b) puede moverse libremente en torno de su centro que está fijo. Es colocada en movimiento dándole una velocidad angular de magnitud n en torno de un eje sobre su plano, igualmente inclinado respecto a ambos semiejes de la elipse. Demuestre que el eje instantáneo de rotación, volverá a estar sobre el plano de la elipse después de un tiempo T =2

Zλ 0

siendo

1 p dx, 4 λ − x4

n2 a2 − b2 . 2 a2 + b2 Solución. Las ecuaciones de Euler darán con C = A + B λ2 =

Aω˙ x − (B − A − B)ω y ωz = 0, B ω˙ y − (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 ω˙ y = 0, de donde ω2x + ω 2y = constante = n2 . Sea además ω x = n cos Ψ/2, ωy = n sin Ψ/2 sustituimos en ω˙ x + ωy ω z = 0 y obtenemos −n

˙ ˙ Ψ Ψ Ψ Ψ sin + n sin ω z = 0 ⇒ ω z = , 2 2 2 2

174


sustituimos en la tercera ecuación de Euler (A + B)

¨ Ψ Ψ π Ψ ˙ − (A − B)n2 cos sin = 0, con Ψ(0) = 0, Ψ(0) = . 2 2 2 2

que puede escribirse 2 π ˙ ¨ + (B − A)n sin Ψ = 0, con Ψ(0) = 0, Ψ(0) = . Ψ (A + B) 2 2

que que corresponde a la ecuación de un péndulo simple con Ω2 = (B−A)n (A+B) partió del reposo en posición horizontal. Podemos integrar obteniendo √ √ ˙ 2 − 2Ω2 cos Ψ = 0 =⇒ dΨ = −Ω 2 cos Ψ Ψ dt reordenando

√ dΨ √ = −Ω 2dt cos Ψ

y el tiempo necesario para que Ψ → −π/2 será 1 T = −2 √ Ω 2

Z

0

π/2

dΨ 2 √ = √ cos Ψ Ω 2

Z

π/2

0

dΨ √ . cos Ψ

Si elegimo los semiejes de la elipse como eje X, Y los momentos de inercia serán Z Z 2 y dm, B = Iyy = x2 dm, C = Izz = Ixx + Iyy , A = Ixx = R

R

notemos que para la frontera R de la región de integración x2 y 2 + 2 = 1, a2 b además Z M y 2 dxdy, A = Ixx = πab R Z M B = Iyy = x2 dxdy πab R


175

para reducir la región a un círculo unitario R0 tomemos x = ax0 , y = by 0 luego Z Z Mb2 Mb2 1 Mb2 02 0 0 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 4 R0 R R R (Hemos usado R0 y 02 dx0 dy 0 = R0 x02 dx0 dy 0 = 12 R0 r02 r0 dr0 dθ ). Entonces Ω2 =

(a2 − b2 )n2 = 2λ2 (a2 + b2 )

o sea nuestro resultado es Z Z 0 Z π/2 dΨ dΨ 1 2 1 π/2 dΨ √ √ √ T = −2 √ = √ = . Ω 2 π/2 cos Ψ Ω 2 0 cos Ψ λ 0 cos Ψ El resultado propuesto es T =2

Zλ 0

1

2 p dx = λ λ4 − x4

Z1 0

1 √ dx0 04 1−x

Me dio lata demostrarlo, pero un cálculo numérico indica que son iguales porque Z

0

π/2

dΨ √ = 2. 622 06, cos Ψ

2

Z1 0

1 √ dx = 2. 622 06. 1 − x4

N Ejercicio 4.6.4 Considere dos cuerpos rígidos que chocan de modo que existe una tangente común a las superficies en el punto de contacto, donde se desarrolla una fuerza normal y posiblemente otra tangente (de roce), ver fig.(??). Establezca la equivalencia entre conservación de energía (choque elástico) y coeficiente de restitución unidad (e = 1). Otros ejemplos de la dinámica de los cuerpos rígidos, tales como el movimiento del trompo simétrico bajo la acción de su peso y de la reacción en su púa, se estudiarán en el capítulo sobre ecuaciones de Lagrange, pues ese método tiene, en general, ventajas respecto a la formulación newtoniana usual.

176

Sistema rígido de partículas V2 V1 J G1

ω1

J

G2 ω2

Figura 4.7: Choque cuerpos rígidos Solución. Si llamamos J a la interacción impulsiva y P1 (y P2 ) al punto de contacto, 1 y 2 a los centros de masas e indicamos con + y− a valores de las diversas cantidades justo después y justo antes de la colisión, tenemos que M1 (v1+ − v1− ) = J , (4.9) M2 (v2+ − v2− ) = −J ,

− H1 (ω + 1 − ω 1 ) = G1 P × J ,

− H2 (ω + 2 − ω 2 ) = −G2 P × J ,

(4.10) (4.11) (4.12)

y conservación de energía 1 1 1 1 + + + M1 v1+2 + M2 v2+2 + ω + 1 · H1 ω 1 + ω 2 · H2 ω 2 = 2 2 2 2 1 1 1 − 1 − − M1 v1−2 + M2 v2−2 + ω − 1 · H1 ω 1 + ω 2 · H2 ω 2 . 2 2 2 2 De las ecuaciones (10.4) y (10.5) se obtiene

(4.13)

+ − − + − ω+ 1 · H1 ω 1 − ω 1 · H1 ω 1 = (ω 1 + ω 1 ) · G1 P × J , + − − + − ω+ 2 · H2 ω 2 − ω 2 · H2 ω 2 = −(ω 2 + ω 2 ) · G2 P × J .

De aquí, con algo de álgebra, puede obtenerse de la ecuación de conservación de la energía − (v1+ + v1− ) · J − (v2+ + v2− ) · J = −(ω + 1 + ω 1 ) × G1 P · J +


177

− +(ω + 2 + ω 2 ) × G2 P · J ,

pero vP+1 = v1+ + ω+ 1 × G1 P , y similarmente las otras, entonces (vP+1 + vP−1 − vP+2 − vP−2 ) · J , es decir (vP+1 − vP+2 ) · J = −(vP−1 − vP−2 ) · J . que significa coeficiente de restitución unidad, en la dirección del impulso de interacción. N Ejercicio 4.6.5 Una semiesfera homogénea de radio a está en reposo sobre un plano horizontal liso con su base paralela a una pared vertical lisa, sobre la cual la superficie semi esférica, se apoya. La semiesfera comienza a moverse partiendo del reposo, deslizando sobre el piso horizontal y la pared, ambas sin roce. Demuestre que cuando la base alcanza la posición horizontal, la rapidez angular y la rapidez del centro de masas de la semiesfera son ω = q 15 g/a, v = 38 aω respectivamente. Demuestre además durante el movimiento 8 45 ). siguiente, el ángulo entre la base y la horizontal no excede de cos−1 ( 128

Solución.

θ

El centro de masa del cuerpo está a distancia 3a/8 del centro. Mientras no despega, el cuerpo mantiene su centro fijo, y la única fuerza que realiza torque

178


respecto a ese punto es el peso. Si en la segunda figura θ es el ángulo que ha girado la línea que contiene el centro de masa, entonces 3 IC ¨θ = Mg a cos θ, 8 donde el momento de inercia es I = 2Ma2 /5, luego 2Ma2 ¨ 3 θ = Mg a cos θ, 5 8 o sea

¨θ = 15 g cos θ, 16 a

que podemos integrar porque ¨θ = 1 d θ˙ 2 , 2 dθ obteniendo

1 ˙ 2 15 g θ = sin θ, 2 16 a y cuando la base se coloca horizontal θ = π/2 resultando r 15 g ω = θ˙ = , 8 a y 3 vCM = aω. 8 Puede probarse que en esta posición el cuerpo despega y tiene una energía inicial (respecto a la posición inicial del centro) 1 2 3 E = I θ˙ − Mg a = 0, 2 8 y su momentum en la dirección horizontal es r 15 g 3 3 . Px = M aω = M a 8 8 8 a Esas dos cantidades son conservadas, pero ahora todo el cuerpo se traslada y rota, de manera que la coordenada x del centro de masa varía. Así la energía se puede escribir 1 3a 1 2 2 + ICM θ˙ − Mg cos θ = 0, E = MvCM 2 2 8


179

además

r 15 g 3 , M x˙ = M a 8 8 a 3a cos θ, yCM = 8 3a y˙CM = − θ˙ sin θ. 8 Cuando θ sea un extremo, θ˙ = 0, y en ese caso, y˙CM = 0 y la ecuación de energía da r 3 3a 15 g 2 1 M( a ) − Mg cos θ = 0 2 8 8 a 8 que se reduce a 45 cos θ = , 128 o sea θ = 69. 417 o . N Ejercicio 4.6.6 Un disco uniforme de radio a que está rotando con rapidez angular inicial Ω alrededor de su eje, se coloca sobre un plano horizontal donde el coeficiente de roce cinético es μ. Si la superficie se apoya uniformemente sobre el suelo, demuestre que el disco se detendrá en un tiempo 34 aΩ/(gμ). Solución. Si la fuerza normal está distribuida uniformemente, la que actúa sobre un elemento de área dA = rdrdθ en polares será mg dN = 2 rdrdθ, πa la cual produce un torque retardador μmg dΓ = −μrdN = − 2 r2 drdθ, πa siendo el torque total μmg a3 2 2π = − μmga 2 πa 3 3 luego la desaceleración angular estará dada por Γ=−

1 2 2 4 μg ma α = − μmga ⇒ α = − , 2 3 3 a

180


luego frena cuando 0=Ω−

3Ωa 4 μg t⇒t= . 3 a 4μg N

Ejercicio 4.6.7 Un cilindro sólido de radio R, descansa sobre otro igual que a su vez se apoya sobre el suelo, en equilibrio inestable. Si el sistema se perturba levemente y no hay deslizamiento en las superficies de contacto, demuestre que mientras los cilindros permanecen en contacto, el ángulo θ que forma la línea que une los centros con la vertical satisface 2 θ˙ =

12g(1 − cos θ) . a(17 + 4 cos θ − 4 cos2 θ)

Solución. Lamentablemente se nos coló este problema aquí porque es mejor hacerlo por el método de lagrange que se estudia más adelante. La figura ilustra que si el cilindro de abajo gira un ángulo φ, el de arriba gira un ángulo 2θ + φ. Note que los arcos azules son iguales. (2) R

φθ R (1)

Las coordenadas de los centros de masa son x1 y1 x2 y2

= = = =

−Rφ, R, −Rφ + 2R sin θ, R + 2R cos θ,

θ


181

luego las componentes de velocidad son x˙ 1 y˙1 x˙ 2 y˙2

= = = =

˙ −Rφ, 0, −Rφ˙ + 2Rθ˙ cos θ, −2Rθ˙ sin θ.

luego la energía cinética será 1 1 1 1 2 2 MR2 φ˙ + ( MR2 )φ˙ + M((−Rφ˙ + 2Rθ˙ cos θ)2 + 2 2 2 2 1 1 2 ˙2 2 2 ˙ 2, 4R θ sin θ) + ( MR )(2θ˙ + φ) 2 2 3 2 2˙2 ˙ = MR φ + 3MR2 θ˙ − 2MR2 θ˙ φ˙ cos θ + MR2 θ˙ φ, 2 y la potencial será V = Mg2R cos θ, K =

de aquí 3 2 2 L = MR2 φ˙ + 3MR2 θ˙ − 2MR2 θ˙ φ˙ cos θ + MR2 θ˙ φ˙ − Mg2R cos θ, 2 luego se conserva pφ =

∂L = 3MR2 φ˙ − 2MR2 θ˙ cos θ + MR2 θ˙ = 0, ˙ ∂φ

despejamos

1˙ 2 φ˙ = θ˙ cos θ − θ, 3 3 la energía también es constante

3 2 2 E = MR2 φ˙ + 3MR2 θ˙ − 2MR2 θ˙ φ˙ cos θ + MR2 θ˙ φ˙ + Mg2R cos θ = Mg2R, 2 reemplazamos φ˙ resultando 3 2˙ 1 ˙ 2 ˙2 ˙ 2 ˙ 1˙ ˙ 2 θ˙ cos θ− 1 θ) ˙ = 2g − 2g cos θ, +3θ −2θ( θ cos θ− θ) ( θ cos θ− θ) cos θ+θ( 2 3 3 3 3 3 3 R R de donde sigue que 2 θ˙ = 12g

1 − cos θ R (17 + 4 cos θ − 4 cos2 θ)

182

Sistema rígido de partículas N

Ejercicio 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 cuales θ 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 −( ) A A AΩ − Csu 2 1 − u2 −( ) = (AΩ2 − 2mghu) A A

f (u) = (2E − Cs2 − 2mghu)

como se ilustra en la figura f(u) (b) (a) π

0

π/2

-1

u 1

0

(c) 0

θ aumentará (b) si f (0) < 0, permanecerá constante si (c) f 0 (0) = 0, disminuirá (a) si f 0 (0) > 0. Evaluamos f 0 (0) = (−2mgh)

2Cs 2Cs mgh 1 + (Ω) = (Ω − ), A A A Cs

de donde θ aumentará si Ω < disminuirá si Ω > mgh . Cs

mgh Cs

, permanecerá constante si Ω = N

mgh , Cs


183

Ejercicio 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 θ para 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 α − Csu 2 1 − u2 −( ) A A −Csu 2 1 − u2 2MghAu2 − C 2 s2 u − 2MghA −( ) =u = (−2Mghu) A A A2

f (u) = (2E − Cs2 − 2Mghu)

una 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 N Ejercicio 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 ángulo θ para el movimiento siguiente. Solución. De nuevo la misma rutina π 2 2 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

184


luego α − Csu 2 1 − u2 −( ) 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) 4A2 de donde θ1 = π3 y las otras satisfacen f (u) = (2E − Cs2 − 2Mghu)

M 2 h4 2 5Mh2 M 2 h4 2 5Mh2 2 u −2 s u − 4Mgh + s, 4 4 4 4 0 = −2s2 uh + s2 h + 20gu2 − 20g ⇒ ´ p 1 ³ 2 cos θ2 = s h − s4 h2 − 20s2 hg + 400g2 . 20g N 0 = 4Mgh

Ejercicio 4.6.11 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados M 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 para que el ángulo θ no varíe. (Precesión uniforme) Solución. Sea θ0 el ángulo constante. Debe ser f 0 (u0 ) = 0. Derivando f 0 (u) = (2E − Cs2 − 2Mghu)

1 − u2 2Cs −2u + (−2Mgh) + 2 (α − Csu), A A A

Pero 2E − Cs2 = AΩ2 sin2 θ0 + 2Mgh cos θ0 , α = AΩ sin2 θ0 + Cs cos θ0 , evaluando en u0 = cos θ0 resulta −2 cos θ0 sin2 θ0 2Cs f (u0 ) = (AΩ sin θ0 ) + (−2Mgh) + 2 (AΩ sin2 θ0 ) ⇒ A A A 0 = AΩ2 (cos θ0 ) − CsΩ + Mgh. 0

2

2

la relación pedida,


185 N

Ejercicio 4.6.12 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados M y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en θ0 . Si el trompo tiene spin solamente, determine los valores extremos del ángulo θ. (Movimiento cuspidal) 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 −( ), 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), = A2

f (u) = (2E − Cs2 − 2mghu)

de donde θ1 = θ0 y las otras satisfacen 0 = 2mghAu2 − C 2 s2 u − 2mghA + C 2 s2 cos θ0 , de donde resulta cos θ2 =

³ ´ p 1 C 2 s2 − C 4 s4 + 16m2 g2 h2 A2 − 8mghAC 2 s2 cos θ0 . 4mghA N

Ejercicio 4.6.13 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados M y h se coloca en movimiento con su eje vertical hacia arriba (θ0 = 0). Si el trompo tiene spin solamente, determine los valores del spin para los cuales el 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,

186


luego 1 − u2 Cs − Csu 2 −( ), A A 2MghAu − C 2 s2 + 2MghA = (1 − u)2 A2

f (u) = (2Mgh − 2Mghu)

donde hay dos raíces repetidas θ1 = θ2 = 0 y la otra debe ser mayor que uno, es decir u=

1 C 2 s2 − 2MghA > 1 =⇒ C 2 s2 > 4MghA. 2 MghA N

Ejercicio 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 ángulo θ. Si repentinamente el spin s0 se duplica determine los ángulos extremos de inclinación 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 s20 − 4AMgh (cos θ0 ) , 2A (cos θ0 ) ˙ s = 2s0 , θ(0) = θ0 , θ(0) = 0. Ahora evaluamos 2 2 2E − 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 ,


187

entonces α − Csu 2 1 − u2 −( ), A A 1 − u2 = (AΩ2 sin2 θ0 + 2mgh cos θ0 − 2Mghu) A 2 AΩ sin θ0 + Cs cos θ0 − Csu 2 ), −( A

f (u) = (2E − Cs2 − 2Mghu)

f (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 ´ p 1 Cs0 + C 2 s20 − 4AMgh (cos θ0 ) y 2A(cos θ0 ) s = 2s0 . N

188


Capítulo

5

Ecuaciones de Lagrange

5.1.

Introducción

Presentaremos las ecuaciones de Lagrange que constituyen una formulación alternativa a la formulación clásica Newtoniana, con ventajas que explicaremos. Las ecuaciones de Lagrange así como la función lagrangiano pueden ser introducidas de diversas formas. La justificación última de cualquiera de los métodos es que el formalismo conduzca a las ecuaciones correctas de movimiento del sistema (cuando ellas son conocidas). De este punto de vista pueden existir diversos lagrangianos que originen las mismas ecuaciones de movimiento. Esos lagrangianos se denominan equivalentes. Una de las formas modernas es partir del principio variacional de Hamilton buscando una función lagrangiano que satisfaga el criterio anterior. Las simetrías del sistema pueden ser de ayuda en postular una determinada función lagrangiano. En estos apuntes preferiremos partir de las ecuaciones clásicas de Newton de movimiento de un sistema y derivar de allí la formulación lagrangiana, con lo cual el principio variacional de Hamilton pasa a ser en realidad un teorema de la Mecánica Clásica. En esta formulación, el lagrangiano del sistema estará dado por L = K − V , la energía cinética menos la energía potencial del sistema. Otros casos en que ello no sea así se considerarán en particular.

190

5.2.


Restricciones o vínculos

Una forma equivalente a la formulación newtoniana de la Mecánica, la constituye la formulación lagrangiana. La principal ventaja práctica que tiene esta formulación, es que de partida, el número de variables es el mínimo posible para determinar la configuración del sistema y además que no es necesario 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 generalizadas

Normalmente sobre un sistema mecánico existen restricciones o vínculos dados. Por ejemplo si se tiene un sistema rígido de partículas, las distancias entre ellas son invariables y por lo tanto las variables necesarias para su descripción serán apenas 6, independientemente del número de partículas que constituye el sistema. Los vínculos llamados de tipo holónomos son los que permiten disminuir el número de variables de las inicialmente consideradas, por constituir relaciones funcionales que permitirían hacer la eliminación de variables redundantes. Rara vez se procede a eliminar variables redundantes explícitamente. En vez, razonando se decide sobre cuántas variables son necesarias y se las elige. Así, para el caso de vínculos holónomos, si el sistema tiene N partículas, existen en principio N vectores posición o 3N coordenadas por determinar. La existencia de un cierto número de vínculos constantes o funciones conocidas del tiempo, hace que sea necesario un número menor de coordenadas n (n < 3N). Denotaremos por qi a esas coordenadas elegidas, llamadas coordenadas generalizadas del sistema. Todo los cambios virtuales posibles de posición del sistema corresponden a cambios arbitrarios de las coordenadas generalizadas, supuestas independientes. El número de coordenadas generalizadas n, es llamado el número de grados de libertad del sistema. Los cambios reales del sistema son logrados mediante cambios virtuales de las coordenadas generalizadas más los cambios que se originen en las variaciones con el tiempo de los vínculos, en el caso en que hayan vínculos variables.

5.2 Restricciones o vínculos

5.2.2.

191

Fuerzas de vínculos

La presencia de ciertos tipos de vínculos equivalen a ciertas fuerzas, normalmente desconocidas, actuando sobre algunas partículas. Por ejemplo la condición para que una partícula permanezca sobre una superficie lisa dada es equivalente a una cierta reacción normal. La formulación lagrangiana usual, exige que las llamadas fuerzas de vínculos, realicen un trabajo total nulo cuando las partículas tienen desplazamientos (infinitésimos) compatibles con los vínculos a tiempo fijo. Para el ejemplo anterior, suponga que la superficie lisa tiene un movimiento dado. Si la partícula es desplazada sobre la superficie sin permitir su movimiento (a tiempo fijo), la reacción normal no realiza trabajo. Sin embargo, si el desplazamiento de la partícula es sobre la 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 sistema rígido de partículas, obedecen el principio de acción y reacción, es muy simple demostrar que el trabajo total que realizan esas fuerzas al desplazar arbitrariamente el sistema, es nulo.

5.2.3.

Desplazamientos virtuales

Para sistematizar la discusión llamaremos desplazamientos virtuales compatible con los vínculos, a los cambios de posición infinitésimos δri asociados a cambios arbitrarios infinitésimos de las coordenadas generalizadas δqi a tiempo fijo. La diferencia entre desplazamientos virtuales δri y desplazamientos reales dri 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 dri = y son cambios virtuales

X ∂ri

δri =

∂qj

dqj +

X ∂ri j

∂qj

∂ri dt , ∂t

δqj .

(5.2)

La diferencia puede ser importante en el caso que los vínculos sean funciones del tiempo, es decir cuando el tiempo aparezca explícitamente en (5.1).

192

5.3.



Si se escriben las ecuaciones de Newton para las N partículas, separando las fuerzas que actúan sobre ellas en fuerzas de vínculos y las de otro tipo mi ai = Fi + Fi

vinc.

.

La esencia de la formulación lagrangiana es que las fuerzas de vínculos no realizan trabajo virtual, es decir X vinc. Fi · δri = 0, i

o sea

δW ≡

X

mi ai · δri =

X X vinc. Fi · δri (Fi + Fi ) · δri = i

(5.3)

i

Quedan entonces excluidas de esta formulación sistemas sistemas con fuerzas de roce disipativas. El resto, la obtención de las ecuaciones de Lagrange, son detalles 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 ∂ q˙j 2 ∂qj 2 ∂qj Si 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 , dt ∂ q ˙ ∂q ∂q j j j j i, j que sigue siendo una identidad. La Física recién entra ahora, al utilizar (5.3) ¶ Xµ d ∂ X ∂ K− K δqj = Qj δqj , (5.4) dt ∂ q˙j ∂qj j j siendo K la energía cinética y X i

Fi · δri = δW =

Ã X X j

i

∂ri Fi · ∂qj

!

δqj ≡

X j

Qj δqj ,

5.3 Ecuaciones de Lagrange

193

por último, si las coordenadas generalizadas son independientes, como se ha supuesto, se obtiene d ∂ ∂ K− K = Qj . (5.5) dt ∂ q˙j ∂qj Este conjunto de ecuaciones se conoce como las ecuaciones de Lagrange del sistema (en una primera versión).

5.3.1.

Vínculos no holonómicos

Un cierto tipo de vínculo no holonómico puede ser tratado con mínimas variaciones con lo explicado. El caso que analizaremos consiste en restricciones adicionales lineales en las velocidades generalizadas del tipo X Aij q˙j + Ai0 = 0, i = 1, 2, 3, . . . , p , j

siendo los Aij ciertas funciones conocidas de las coordenadas generalizadas. Por constituir relaciones en general no integrables, dichas relaciones no permiten a disminuir a priori el número de coordenadas generalizadas. Ellas imponen restricciones a las variaciones virtuales de las coordenadas generalizadas en uso, de la forma X Aij δqj = 0, i = 1, 2, 3, . . . , p . (5.6) j

Se supone también que las fuerzas de vínculos realizan trabajo total nulo en los desplazamientos virtuales compatibles con los vínculos holonómicos originales, y con los adicionales (5.6) no holonómicos. Así todo lo dicho anteriormente vale, salvo en lo relativo a la independencia de las coordenadas. Por lo tanto se tiene ¶ Xµ d ∂ X ∂ K− K δqj = Qj δqj , dt ∂ q ˙ ∂q j j j j junto con

X

Aij δqj = 0,

i = 1, 2, 3, . . . , p

j

de allí, utilizando p multiplicadores de Lagrange, λi , se obtiene Ã ! X X d ∂ ∂ K− K+ λi Aij − Qj δqj = 0 , dt ∂ q ˙ ∂q j j j i

194


y considerando la idea del uso de los multiplicadores de Lagrange, se deduce que X ∂ d ∂ K− K+ λi Aij = Qj , j = 1, 2, 3, . . . , n , dt ∂ q˙j ∂qj i

que junto con

X

Aij q˙j + Ai0 = 0,

i = 1, 2, 3, . . . , p,

j

constituyen n + p ecuaciones para las incógnitas, qi , λi . Estas ecuaciones son las llamadas ecuaciones de Lagrange para el sistema que tiene vínculos del tipo considerado. Función Lagrangiano En la formulación presentada, las ecuaciones de Lagrange se han escrito en términos de la energía cinética K. Si algunas de las fuerzas que realizan trabajo son conservativas, derivables de un potencial V , la expresión del trabajo virtual puede escribirse δW =

X j

Qj δqj = δW NC − δV =

X j

QNC j δqj −

X ∂V j

∂qj

δqj ,

siendo QNC la llamada fuerza generalizada “no conservativa”. Por lo tanto, j para vínculos holonómicos, las ecuaciones de Lagrange pueden escribirse: ∂ d ∂ L− L = QNC j , dt ∂ q˙j ∂qj

j = 1, 2, 3, . . . , n,

(5.7)

siendo 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 Lagrange para un sistema con vínculos holonómicos. Se darán ejemplos en que el lagrangiano correcto no está dado por K − V. Naturalmente esos otros casos corresponden a sistemas en que las ecuaciones clásicas de movimiento no están dadas por las ecuaciones clásicas de Newton.

5.4 Sistemas Conservativos

5.3.2.

195

Condición de integrabilidad

Al realizar la derivada respecto al tiempo en el sistema de ecuaciones diferenciales (5.7), ellas pueden escribirse X ∂2L X ∂2L ∂2L ∂L qï + q˙i + = QNC − j , ∂ q ˙ ∂ q ˙ ∂ q ˙ ∂q ∂ q ˙ ∂t ∂q j i j i j j i i

j = 1, 2, 3, . . . , n

esto es un conjunto de ecuaciones diferecniales de segundo orden. Estas ecuaciones requieren como condición para su integrabilidad que ½ 2 ¾ ∂ L det 6= 0, (5.8) ∂ q˙i ∂ q˙j que significa en el fondo poder despejar las aceleraciones qï del conjunto de ecuaciones diferenciales de Lagrange. Quedan así, excluidos en esta formulación, los lagrangianos singulares o de primer orden en las velocidades generalizadas q˙i .

5.4.

Sistemas Conservativos

Por definición, un sistema será llamado conservativo, si QNC = 0, ∀j. j Para ellos, las ecuaciones de Lagrange son d ∂L ∂L − = 0, dt ∂ q˙j ∂qj

j = 1, 2, 3, . . . , n.

que, escritas explícitamente son X ∂ 2L X ∂ 2L ∂2L ∂L qï + q˙i + = 0, − ∂ q˙j ∂ q˙i ∂ q˙j ∂qi ∂ q˙j ∂t ∂qj i i

(5.9)

j = 1, 2, 3, . . . , n.

lo que explica el significado de la condición de integrabilidad anterior. Es esencialmente la condición para poder despejar las aceleraciones del conjunto de ecuaciones de movimiento.

5.4.1.

Momentos canónicos

Los momentos canónicos conjugados a las variable qi , se define por pi =

∂L(q, q, ˙ t) . ∂ q˙i

196


La inversión de las ecuaciones anteriores, para despejar las velocidades generalizadas en términos de los momentos canónicos (teorema de la función implícita), requiere la misma condición anterior (5.8), de modo que hay una segunda razón para excluir lagrangianos singulares de este formalismo.

5.4.2.

El hamiltoniano del sistema

Transformación 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)

O

x

Figura 5.1: Transformación de Legendre

F (p) = m´ın(px − f (x)) . 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])


197

Un ejemplo de la Termodinámica. En termodinámica se utilizan transformaciones de Legendre para generar funciones termodinámicas. Considere 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 q˙i − L(q, q, ˙ t) siendo

∂L(q, q, ˙ t) . ∂ q˙i Si las condiciones de invertibilidad se cumplen, podemos expresar las velocidades generalizadas en términos de los momentos. Así, eliminando las velocidades se tendría X H(q, p, t) = pi q˙i − L(q, q, ˙ t) , pi =

el denominado hamiltoniano del sistema.

Ejemplo 5.4.1 Si g(p) = Lp f (x) indica la transformada de Legendre de f (x), demuestre que: Lx g(p) = f (x). Solución. Si g(p) = p¯ x − f (¯ x), con p = f 0 (¯ x), entonces g 0 (p) = x¯ + 0 0 x)¯ x (p) = x¯(p). Luego Lx g(p) = px − g(p) con x = g 0 (p) = x¯(p). x¯ (p) − f (¯ 0

N

Ejemplo 5.4.2 Dado un hamiltoniano H(p), indique una forma de determinar un lagrangiano. Solución. L(q) ˙ =

Z

(H 0 )−1 (q)d ˙ q˙ .

198

Ecuaciones de Lagrange N

p Ejemplo 5.4.3 Si un sistema tiene como hamiltoniano H = c p2 + m20 c2 , determine el lagrangiano. Solución.

r

q˙2 , c2 note que este lagrangiano relativista, no está dado por K − V. L = −m0 c2

1−

N

5.4.3.

Teoremas de conservación

Escritas en términos de los momentos canónicos, las ecuaciones de Lagrange para un sistema conservativo son dpi ∂L . = dt ∂qi

(5.10)

Conservación del momento canónico I Teorema 5.1 Si el lagrangiano no contiene una coordenada (se dice que el lagrangiano es cíclico en esa coordenada), se conserva el correspondiente momento canónico conjugado, es decir ∂L = 0 =⇒ pi = constante ∂qi Conservación del hamiltoniano De la definición del hamiltoniano y de las ecuaciones de Lagrange (5.10), se puede obtener dH =

X

q˙j dpj −

X

p˙j dqj −

∂L dt , ∂t

(5.11)

de donde se deducen importantes ecuaciones ∂H = q˙j , ∂pj

(5.12)


199 ∂H = −p˙j , ∂qj

(5.13)

∂L ∂H =− . ∂t ∂t Además, si (5.11) se divide por dt, se obtiene

es decir

X dH X ∂L p˙j q˙j − = q˙j p˙j − , dt ∂t

dH ∂L =− , dt ∂t de aquí sigue un teorema de conservación: I Teorema 5.2 Si el lagrangiano no contiene el tiempo en forma explícita, se conserva el hamiltoniano. Es decir, de la última ecuación se desprende ∂L = 0 =⇒ H = constante. ∂t

5.4.4.

(5.14)

Hamiltoniano y energía

Analizaremos la relación entre hamiltoniano y energía del sistema. Para sistemas mecánicos clásicos, donde L = K − V , si el potencial no depende de las velocidades, se tiene H=

X ∂K ∂ q˙i

q˙i − K + V ,

luego la condición suficiente para que la energía y el hamiltoniano sean iguales es que X ∂K q˙i = 2K . ∂ q˙i

De acuerdo al teorema de Euler de las funciones homogéneas, las funciones homogéneas de grado 2 cumplen precisamente la última condición. Se señala un importante teorema cuya demostración se deja como ejercicio. Definición . Se define una función homogénea de grado p en n variables, cuando ella cumple:

200


f (λx1 , λx2 , . . . , λxn ) = λp f (x1 , x2 , . . . , xn ) , siendo λ 6= 0. De aquí, derivando respecto a λ y luego haciendo λ = 1, se deduce que: I Teorema 5.3 Si f es una función homogénea de grado p,entonces: pf (x1 , x2 , . . . , xn ) =

X ∂f xi . ∂x i i

Con todos los antecedentes considerados, si la energía cinética es una función homogénea de grado 2 en las velocidades generalizadas, entonces el hamiltoniano del sistema coincide con la energía del sistema. Es simple ir al fondo y responder la pregunta. ¿Cuándo ocurre eso? Si se analiza la transformación de coordenadas generalizadas a posiciones (5.1), la velocidad estará dada por vi =

X ∂ri d ∂ri ri = , q˙j + dt ∂qj ∂t

de donde es evidente que la energía cinética resultará homogénea de grado dos en las velocidades generalizadas cuando ∂ri /∂t = 0, ∀i, es decir cuando los vínculos sean independientes del tiempo. Todo lo señalado se puede resumir en: I Teorema 5.4 Si 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 velocidad satisface ˙ t) ∂V (q, q, d ∂V (q, q, ˙ t) − , Qj = dt ∂ q˙j ∂qj para 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.


201

Ejercicio 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 Fj =

˙ t) ∂V (q, q, d ∂V (q, q, ˙ t) − , dt ∂ q˙j ∂qj

con V = qΦ − qv · A .

Solución. La solución es directa considerando que los q˙ están sólo en la velocidad de modo que ∂V (q, q, ˙ t) = −qAj , ∂ q˙j ˙ t) d ∂V (q, q, d = −q Aj , dt ∂ q˙j dt por otro lado ∂V (q, q, ˙ t) ∂ ∂ =q Φ − qv · A, ∂qj ∂qj ∂qj de modo que se tiene d ∂ ∂ Aj − q Φ + qv · A dt ∂qj ∂qj ∂ ∂ ∂ A Φ − q Aj − qv · ∇Aj + qv · = −q ∂qj ∂t ∂qj

Fj = −q

Pero la componente j de la fuerza de Lorentz es ³ ³ ´´ ∂ ∂ Φ − q Aj + q v × ∇ × A . Fj = −q ∂qj ∂t j O sea son iguales pues ³ ³ ´´ ∂ v× ∇×A =v· A − v · ∇Aj . ∂qj j

Podemos notar además que si la energía cinética es 1 K = mv 2 , 2 el lagrangiano será

1 L = mv 2 − qΦ + qv · A, 2

202


entonces el momento canónico pj estará dado por pj = mq˙j + qAj . N

5.4.6.

Teorema de Noether

Considere transformaciones continuas de las coordenadas generalizadas de dependientes de un parámetro real s tales que para s = 0 se trata de la transformación identidad, es decir Qj = Qj (q, s),

siendo qj = Qj (q, 0).

Aquí q representa el conjunto completo de coordenadas generalizadas. Si el lagrangiano de un sistema autónomo L(q, q) ˙ es invariante bajo esa transformación, es decir si ˙ s)) L(Q(q, s), Q(q, no depende de s, entonces se tiene una cantidad conservada, o integral del movimiento. En forma más precisa I Teorema 5.5 (Noether) Si d ˙ s)) = 0 L(Q(q, s), Q(q, ds entonces ¯ X ∂L d ¯ = constante. Qj (q, s)¯¯ I(q, q) ˙ = ∂ q ˙ ds j s=0 j La demostración (ver [11], pag. 102) sigue de 0= o sea 0=

d ˙ s)), L(Q(q, s), Q(q, ds

X ∂L dQ˙ j X ∂L dQj + , ∂Qj ds ∂ Q˙ j ds


203

donde

dQ˙ j d dQj = , ds dt ds y al hacer s = 0 tendremos que ∂L ∂L ∂L ∂L d ∂L → , → = , ∂ q˙j ∂Qj ∂qj dt ∂ q˙j ∂ Q˙ j de modo que se obtiene

o bien

X ∂L d dQj X d µ ∂L ¶ dQj ¯¯ ¯ , + 0= ∂ q˙j dt ds dt ∂ q˙j ds ¯s=0

que prueba el teorema.

¯ d X ∂L dQj ¯¯ = 0, dt ∂ q˙j ds ¯s=0

Ejemplos Si el lagrangiano de un sistema es L = L(q) ˙ es dependiente de las velocidades 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 I(q, q) ˙ =

X ∂L aj , ∂ q ˙ j j

y como los aj son arbitrarios, deben conservarse independientemente todos los momentos canónicos pj =

∂L . ∂ q˙j

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 transformación Qj = qj + sδ jk ,

204

Ecuaciones de Lagrange entonces se conserva el momento canónico pk , puesto que ¯ X ∂L X ∂L d ¯ ∂L Qj (q, s)¯¯ = δj,k = = pk . ∂ q ˙ ds ∂ q ˙ ∂ q ˙ j j k s=0 j j

Si un lagrangiano L(v, r) es invariante bajo una rotación infinitesimal ˆ × r, r 0 = r + dθ n entonces se conserva

∂L

∂ r˙ o sea la cantidad conservada es

·n ˆ × r,

r×p·n ˆ, que es la componente n ˆ del momentum angular. Nota 5.1 Volveremos sobre el teorema de Noether en el capítulo sobre el principio variacional de Hamilton.

5.5. 5.5.1.

Ejemplos y aplicaciones Trompo simétrico.

En el capítulo sobre cuerpo rígido se encuentra la teoría newtoniana del trompo 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 la distancia de la púa al centro de masa y A, C, los momentos de inercia, para un eje perpendicular al eje de simetría y respecto al eje de simetría, en el origen. Escriba las ecuaciones de movimiento. Solución. Se puede deducir que el lagrangiano es 1 2 1 1 2 ˙ 2 − mgh cos θ , L = Aθ˙ + A(sin2 θ)φ˙ + C(φ˙ cos θ + ψ) 2 2 2

5.5 Ejemplos y aplicaciones

205

z0 x Ψ θ

z

G h y0

y

φ

Mg

x0

Figura 5.2: Trompo simétrico de allí pθ = Aθ˙ , ˙ cos θ , pφ = A(sin2 θ)φ˙ + C(φ˙ cos θ + ψ) ˙ , pψ = C(φ˙ cos θ + ψ) considerando que el lagrangiano es cíclico en ψ, y ϕ, y que no contiene el tiempo 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 1 2 E = Aθ˙ + A(sin2 θ)φ˙ + C(s)2 + mgh cos θ = constante. 2 2 2 Una 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 la energía. Si se define u = cos θ, se obtiene (ver apéndice) µ ¶2 α − Csu 1 − u2 2 2 u˙ = f (u) = (2E − Cs − 2mghu) − , A A polinomio cúbico, cuyas raíces entre −1 y 1 tienen importancia en la determinación de la inclinación del eje del trompo en su movimiento.

206


Ejemplo 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 su movimiento tiene valores extremos para θ iguales a θ1 y θ2 . Determine valores iniciales 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 constantes del movimiento son 2

2E − Cs2 = Aφ˙ 1 sin2 θ1 + 2mgh cos θ1 2 = Aφ˙ sin2 θ2 + 2mgh cos θ2 2

α = A(sin2 θ1 )φ˙ 1 + Cs cos θ1 = A(sin2 θ2 )φ˙ 2 + Cs cos θ2 de modo que al eliminar φ˙ 2 y simplificando se puede obtener (cos θ1 + cos θ2 )Ω2 − 2

2mgh sin2 θ2 C 2 s2 (cos θ1 − cos θ2 ) Cs Ω+ − = 0, A A sin2 θ1 A2 sin2 θ1

ecuación de segundo grado que relaciona la precesión inicial φ˙ 1 = Ω con el 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 puede escribirse como ¶ µ Cs sin θ2 p Ω= 1 − 2a (cos θ1 + cos θ2 ) . 1∓ A (cos θ1 + cos θ2 ) sin θ1

La condición para que existan valores reales de Ω es cos θ1 +cos θ2 < 12 a. Puede además observarse que si θ1 = θ2 se obtiene entonces una condición para el movimiento llamado de precesión uniforme, donde θ permanece constante Ω2 cos θ −

Cs 2mgh Ω+ = 0. A A

En el capítulo de cuerpo rígido se analizan, en diversos ejemplos, las condiciones para que el trompo realice “loops” partiendo de cualquiera de las posiciones extremas de inclinación del ángulo θ.


207 N

Ejemplo 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 dormido con θ = 0. Analice la estabilidad de este movimiento. Solución. Aquí 2 2E − Cs2 = Aφ˙ 1 sin2 θ + 2mgh cos θ = 2mgh,

α = A(sin2 θ)φ˙ + Cs cos θ = Cs, de donde 1 − u2 u˙ = f (u) = (2mgh − 2mghu) − A 2

µ

Cs − Csu A

¶2

,

o bien µ µ 2 2 ¶¶ 2mgh C s 2 f (u) = (1 − u) u − −1 A 2mghA 2mgh (1 − u)2 (u − u3 ). = A El 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 trompo dormido. Si esta condición no se cumple, el trompo se moverá de acuerdo a r p du 2mgh =− (1 − u) (u − u3 ), dt A

que integraremos como sigue s t=−

A 2mgh

Z

1

u

du √ . (1 − u) u − u3

Sea u = 1 − (1 − u3 ) sin2 ψ, du = −2(1 − u3 ) sin ψ cos ψdψ entonces s Z ψ A −2(1 − u3 )dψ p t=− , 2mgh 0 (1 − u3 ) sin ψ (1 − u3 )

208


o bien

Z ψ dψ 2A p = ∞, t= √ 2mghA (1 − u3 ) 0 sin ψ o sea el trompo tarda infinito tiempo en alcanzar la inclinación dada por cos θ = C 2 s2 /(2mghA) − 1. N

5.5.2.

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 deslizar sobre un plano horizontal, plano OXY, actuada en su centro G por una fuerza (elástica) hacia el eje OZ, −kr, además del peso, la reacción normal y la fuerza de roce en el punto de contacto P , suponiendo que ella no realiza trabajo en la situación de no deslizamiento, ver figura (5.3). Utilizando las componentes de la velocidad angular en los ejes fijo, en términos de los ángulos de Euler, θ, φ, y ψ, el lagrangiano es 1 1 2 L = MvG + Iω2 , 2 2

z

R

G

y

R x P

Figura 5.3: Esfera atraida hacia el origen o sea

1 1 L = M(x˙ 2 + y˙ 2 ) + I(ω2x + ω 2y + ω 2z ) , 2 2


209

y las restricciones adicionales no holonómicas (punto de contacto con velocidad cero) son ˆ = 0, vP = vG + ω × (−Rk) es decir x˙ − Rωy = 0,

y˙ + Rω x = 0 .

(5.15)

Considerando las componentes de la velocidad angular en ejes fijos al espacio en 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 1 2 2 2 L = M(x˙ 2 + y˙ 2 ) + I(ψ˙ + θ˙ + φ˙ + 2φ˙ ψ˙ cos θ) − k(x2 + y 2 ) , 2 2 2 y 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(¨θ + φ˙ ψ˙ sin θ) − λ1 R sin φ + λ2 R cos φ = 0 ,

(5.18)

ω˙ z =

d ˙ ˙ = 0, (ψ cos θ + φ) dt

¨ +φ ¨ cos θ − φ˙ θ˙ sin θ) + λ1 R cos φ sin θ + λ2 R sin φ sin θ = 0 . I(ψ

(5.19) (5.20)

¨ y reemDe aquí, el álgebra es algo tediosa. De la ecuación (5.19) obtenga φ placemos en la ecuación (5.20). En seguida, de las ecuaciones (8.17) y (5.20) obtenga λ1 y λ2 . Compruebe que se obtiene λ1 =

I ω˙ y , R

I λ2 = − ω˙ x , R

(5.21)

210


de allí es fácil obtener, un sorprendentemente simple resultado para las ecuaciones de movimiento de las coordenadas del centro de masas de la esfera, es decir µ ¶ I M + 2 x¨ + kx = 0 , (5.22) R µ ¶ I M + 2 y¨ + ky = 0 , (5.23) R que más generalmente pudo escribirse (para I = 25 MR2 ) como 5 MaG = F , 7 para una fuerza cualquiera F aplicada al centro, paralelamente al plano horizontal. Las ecuaciones diferenciales para los ángulos de Euler no las analizaremos aquí. Es ilustrativo sin embargo, comparar con el planteamiento usual, newtoniano. Las ecuaciones dinámicas son más simples. Si f denota la fuerza de roce, entonces MaG = F + f, (5.24) I

dω = −Rkˆ × f, dt

(5.25)

además 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 aceleraciones, se obtiene ¶ µ MR2 f, (5.27) 0=F + I+ I de donde la ecuación de movimiento del centro de masas es: MaG =

F . 1 + I/(MR2 )

Corolario 1 No siempre el método de Lagrange simplifica el problema.


211

Ejemplo 5.5.4 Este ejemplo se desarrollará por método tradicional y por el método de Lagrange para comprender las diferencias y ventajas de un método sobre otro. Considere una barra de masa m y de longitud 2a, la cual puede oscilar libremente en torno a un articulación en A variando sólo el ángulo de inclinación θ definido con la barra horizontal OB de longitud b la cual gira en torno al eje OZ con velocidad angular constante ω. La barra AB permanece sobre el plano gris que rota en torno al eje OZ con velocidad angular 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 la barra en su centro de masa (2) a lo largo de la barra, (1) perpendicular al plano gris y (3) sobre ese plano y perpendicular a (2). z O

b

φ

θ x

z

A

y

G

R 1

θ

3 B 2

2a

θ

2

3

a) Método de Lagrange: La velocidad angular de la barra es ˙ e1 ω = ω kˆ + θˆ ˙ e1 . = −ω(cos θˆ e3 + sin θˆ e2 ) + θˆ La velocidad del centro de masa puede escribirse e2 ) vG = vA + ω × (aˆ ˙ e1 ) × (aˆ e3 + θˆ e2 ) = −bωˆ e1 + (−ω cos θˆ ˙ e3 . = (ωa cos θ − bω)ˆ e1 + aθˆ Si I indica el momento de inercia de la barra para un eje perpendicular

212

Ecuaciones de Lagrange a ella en G, entonces 1 2 m((ωa cos θ − bω)2 + a2 θ˙ ) + 2 1 2 = m((ωa cos θ − bω)2 + a2 θ˙ ) + 2 luego el Lagrangiano es K =

1 I(ω21 + ω 23 ) 2 1 ˙2 I(θ + ω 2 cos2 θ), 2

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)¨θ +m(ωa cos θ −bω)ωa sin θ +I(ω2 cos θ sin θ)−mga cos θ = 0, que puede simplificarse a (ma2 + I)¨θ + ω 2 (ma2 + I) cos θ sin θ − mbω 2 a sin θ − mga cos θ = 0. 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 ω˙ z − (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 ¨θ + I(−ω sin θ)(−ω cos θ) = Γext 1 0 = Γext 2 d ˙ I (−ω cos θ) − I θ(−ω sin θ) = Γext 3 . dt


213

es decir I ¨θ + Iω 2 sin θ cos θ = Γext 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 moverse sobre el plano indicado en la figura. Estamos entonces obligados a analizar al movimiento del centro de masa. Derivando vG obtenemos d ˙ e3 ), ((ωa cos θ − bω)ˆ e1 + aθˆ dt ˙ × eˆ3 , = (−ωaθ˙ sin θ)ˆ e1 + a¨θˆ e3 + (ωa cos θ − bω)ω × eˆ1 + aθω 2 e3 − (ω2 a cos θ − bω 2 )(cos θˆ e2 − sin θˆ e3 ) − aθ˙ eˆ2 ), = −2ωaθ˙ sin θˆ e1 + a¨θˆ

aG =

pero F = F1 eˆ1 + F2 eˆ2 + F3 eˆ3 + mg(cos θˆ e3 + sin θˆ e2 ) 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¨θ + (ω 2 a cos θ − bω 2 ) sin θ) Averiguando cual de estas fuerzas produce un torque respecto a la dirección (1) en G, se tiene que Γext 1 = −aF3 , de modo que I ¨θ + Iω 2 sin θ cos θ = −ma(a¨θ + (ω2 a cos θ − bω 2 ) sin θ) + mga cos θ, o sea (ma2 + I)¨θ + ω 2 (ma2 + I) sin θ cos θ − mabω 2 sin θ − mga cos θ = 0. Mismo resultado, pero mucho más laborioso. ¿Porqué se ha elegido Γext 1 ? La respuesta es que el mecanismo también ejerce un “par” M sobre la barra, pero el no puede tener componente sobre el eje (1). N

214

5.6.


Las ecuaciones de Hamilton

Cuando se estableció el teorema de conservación del Hamiltoniano, también se probaron las 2n ecuaciones de Hamilton (5.12) y (5.13) para las 2n variables q, p.Para un sistema de n grados de libertad, el espacio de fase se define como el espacio de 2n dimensiones de las coordenadas y momentos canónicos (q, p). El estado para un tiempo t, (q, p) de tal sistema queda entonces representado por un punto en dicho espacio de fase. La evolución en el tiempo del sistema, determinada por las ecuaciones de Hamilton, es representada entonces por un punto en movimiento en el correspondiente espacio de fase. Podemos distinguir los sistemas autónomos donde H no depende del tiempo en forma explícita y es por lo tanto constante de movimiento (en los sistemas conservativos). En estos casos que consideraremos primero, la órbita que describe la evolución del sistema en el espacio de fase, está confinada en el subespacio H(q, p) = E = constante.

5.6.1.

Sistemas autónomos

Para estos sistemas, conservativos, H = H(q, p) = E, las ecuaciones de Hamilton ∂H ∂H = q˙i y = −p˙i , ∂pi ∂qi determinan la evolución del sistema, confinado al subespacio de energía constante. 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 más parámetros.

5.6.2.

Puntos críticos o de equilibrio

En general, las órbitas en el espacio de fase no pueden cortarse debido a que entonces, en esos puntos tomados como condición inicial del sistema, la evolución futura del sistema no está determinada unívocamente. La excepción la constituyen los puntos de equilibrio donde por definición son cero todas las derivadas q˙i y p˙i . Esto corresponde a sistemas que están en estados que no evolucionan en el tiempo. En estos casos, la evolución futura dependerá de perturbaciones iniciales aplicadas al sistema. Los puntos críticos corresponde

5.6 Las ecuaciones de Hamilton

215

a 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 críticos se desprenderá del análisis que se realiza a continuación, para un sistema autónomo 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 libertad, es decir con un espacio de fase de dos dimensiones q˙ =

∂H(q, p) ∂p

y

p˙ = −

∂H(q, p) . ∂q

(5.28)

Si además hacemos un corrimiento del origen del espacio de fase de modo que el punto crítico bajo estudio corresponde al origen, q = 0, p = 0, el hamiltoniano puede expandirse en torno al origen de modo que se tendrá hasta primer orden ¯ ¯ ∂H(q, p) ∂ 2 H(q, p) ¯¯ ∂ 2 H(q, p) ¯¯ q˙ = q+ p, ' ∂p ∂p∂q ¯0,0 ∂p2 ¯0,0 ¯ ¯ ∂ 2 H(q, p) ¯¯ ∂ 2 H(q, p) ¯¯ ∂H(q, p) q− p, '− p˙ = − ∂q ∂q 2 ¯0,0 ∂q∂p ¯0,0 y si solo se mantienen los términos lineales, el sistema autónomo es, en la vecindad 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 H22 q q H12 . = −H11 −H12 p dt p

(5.29)

216


La notación distingue las derivadas parciales con índices: 1 = q, 2 = p. En el caso en que la parte lineal sea nula, el problema es más complejo y no será tratado aquí. Note además que para el caso considerado H12 = H21 . Como veremos, una caracterización de los puntos críticos de estos sistemas que pueden ser aproximados por un sistema lineal en la vecindad del punto de equilibrio, o de alguno de ellos, depende crucialmente de los valores propios de esa matriz involucrada en la última relación. Para no perder generalidad supondremos solamente que sus elementos son reales, a, b, c y d. Además cambiaremos a notación x = q, y = p de modo que el sistema a considerar es: µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶ d x a b x x = =A . (5.30) c d y y dt y Los valores propios λ de la matriz A, están dados por las raíces de la ecuación de segundo grado (a − λ)(d − λ) − bc = 0 ,

que llamaremos λ1 , λ2 . Supongamos que los valores propios son λ1 y λ2 y sean ¶ µ ¶ µ α2 α1 , , β1 β2

los vectores propios. Suponga además que la solución es exponencial de la forma µ ¶ µ ¶ µ ¶ α1 α2 x(t) λ1 t = c1 e + c2 eλ2 t y(t) β1 β2

al sustituir en la ecuaión diferencial ¶µ µ µ ¶ µ ¶ ¶ µ ¶ ¶ µ α1 α2 α1 α2 a b λ1 t λ2 t λ1 t λ2 t c1 λ1 c1 e + λ2 c2 e e + c2 e = c d β1 β2 β1 β2 µ ¶ µ ¶ α1 α2 λ1 t e + λ2 c2 eλ2 t , = λ1 c1 β1 β2 se satisface identicamente. Como está bien establecido, se pueden distinguir los 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.


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. Al suponer soluciones particulares de la forma exp(λt), se encuentra que la solución general es de la forma µ

x(t) y(t)

¶

= c1

µ

α1 β1

¶

λ1 t

e

+ c2

µ

α2 β2

¶

eλ2 t ,

(5.31)

donde los vectores de componentes α, β son los vectores propios asociados a los valores propios λ1 y λ2 . Enseguida, para esquematizar la conducta cerca del punto crítico, x, y → 0, es necesario ver que término predomina y en qué tiempo ocurre eso. Por ejemplo en el caso real 1, predomina el término con λ1 cuando t → ∞. Es decir el sistema, a la larga, se aproxima asintóticamente al punto crítico por la dirección de la recta definida por el correspondiente vector propio. Similarmente, en el caso real 3, si t → ∞ el sistema puede aproximarse asintóticamente al punto crítico por la recta asociada al valor propio negativo. En cambio, puede alejarse a medida t → ∞ por la recta asociada al valor propio positivo. Para cualquier condición inicial fuera de la recta asociada al valor propio negativo, predominará a la larga, la parte asociada al positivo, ver figura (5.4). Valores propios complejos Los valores propios complejos, de la forma λ = u±iv, merecen otra forma de análisis. En este caso, es conveniente reducir el problema a lo que se denomina su “forma canónica”. Es conocido que todo problema bidimensional

218


Real 1

Real 2

Real 4

Real 3

Real 5

Figura 5.4: Autovalores reales lineal con valores propios complejos, puede ser transformado mediante un cambio de coordenadas a su llamada forma canónica µ ¶ ¶µ ¶ µ ¶ µ d x x m n x . (5.32) =A = y y −n m dt y siendo en este caso los autovalores de la matriz A, λ = m ± in. Si además se utilizan coordenadas polares, x = r cos θ y y = r sin θ, las ecuaciones se desacoplan dr dθ = mr, = −n, (5.33) dt dt con solución θ = θ0 − nt, (5.34) r = r0 emt , 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 que divergen si si Re(λ) = m > 0, espirales que convergen si Re(λ) = m < 0 y círculos 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.


219

Complejo 3

Complejo 2

Complejo 1

Figura 5.5: Autovalores complejos Ejemplo 5.6.1 Reduzca un sistema lineal de dos dimensiones a su forma canónica. Solución. Consideremos el sistema lineal µ

¶

x0 y0

=

µ

a b c d

¶µ

x y

¶

,

donde la matriz tiene valores propios complejo, es decir de (a − λ)(d − λ) − bc = 0, se deduce 1 1 p 1 λ = a + d ± i − (a − d)2 − 4cb) = m ± in. 2 2 2 Considere ahora la siguiente transformación lineal µ con inversa

µ

x y

u v

¶

¶

=

=

µ

µ

i m−a in

0 − inb

¶µ

−i 0 i −i m−a − n b b

x y

¶µ

¶ u v

,

¶

,

220


por lo tanto µ 0 ¶ µ i u = m−a 0 v µ in i = m−a µ in i = m−a µ in m = −n

0 − inb 0 − inb

¶µ ¶µ

x0 y0

¶

a b c d

¶µ

x y

¶

¶µ ¶µ ¶µ ¶ 0 a b −i 0 u i c d −i m−a − n v − inb b b ¶µ ¶ n u , m v

que prueba el teorema. Usted podría preguntarse ¿cómo es que se adivinó la transformación lineal? En realidad, la solución del sistema original nos orienta 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 λ−a B = , A b de donde la solución es x = A1 eλ1 t + A2 eλ2 t , λ2 − a λ1 − a A1 eλ1 t + A2 eλ2 t y = b b m−a n = (A1 eλ1 t + A2 eλ2 t ) + i (A1 eλ1 t − A2 eλ2 t ), b b y hacer u = i(A1 eλ1 t + A2 eλ2 t ), v = −(A1 eλ1 t − A2 eλ2 t ), de modo que x = −iu n m−a u − i v. y = −i b b


221 N

Como una regla la conducta dinámica de un sistema es dependiente de algunos parámetros. Nos limitaremos a describir aspectos esenciales de la conducta de sistemas que tienen un parámetro que llamaremos μ. Este parámetro también es conocido como parámetro de control. Puede ocurrir que para valores pequeños del parámetro el sistema presente una configuración de equilibrio estable. Si el parámetro se incrementa, tal situación de equilibrio puede tornarse inestable y dar lugar a dos situaciones de equilibrio distintas. Tal fenómeno se conoce como bifurcación. Supongamos que la dinámica esta dada 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 Mij =

∂Fi ∂xj

sea no singular. Esto es que el determinante de Mij no se anule. En efecto si linealizamos 5.36 en torno a la posición de equilibrio x = x0 +y, entonces y˙i =Fi (x0 + y) =Fi (x0 )+

X j

de donde es posible despejar los yj si det(

∂Fi ) ± 0. ∂xj

∂Fi yj ∂xj

¾

0

,

222

5.6.3.


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 de equilibrio, la evolución puede ser hacia el punto de equilibrio. Si eso es así tal punto de equilibrio se denomina estable. Para ver bajo que condiciones ocurre esto, hagamos una expansión x = x0 +y, entonces y˙ i =Fi (x0 + y) =Fi (x0 )+

X j

o en lenguaje matricial

∂Fi yj ∂xj

¾

,

0

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 y positivo. Esto es el punto de equilibrio es estable si los valores propios de la matriz Jacobiano ∂Fi Mij = ∂xj son 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 − x20 = 0,


223

Figura 5.6: pero x0 no existe si μ es negativo. Luego el número de puntos críticos pasa de 0 a 2, cuando μ pasa de negativo a positivo. ∂F = −2x = 0 ⇒ x = 0. ∂x La estabilidad de los puntos críticos √ x0 = ± μ, M=

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 μδx

O sea, para el signo + una desviación positiva δx ocasiona una disminución de x, esto es estabilidad. Para el signo − una desviación positiva δx causa una desviación positiva de x, esto es inestabilidad.

224

5.6.5.


Análisis de estabilidad más en general

x˙ = F (x, μ) F (x0 , μ) = 0 expanda x = x0 + δx ∂F x˙ = F (x0 + δx, μ) ' F (x0 , μ) + δx ∂x ¾ ∂F x˙ = δx . ∂x x0

¾

x0

Claramente estabilidad significa que x˙ y δx tienen distinto signo, esto es ª ª ∂F ∂F < 0 mientras que inestabilidad significa que ∂x x0 > 0 ∂x x0

5.6.6.

La bifurcación de pitchfork

El sistema dinámico gobernado por x˙ = F = μx − x3 , tiene un punto de equilibrio o crítico cuando μx0 − x30 = 0, √ Hay tres puntos críticos x0 = 0, para todo valor de μ, x0 = ± μ si μ > 0. El número 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


5.6.7.

225

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 " M=

∂F1 ∂x ∂F2 ∂x

∂F1 ∂y ∂F2 ∂y

#

=

∙

−1 − 2xy μ − 3x2 − y 2 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 M0 =

∙

μ −1 1 μ

¸

,

¸

226


con 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 φ Linealizando 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 r (t) =

1 1 + e−2μt C1 μ

p √ (1 + e−2μt C1 μ) μ, r∞ → μ

√ gráfico que tiende a un ciclo límite de radio μ cuando μ es positivo. En el √ que 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.


Figura 5.7:

Figura 5.8:

227

228

5.6.8.


Ejemplos

Daremos algunos ejemplos donde se analizan y caracterizan puntos de equilibrio. Ejemplo 5.6.2 (Adaptado de Fetter) Considere una partícula de masa m que se mueve vinculada a un alambre liso en forma de circunferencia de radio R y cuyo plano es vertical. El alambre rota en torno a su diámetro vertical con velocidad angular constante Ω. Usando el ángulo θ entre el radio que contiene la partícula y la vertical descendente. (a) Encuentre el lagrangeano, escriba la ecuación de mocimiento y su primera integral. (b) Determine todas las posiciones de equilibrio ( en realidad posiciones estacionarias) y clasifíquelas como estables o inestables. (c) Para las que sean estables, ecuentre la frecencia de oscilaciones pequeñas. Solución. Con respecto a la figura

tenemos que el Lagrangeano es 1 2 mv + mgR cos θ, 2 1 2 m(R2 θ˙ + R2 Ω2 sin2 θ) + mgR cos θ. = 2

L =

De aquí sale la ecuación de movimiento d ∂L ∂L = − dt ∂ θ˙ ∂θ = mR2 ¨θ − mR2 Ω2 sin θ cos θ + mgR sin θ = 0.


229

El lagrangeano es independiente del tiempo, luego una primera integral es H = constante. Calculando 1 2 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 = − mR2 Ω2 sin2 θ − mgR cos θ 2 2 mR 2 Las ecuaciones de Hamilton son ∂H pθ θ˙ = = , ∂pθ mR2 ∂H = mR2 Ω2 sin θ cos θ − mgR sin θ, p˙θ = − ∂θ las posiciones de equilibrio son θ˙ = 0, p˙θ = 0 y los ángulos satisfacen RΩ2 sin θ cos θ − g sin θ = 0, con soluciones θ = 0, θ = π y otra que existe si

g RΩ2

< 1. cos θ =

g . RΩ2

Linealización ¶ µ ¶µ ¶ µ d H12 θ θ H22 = pθ −H11 −H12 dt pθ µ 0 = 2 2 2 (2mR Ω cos θ − mR2 Ω2 − mgR cos θ) los valores propios de la matriz son λ=±

1p R (2RΩ2 cos2 θ − RΩ2 − g cos θ). R

Para los valores de equilibrio calculamos N

1 mR2

0

¶µ

θ pθ

¶

230


p a) θ = 0, λ = ± R1 R (RΩ2 − g), imaginario puro, centro estable si g > Ω2 R p b) θ = π, λ = ± R1 R (RΩ2 + g) reales positivo y negativo, punto montura inestable. r ³ ´ g g2 1 2 , imaginario puro, centro es− RΩ c) cos θ0 = RΩ2 , λ = ± R R RΩ 2 table si g < Ω2 R.

Oscilaciones pequeñas en torno a θ ' 0 y θ ' θ0 Expansión en torno a (0, 0) pθ , mR2¡ ¢ p˙θ = mR RΩ2 − g θ, ³ ´ ¨θ = Ω2 − g θ R g 2 2 −Ω . ω = R θ˙ =

Expansión en torno a cos θ0 =

g RΩ2

pθ , mR2 ¢¡ ¢ m¡ p˙θ = g − RΩ2 g + RΩ2 θ, 2 Ω ³ ´³ g ´ 2 ¨θ = 1 g − Ω2 + Ω θ, Ω2 R R 1 ³ 2 g ´³ 2 g ´ ω2 = Ω + . Ω − Ω2 R R θ˙ =

Ejemplo 5.6.3 Una partícula se mueve en uina órbita circunferencial bajo un potencial central atractivo V (r). Encuentre la condición para que una órbita circular sea estable. Solución. Estabilidad de una órbita circular. En coordendas polares r y θ el lagrangeano es 1 2 L = m(r˙ 2 + r2 θ˙ ) − V (r), 2


231

de donde las ecuaciónes de Lagrange son 0 d2 r ˙ 2 = − V (r) − r θ dt2 m 2˙ r θ = constante = h.

(5.37) (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 m La ecuación radial puede escribirse d2 r h2 V 0 (r) − = − dt2 r3 m 2 3 0 d r R V (R) V 0 (r) − = − . dt2 mr3 m Supongamos una pequeña perturbación u, (sin cambiar la rapidez) de modo que r = R + u, luego d2 u R3 V 0 (R) V 0 (R + u) − = − , dt2 m(R + u)3 m expandiendo hasta primer orden en u µ ¶ 3 V 0 (R) u d2 u V 0 (R) 1 − u = − − V 00 (R), − 2 dt m R m m que se simplifica a

d2 u + dt2

µ

¶ 1 00 3V 0 (R) + V (R) u = 0. Rm m

232


La órbita circular será estable en el sentido de u realice oscilaciones armónicas de pequeña amplitud y ello ocurre si ω2 =

3V 0 (R) + V 00 (R) > 0 R

lo que impone una restricción a la forma del potencial cerca de la órbita . 3 V 00 (R) > − V 0 (R). R Si el potencial es del tipo V (R) = −

c , con c > 0 Rn

resulta nc , Rn+1 n(n + 1)c , V 00 (R) = − Rn+2 V 0 (R) =

luego n(n + 1)c 3 nc > − , Rn+2 R Rn+1 de 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 V (r) = −

GMm , r

3V 0 (R) 3 GMm 1 GM 1 2GMm + ) = + V 00 (R) = (− Rm m Rm R2 m R3 R3 y entonces el periodo de oscilación será ω2 =

T =

2π 2π 2πR =q , = ω v(0) GM R3

el mismo periodo de revolución en la órbita. En este caso, la solución perturbada puede ser encontrada exactamente y se trata de una elipse.


5.6.9.

233

Otro punto de vista

La órbita circular será estable en r = R si el potencial efectivo U ef =

2 lO + V (r), 2μr2

tiene un mínimo local en r = R. Entonces debe ser 2 lO = 0, μR3 3l2 V 00 (R) + O4 > 0 μR

V 0 (R) −

o bien, eliminando l02

3 0 V (R) > 0 R que es la misma condición obtenida anteriormente. V 00 (R) +

5.6.10.

Un caso inestable

La inestabilidad de la órbita circular para el caso de un potencia atractivo inverso al de la distancia

cuadrado

V (r) = −

k 2k , F (r) = − r2 r3

es fácil de comprender. Para este caso el radio de la órbita circular está dado según la rapidez v(0) de acuerdo a μ

v 2 (0) 2k 2k . = 3 ⇒ v2 (0) = R R μR2

La energía en general es l2 k 1 2 μr˙ + O 2 − 2 , 2 2μr r 2 1 l 1 2 μr˙ + ( O − k) 2 , = 2 2μ r

E =

234


y la ecuación radial es μ¨ r=( Para la órbita circular E = 0 y levemente

l2 ( μO

2 lO 1 − 2k) 3 . μ r

2 lO μ

− 2k = 0. Si la rapidez se aumenta

− 2k) > 0 resulta r¨ > 0, r crece sin límite. Si la rapidez se l2

disminuye levemente ( μO − 2k) < 0 resulta r¨ < 0, r disminuye a cero, es decir partículas chocarán.

5.6.11.

Otro caso estable

Para la fuerza elástica con V (r) = kr2 , hay órbitas circulares estables. El potencial efectivo es U ef =

2 lO + kr2 , 2μr2

luego la condición de extremo en r = R da −

2 lO

μR3

+ 2kR = 0 ⇒ R =

s 4

2 lO , 2kμ

y la segunda derivada es (U ef )00 =

5.7.

2 3lO + 2k = 8k > 0. μR4


Ejercicio 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 ∂ q˙j 2 ∂qj 2 ∂qj


235

Solución. Considere v= y

X ∂r q˙i , ∂qi

∂ ∂r ∂ v2 =v· v=v· , ∂ q˙j 2 ∂ q˙j ∂qj luego d ∂ v2 d ∂r ∂r +v· = a· dt ∂ q˙j 2 ∂qj dt ∂qj ∂r ∂v = a· +v· ∂qj ∂qj ∂r ∂ v2 , = a· + ∂qj ∂qj 2 N Ejercicio 5.7.2 Utilice la identidad señalada en el problema anterior para obtener las componentes de la aceleración de una partícula en coordenadas cilíndricas y en coordenadas esféricas. Solución. En coordenadas cilíndricas ρ, φ, z r = z kˆ + ρˆρ ∂r ˆ ∂r = ρˆ, ∂r = ρ ∂ˆρ = ρφ ˆ = k, ∂z ∂ρ ∂φ ∂φ 2 v2 = z˙ 2 + ρ˙ 2 + ρ2 φ˙ , luego resultan az aρ ρaφ

aφ

∂ v2 d ∂ v2 − = z¨, = dt ∂ z˙ 2 ∂z 2 ∂ v2 d ∂ v2 2 − = ρ¨ − ρφ˙ , = dt ∂ ρ˙ 2 ∂ρ 2 2 d ∂ v2 ∂ v2 d ∂ ρ2 φ˙ = − = dt ∂ φ˙ 2 ∂φ 2 dt ∂ φ˙ 2 d 2˙ ¨ = ρ φ = 2ρρ˙ φ˙ + ρ2 φ. dt ¨ = 2ρ˙ φ˙ + ρφ.

236


Similarmente, para coordenadas esféricas e, θ, φ r = rˆ r ∂r ∂r ∂r ˆ = rˆ, = rˆθ, = r(sin θ)φ ∂r ∂θ ∂φ 2 2 v 2 = r˙ 2 + r2 θ˙ + r2 (sin2 θ)φ˙ , luego resultan ar = raθ = = aθ = r(sin θ)aφ = = aφ =

∂ v2 d ∂ v2 − = r¨, dt ∂ r˙ 2 ∂r 2 2 2 ∂ v2 d ∂ r2 θ˙ ∂ r2 (sin2 θ)φ˙ d ∂ v2 − = − , dt ∂ θ˙ 2 ∂θ 2 dt ∂ θ˙ 2 ∂θ 2 d 2˙ 2 2 r θ − r2 (sin θ cos θ)φ˙ = r2 ¨θ + 2rr˙ θ˙ − r2 (sin θ cos θ)φ˙ , dt 2 r¨θ + 2r˙ θ˙ − r(sin θ cos θ)φ˙ 2 ∂ v2 d ∂ r2 (sin2 θ)φ˙ d ∂ v2 − = dt ∂ φ˙ 2 ∂φ 2 dt ∂ φ˙ 2 d 2 ˙ r (sin2 θ)φ, dt ¨ + 2r(sin r(sin θ)φ ˙ θ)φ˙ + 2r(cos θ)θ˙ φ˙ N

Ejercicio 5.7.3 Considere una barra de masa m, largo 2a que se mueve en un plano vertical bajo acción de su peso de modo que su extremo A puede moverse libremente sobre una corredera lisa OX. Escriba las ecuaciones de Lagrange para las coordenadas generalizadas x el desplazamiento del punto A, 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 x˙ G = x˙ + aθ˙ cos θ,

2 2 yG = aθ˙ sin θ, vG = x˙ 2 + 2ax˙ θ˙ cos θ + a2 θ˙ ,


237

y entonces el lagrangiano será 1 1 1 2 ˙2 2 ma θ + mga cos θ, L = m(x˙ 2 + 2ax˙ θ˙ cos θ + a2 θ˙ ) + 2 23 de donde calculamos ∂L 4 ∂L ˙ = max˙ cos θ + ma2 θ, = mx˙ + maθ˙ cos θ, ∂ x˙ 3 ∂ θ˙ ∂L ∂L = 0, = −max˙ θ˙ sin θ − mga sin θ, ∂x ∂θ de donde mx˙ + maθ˙ cos θ =

constante, 4 2¨ ma θ + ma¨ x cos θ + mga sin θ = 0. 3 N Ejercicio 5.7.4 Una barra de longitud 2l se balancea sin deslizarse sobre un cilindro horizontal de radio a, como se indica en la figura (5.9) de modo el centro de la barra toca al cilindro en el punto más alto. Demuestre que:

2l

a

θ

Figura 5.9: 6g(h − a cos θ − aθ sin θ) 2 θ˙ = l2 + 3a2 θ2 siendo h una constante.

238


Solución. Debido a que la barra no desliza, la distancia desde el punto de 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 x˙ G = aθθ˙ sin θ, y˙G = aθθ˙ cos θ, entonces la energía será 1 1 2 ˙2 1 2 ml θ + mg(a cos θ + aθ sin θ), E = ma2 θ2 θ˙ + 2 23 de donde despejamos 2 θ˙ =

=

6E m

− 6g(a cos θ + aθ sin θ) (3a2 θ2 + l2 ) E − a cos θ − aθ sin θ) 6g( mg (3a2 θ2 + l2 )

.

N Ejercicio 5.7.5 El extremo de una barra uniforme de largo l está montado sobre un eje de modo que la barra puede rotar libremente en un plano normal al eje, como se indica en la figura (5.10). Si el eje se hace rotar sobre un plano horizontal con velocidad de rotación constante Ω, permaneciendo fija la unión de la barra al eje, demuestre que el ángulo que la barra forma con la vertical descendente satisface: ¨θ = Ω2 sin θ cos θ − 3g sin θ. 2l Solución. Tomando ejes principales de inercia xyz en el extremo superior de la barra, y sobre la barra, z en el plano vertical que contiene Ω y la barra, x perpendicular a la barra y horizontal.


239

Ω

θ

Figura 5.10: z

Ω θ x Ωt θ

y

tenemos ˙ ω y = −Ω cos θ, ωz = Ω sin θ, ωx = θ, entonces L=

1 1 2 ˙2 l ml (θ + Ω2 sin2 θ) + mg cos θ, 23 2

de donde ∂L 1 ˙ ∂L = 1 ml2 (Ω2 sin θ cos θ) − mg l sin θ, = ml2 θ, 3 ∂θ 3 2 ∂ θ˙ y sigue 1 2¨ 1 2 2 l ml θ − ml (Ω sin θ cos θ) + mg sin θ = 0, 3 3 2

240


o sea

¨θ = Ω2 sin θ cos θ − 3g sin θ. 2l N

Ejercicio 5.7.6 Considere un disco de masa m radio r que rueda sin deslizar con su plano vertical sobre un plano horizontal tirado de su centro con una 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 holonómico con la restricción adicional: x˙ − rθ˙ = 0. Solución. Considerado el vínculo hay un grado de libertad y 1 1 3 1 2 L = mx˙ 2G + ( mr2 θ˙ ) = mx˙ 2G , 2 2 2 4 de donde sigue 3 mx˙ G = F. 2 Alternativamente consideramos que hay dos grados de libertad con 1 1 1 2 L = mx˙ 2G + ( mr2 θ˙ ), 2 2 2 y la restricción adicional x¨G = r¨θ, o δxG − rδθ = 0, luego la expresión ¶ Xµ d ∂ X ∂ K− K δqj = Qj δqj , dt ∂ q ˙ ∂q j j j j


241

se reduce a ¶ Xµ d ∂ X ∂ K− K δqj = Qj δqj dt ∂ q ˙ ∂q j j j j 1 m¨ xG δxG + mr2 ¨θδθ = F δxG , 2 δxG − rδθ = 0,

multiplicando por λ y sumando 1 (m¨ xG − F + λ)δxG + ( mr2 ¨θ − λr)δθ = 0, 2 de modo que m¨ xG − F + λ = 0, 1 2¨ mr θ − λr = 0, 2 la última da

1 m¨ xG − λ = 0, 2

y luego 1 3 xG = 0 ⇒ m¨ xG = F. m¨ xG − F + m¨ 2 2 N Ejercicio 5.7.7 Una argolla de masa 3m puede deslizarse horizontalmente sin rozamiento por un alambre como se indica en la figura. Unido a la argolla hay un péndulo doble, formado por dos partículas de masas m e hilos de largo a. Si, en una posición cercana a la de su equilibrio, se deja al sistema en libertad, 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.

242

Ecuaciones de Lagrange 3m

a m a

m

Figura 5.11: Solución. Usemos como coordenadas generalizadas x de 3m y los ángulos θ y φ que forman los hilos con la vertical. Tenemos entonces x2 y2 x3 y3

= = = =

x + a sin θ, −a cos θ, x + a sin θ + a sin φ, −a cos θ − a cos φ,

de donde x˙ 2 y˙2 x˙ 3 y˙3

= = = =

x˙ + aθ˙ cos θ, aθ˙ sin θ, x˙ + aθ˙ cos θ + aφ˙ cos φ, aθ˙ sin θ + aφ˙ sin φ,

y luego L =

3 2 1 2 mx˙ + m(x˙ 2 + a2 θ˙ + 2xa ˙ θ˙ cos θ) 2 2 1 2 2 + m(x˙ 2 + a2 θ˙ + a2 φ˙ + 2xa ˙ θ˙ cos θ + 2xa ˙ φ˙ cos φ + 2a2 θ˙ φ˙ cos(θ − φ)) 2 +2mga cos θ + mga cos φ,

derivando ∂L = 5mx˙ + 2m(aθ˙ cos θ) + m(aφ˙ cos φ) = constante. ∂ x˙

5.7 Ejercicios resueltos ∂L ∂ θ˙ ∂L ∂ φ˙ ∂L ∂θ ∂L ∂φ

243

˙ cos θ + ma2 φ˙ cos(θ − φ), = 2ma2 θ˙ + 3mxa ˙ cos φ + ma2 θ˙ cos(θ − φ), = ma2 φ˙ + mxa = −2mxa ˙ θ˙ sin θ − ma2 θ˙ φ˙ sin(θ − φ) − 2mga sin θ, = −mxa ˙ φ˙ sin φ + ma2 θ˙ φ˙ sin(θ − φ)) − mga sin φ,

y finalmente ¨ cos(θ − φ) − aφ˙ 2 sin(θ − φ) + 2g sin θ, 0 = 2a¨θ + 3¨ x cos θ + aφ ¨ + x¨ cos φ + a¨θ cos(θ − φ) − aθ˙ 2 sin(θ − φ) + g sin φ. 0 = aφ N Ejercicio 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 plano vertical, la otra restringida a moverse verticalmente unida a un resorte de constante k, como se ve en la figura (5.12). Escriba las ecuaciones de Lagrange del movimiento del sistema.

k m

m

Figura 5.12:

244


Solución. Sea z la longitud del resorte y θ el ángulo que forma la barra con 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 1 2 L = mz˙ 2 + m(z˙ 2 − 2lz˙ θ˙ sin θ + l2 θ˙ ) − k(z − l0 )2 + mgz, 2 2 2 o sea 1 1 2 L = mz˙ 2 − mlz˙ θ˙ sin θ + ml2 θ˙ − k(z 2 − 2zl0 + l02 ) + mgz, 2 2 ∂L mg ∂L = mz˙ − mlθ˙ sin θ, = −k(z − l0 − ), ∂ z˙ ∂z k ∂L ∂L ˙ = −mlz˙ θ˙ cos θ, = m(−lz˙ sin θ + l2 θ), ∂θ ∂ θ˙ si se define u = z − l0 −

mg , k

las ecuaciones de lagrange serán k 2 u¨ − l¨θ sin θ − lθ˙ cos θ + u = 0, m −¨ u sin θ + l¨θ = 0. N Ejercicio 5.7.9 Una barra de longitud 2a y masa M se coloca horizontalmente sobre el punto más alto de un hemisferio rugoso de radio R y masa igual M que puede deslizar sobre un plano horizontal liso, y se perturba levemente. Determine las ecuaciones de movimiento para el sistema. La barra no desliza sobre el hemisferio.


245

Solución. Con respecto a la figura G A θ x

R

usamos como coordenadas generalizadas el ángulo θ y el desplazamiento x del hemisferio. Debido al no deslizamiento de la barra AG = Rθ de manera que xG = x + R sin θ − Rθ cos θ, yG = R cos θ + Rθ sin θ, y luego x˙ G = x˙ + Rθ˙ cos θ − Rθ˙ cos θ + Rθθ˙ sin θ = x˙ + Rθθ˙ sin θ, y˙G = −Rθ˙ sin θ + Rθ˙ sin θ + Rθθ˙ cos θ = Rθθ˙ cos θ, 2 ˙ θ˙ sin θ + R2 θ2 θ˙ , v2 = x˙ 2 + 2xRθ G

entonces el lagrangiano será 1 1 1 1 2 2 ˙ θ˙ sin θ+R2 θ2 θ˙ )+ ( Ma2 )θ˙ −Mg(R cos θ+Rθ sin θ), L = M x˙ 2 + M(x˙ 2 +2xRθ 2 2 2 3 derivando ∂L = 2M x˙ + M xRθ ˙ θ˙ sin θ, ∂ x˙ ∂L ˙ + ( 1 Ma2 )θ, ˙ = M(xRθ ˙ sin θ + R2 θ2 θ) 3 ∂ θ˙ ∂L = 0, ∂x ∂L 2 = M(xRθ ˙ θ˙ cos θ + R2 θθ˙ ) − Mg(Rθ cos θ), ∂θ y finalmente resultan las ecuaciones de movimiento 2 2 2¨ x + x¨Rθθ˙ sin θ + xR ˙ θ˙ sin θ + xRθ ˙ ¨θ sin θ + xRθ ˙ θ˙ cos θ = 0, 1 2 x¨Rθ sin θ + xR ˙ θ˙ sin θ + R2 θθ˙ + R2 θ2 ¨θ + a2 ¨θ + gRθ cos θ = 0. 3

246


Ejercicio 5.7.10 Una partícula de masa m está vinculada suavemente a un tubo liso el cual se hace rotar en torno de la vertical con velocidad angular Ω constante, de modo que el ángulo de inclinación del tubo con la vertical es constante α . Para la coordenada generalizada r, la distancia de la partícula al 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(r˙ 2 + r2 Ω2 sin2 α) − mgr cos α, 2 de donde sigue ∂L = mr, ˙ ∂ r˙

∂L = mrΩ2 sin2 α − mg cos α, ∂r

y 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 α del 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 y la condición es que r˙ en r =

g cos α 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 = Ω

((c))


247 N

Ejercicio 5.7.11 Una partícula de masa m está en reposo en el punto más alto de un hemisferio liso fijo de radio R. Si ella es perturbada levemente, comienza a resbalar sobre el hemisferio. Determine el punto donde ella abandona el contacto con el hemisferio. Solución. Sea θ el ángulo que forma la línea desde el centro del hemisferio a la partícula. Entonces la energía es 1 E = mv 2 + mgR cos θ = mgR, 2 de donde v2 = 2gR(1 − cos θ). La reacción normal satisface N − mg cos θ = −

mv 2 , R

y se anula cuando mg cos θ = m2g(1 − cos θ) ⇒ cos θ =

2 ⇒ θ = 48. 189 7o . 3

N Ejercicio 5.7.12 Un disco de masa m y radio a está inicialmente en reposo apoyado en el punto más alto de un hemisferio rugoso de radio R. Si el disco es perturbado levemente, el comienza a rodar sin resbalar. Escriba la ecuación 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 contacto con el hemisferio. Solución. (En los problemas resueltos este problema está resuelto por el método de Newton) Podemos calcular la rapidez del CM de dos manera, vCM = (R + a)θ˙ = aω, de donde ω=

R+a˙ θ, a

248


a

R

θ

Figura 5.13: El lagrangiano será µ ¶2 1 11 2 R+a˙ 2 ˙2 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 4 de donde la ecuación de movimiento será 3 (R + a)¨θ − g sin θ = 0, 2 ¨θ = 2g sin θ . 3(R + a) Por integración podemos obtener θ˙ 4g(1 − cos θ) 2 , θ˙ = 3(R + a) La condición de despegue es cuando no hay contacto N = 0, pero 2

de donde

N − mg cos θ = −(R + a)2 θ˙ , mg cos θ −

4mg(1 − cos θ) = 0, 3

5.7 Ejercicios resueltos de donde

249

4 cos θ = , θ = 55. 150 1o 7 N

Ejercicio 5.7.13 Una partícula de masa M se coloca en reposo sobre el punto más alto de un hemisferio semicilíndrico de masa M y radio R, el cual descansa sobre un plano horizontal liso, como se indica en la figura (5.14). Si la partícula se perturba levemente, el sistema comienza a moverse. Determine la expresión que determina el ángulo para el cual la partícula perderá contacto con el hemisferio. M M

R

θ

x

Figura 5.14: Solución. Con relación a la figura las ecuaciones de movimiento son d2 (x + R sin θ) = N sin θ, dt2 d2 (R cos θ) = N cos θ − Mg, M dt2 d2 x M 2 = −N sin θ. dt Si se elimina x y N se obtiene una ecuación diferencial para el ángulo θ M

d2 (R sin θ) = 2N sin θ, dt2 d2 (R cos θ) = N cos θ − Mg, M dt2 M

2g d2 (cos θ) d2 (sin θ) cos θ − 2 sin θ, sin θ = R dt2 dt2 2g d 2 1 d ˙2 sin θ = θ cos2 θ + θ˙ sin2 θ R 2 dθ dθ

250


que integrada una vez conduce a 2g 1 − cos θ 2 θ˙ = . R 1 − 12 cos2 θ Considerando que la condición para que exista despegue de la superficie es N = 0, o sea x¨ = 0, se obtiene d2 (sin θ) = 0, dt2 o bien

d ˙2 (θ cos2 θ) = 0, dθ que desarrollada conduce a una ecuación de tercer grado para el cos θ. En efecto se obtiene cos3 θ − 6 cos θ + 4 = 0, y evaluando numéricamente resulta cos θ = 0,732 051 ⇒ θ = 42. 941 4o . N Ejercicio 5.7.14 Dos partículas de masas m1 y m2 están en reposo sobre un plano horizontal liso unidas por una cuerda inextensible de largo L. Si a una de ellas se le da una rapidez inicial v0 perpendicular a la línea que une las partículas, determine para el movimiento siguiente, la magnitud de la tensión en la cuerda. Solución. Realmente este problema no es adecuado para Lagrange. La velocidad inicial del centro de masa y que permanece constante es VG =

m1 v0 . m1 + m2

Las velocidades iniciales relativas a G serán m1 v0 m2 v0 = , m1 + m2 m1 + m2 m1 v0 = − . m1 + m2

v10 = v0 − v20


251

Ellas describen circunferencias de radios m2 L , m1 + m2 m1 L = , m1 + m2

r1 = r2

en torno al centro de masa. Luego, la segunda ley aplicada a cualquiera partícula da (v10 )2 , r1 (v20 )2 = m2 , r2

T = m1

y así resulta m1 + m2 m2 v0 2 m1 m2 v02 ) = ( . T = m1 m2 L m1 + m2 m1 + m2 L N Ejercicio 5.7.15 Un cono recto de semiángulo en el vértice α y generatriz de longitud l rueda sin deslizar sobre un plano inclinado un ángulo β respecto del plano horizontal. Si θ es el ángulo que forma la línea de máxima pendiente con la generatriz de contacto, demuestre que: ¨θ +

5g sin β sin θ = 0. l(1 + 5 cos2 α)

Solución. Si H es la altura del cono, el momento de inercia respecto a su generatriz en el vértice es I = 34 mH 2 (1 + 15 sec2 α) sin2 α, la magnitud de la velocidad angular es ω = θ˙ cot α, la energía del cono puede escribirse como E = 12 Iω 2 + mg 34 H(sin α cos β − sin β cos α cos θ) y de allí derivando sigue el resultado. N

252


Capítulo

6

Ecuaciones de Hamilton

6.1.

La Acción

La acción de un sistema mecánico se define por:

S=

Zt2

L(q(t), q(t), ˙ t)dt ,

(6.1)

t1

es decir una integral sobre un posible camino qi (t) que permita al sistema pasar entre los instantes de tiempo t1 y t2 en forma compatible con los vínculos, y con las condiciones en t1 y t2 . La acción, como veremos, tiene un doble e 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 ecuaciones 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.

254


6.1.1.

Principio variacional de Hamilton

Un posible camino qi (t) compatible con los vínculos y las condiciones en t1 y t2 es la trayectoria física, solución de las ecuaciones de movimiento de un sistema conservativo, sí y solo sí la acción S es un extremo. Demostración: En lo que sigue, llamaremos caminos físicos a los caminos extremales entre los puntos extremos fijos y caminos variados a otros caminos, próximos a los caminos extremales, entre los mismos puntos extremos. Se requieren elementos de cálculo variacional que no estudiaremos aquí, pero de los cuales haremos uso (ver [3]). Para que la acción sea un extremo se requiere que su variación δS sea cero, para variaciones δqi (t) infinitesimal, compatibles con los vínculos y nulas en los extremos y salvo por eso, arbitrarias entre ellos. Como se sabe, usando la “notación δ”, se tiene que

δS =

Zt2 X µ

t1

¶ ∂L ∂L δqi + δ q˙i dt , ∂qi ∂ q˙i

como δq˙ =

d δq, dt

y

δqi (t1 ) = δqi (t2 ) = 0 ,

la primera variación de la acción puede escribirse

δS =

Zt2 X µ

d ∂L ∂L − ∂qi dt ∂ q˙i

t1

¶

δqi dt .

(6.2)

Si se cumplen las ecuaciones de movimiento, ecuaciones de Lagrange para sistemas conservativos en su forma original, es decir X µ ∂L

d ∂L − ∂qi dt ∂ q˙i

¶

δqi = 0,

donde por definición QNC = 0, ∀i, entonces δS = 0, lo que significa que i S es un extremo.

6.2 Transformaciones canónicas

255

Si la acción S es un extremo, o sea δS = 0, tenemos Zt2 X µ

d ∂L ∂L − ∂qi dt ∂ q˙i

t1

o bien

¶

δqi dt = 0 ,

t2 ¶ X Z µ ∂L d ∂L dtδqi = 0 . − ∂qi dt ∂ q˙i i t1

Si las variaciones δqi son arbitrarias en el intervalo, son entonces cero los integrandos de modo obtenemos ∂L d ∂L − = 0, ∂qi dt ∂ q˙i que son las ecuaciones correctas de Lagrange para sistemas conservativos.

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 q˙i =

∂H , y ∂pi

p˙i = −

∂H , ∂qi

(6.5)

entonces ∂H , y Q˙ i = ∂Pi

∂H P˙i = − . ∂Qi

(6.6)

256


Se usará eventualmente en notación resumida q, p, Q , P,que indican a todo el conjunto de coordenadas y momenta. Una condición suficiente para que la transformación {q, p} −→ {Q, P } sea canónica, es que exista una función F tal que n X (pi dqi − Pi dQi ) − (H − H)dt = dF .

(6.7)

i=1

Considerando la equivalencia entre el principio variacional de Hamilton y las ecuaciones de Hamilton, la ecuación (6.7) equivale a ! ! Z2 ÃX Z2 ÃX n n pi dqi − Hdt = 0 ⇐⇒ δ Pi dQi − H dt = 0 . (6.8) δ 1

i=1

1

i=1

Está implícito el hecho de que las variaciones son nulas en los extremos, es decir 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 pi =

∂F1 (q, Q, t) , ∂qi

Pi = −

∂F1 (q, Q, t) , ∂Qi

(6.9)

y ∂F , (6.10) ∂t razón por lo cual se puede denominar a F una función generadora de la transformación canónica. H=H+

6.2.1.

Formas de la transformación

Mediante una transformación de Legendre es posible escribir la transformación de otras maneras. Considerando transformaciones de Legendre de F1 (q, Q, t), la función generadora considerada hasta ahora, podemos generar otras tres funciones generadoras equivalentes dadas por F2 (q, P, t) = F1 (q, Q, t) +

n X

Qi Pi ,

(6.11)

i=1

F3 (p, Q, t) = F1 (q, Q, t) −

n X i=1

qi pi ,

(6.12)

6.3 Paréntesis de Poisson

257

F4 (p, P, t) = F3 (p, Q, t) +

n X

Qi Pi ,

(6.13)

i=1

Para las cuales se cumplirá, en analogía con (6.7) n X (pi dqi + Qi dPi ) − (H − H)dt = dF2 ,

(6.14)

i=1

n X (−qi dpi − Pi dQi ) − (H − H)dt = dF3 ,

(6.15)

i=1

n X (−qi dpi + Qi dPi ) − (H − H)dt = dF4 ,

(6.16)

i=1

y de las cuales se tienen las siguientes relaciones que definen la transformación canónica pi =

∂F2 , ∂qi

Qi =

qi = −

∂F3 , ∂pi

Pi = −

∂F4 , ∂pi

Qi =

H=H+

∂F . ∂t

qi = −

∂F2 , ∂Pi

(6.17)

∂F3 , ∂Qi

(6.18)

∂F4 , ∂Pi

(6.19)

siendo en cada caso

6.3.

(6.20)

Paréntesis de Poisson

Los “paréntesis” de Poisson de dos funciones de las coordenadas y momentos, se definen por ¶ n µ X ∂F ∂G ∂G ∂F {F, G} = . − ∂q ∂p ∂q ∂p i i i i i=1

(6.21)

258

6.3.1.


Propiedades de los Paréntesis de Poisson

Entre otras propiedades podemos señalar las siguientes, que se dejan para su 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)

{U, {V, W }} + {V, {W, U}} + {W, {U, V }} = 0,

(6.25)

y la identidad de Jacobi.

6.4.

Ecuaciones de Movimiento

Las ecuaciones de Hamilton pueden escribirse en términos de los paréntesis de Poisson como q˙i = {qi , H},

p˙i = {pi , H} .

(6.26)

Además, puede verificarse que para cualquier función de los momentos y de las coordenadas, F (q, p, t), se tiene que dF ∂F = {F, H} + . dt ∂t

(6.27)

de aquí se puede deducir I Teorema 6.1 Si una cantidad dinámica F no depende del tiempo en forma explícita, es decir si F = F (q, p), ella es conservada si y solo si {F, H} = 0. I Teorema 6.2 El hamiltoniano mismo es conservado cuando no depende explícitamente del tiempo, es decir si ∂H/∂t = 0.

6.5 Problemas y Aplicaciones.

6.5.

259

Problemas y Aplicaciones.

Ejercicio 6.5.1 Demuestre que las siguientes transformaciones son canónicas (Goldstein [4]): a) Q = ln(sin(p)/q),

P = q cot(p). P = αq2 (1 + p2 /α2 q2 ) /2

b) Q = arctan (αq/p) , 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 armónico. c) Resuelva el problema del oscilador armónico utilizando esa transformación canónica. Solución. Dado que el sistema tiene un grado de libertad, basta requerir que 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 = 1 y entonces 1 , y abβ = 2 2 Si además deseamos simplificar el problema del oscilador armónico, con hamiltoniano dado por P2 1 H= + kQ2 , 2m 2 α=

260


considere que H = H puesto que la transformación es independiente del tiempo y entonces H=

b2 q sin 2 (βp) 1 2 + ka q cos 2 (βp) , 2m 2

y 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 reduce a Ãr ! ! Ãr r p 2q k k Q= cos p , P = 2mq sin p , k m m

de modo que el problema dinámico dado por H ha sido resuelto Ãr ! Ãr ! r p 2q0 k k Q(t) = cos (t − t0 ) , (t − t0 ) . P (t) = − 2mq0 sin k m m N

Ejemplo 6.5.2 El problema anterior puede ser considerado un caso general del siguiente problema. Dado H(q, p) deduzca una transformación canónica donde el nuevo hamiltoniano sea H(Q, P ) = Q. Solución. El problema puede reducirse a encontrar una función generadora 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 siguiente ecuación diferencial para F1 (q, Q) µ ¶ ∂F1 H ,q = Q. ∂q N

Ejemplo 6.5.3 Considere la transformación Q1 = q1 P1 = p1 − 2p2 Q2 = p2 P2 = −2q1 − q2 Demuestre directamente que ella es canónica y encuentre una función generadora. (Goldstein p.431 [4])

6.5 Problemas y Aplicaciones.

261

Solución. No resulta posible encontrar una función generadora de tipo 1, 2, 3 ó 4. En realidad hay otras posibilidades para definir funciones generadoras, 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 . N

Ejemplo 6.5.4 (Goldstein) Para la transformación puntual (de las coordenadas) en un sistema con dos grados de libertad Q1 = q12 ,

Q2 = q1 + q2 ,

encuentre la transformación más general para P1 y P2 , consistente con que la transformación completa sea canónica. Solución. Aquí pi = ∂F2 /∂qi ,

Qi = ∂F2 /∂Pi ,

con F2 (q1 , q2 , P1 , P2 ) = q12 P1 + (q1 + q2 )P2 + W (q1 , q2 ) , siendo W (q1 , q2 ) una función arbitraria de q1 , q2 . Por lo tanto P1 =

p1 − p2 1 ∂W ∂W + ( − ), 2q1 2q1 ∂q2 ∂q1

y ∂W . ∂q2 Note además que con la elección particular W = −(q1 + q2 )3 /3, se tiene que ¶2 µ p1 − p2 + p2 − (q1 + q2 )2 =⇒ H = P12 + P2 , H= 2q1 P2 = p2 −

siendo Q1 , Q2 ignorables.

262

Ecuaciones de Hamilton N

Ejercicio 6.5.2 Considere una transformación canónica (infinitesimal) generada por: X qi Pi − dtH(q, P ) , F2 (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 función 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 ∂Qj Ejercicio 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 función 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 ) = Qj ∂Pj

6.6.

y

∂G2 (Q, p) = Pj . ∂Qj

Método de Hamilton Jacobi

Una forma general de resolver (en principio) un problema dinámico lo constituye el método de Hamilton Jacobi. La idea de este método consiste

6.6 Método de Hamilton Jacobi

263

en buscar una transformación canónica de modo que el hamiltoniano transformado sea nulo, problema reducido que tiene soluciones obvias de las ecuaciones de movimiento. Si nos imaginamos que dicha transformación canónica es generada por una función conocida F2 (q, P, t) tendremos, por condición ¯ = H(q, p, t) + ∂F2 = 0 , H ∂t y si además consideramos (6.17) tendremos ¶ µ ∂F2 ∂F2 ,t + = 0, H q, ∂q ∂t

(6.28)

(6.29)

la llamada ecuación diferencial de Hamilton Jacobi, que permitiría determinar F2 . Si se obtiene la transformación canónica, ya sea resolviendo la ecuación de Hamilton Jacobi o por cualquier medio, las nuevas ecuaciones de Hamilton serán ¯ ∂H = 0 = Q˙ i , ∂Pi

(6.30)

¯ ∂H = 0 = −P˙i , ∂Qi

(6.31)

y entonces las nuevas coordenadas y momentos son todos constantes, que designaremos por: Pi = αi y Qi = β i . En consecuencia, la solución del problema original se obtiene mediante la transformación inversa, es decir, de pi =

∂F2 (q, α, t) , ∂qi

βi =

∂F2 (q, α, t) , ∂αi

(6.32)

mediante un despeje algebraico de las coordenadas qi del segundo grupo de ecuaciones anteriores, que quedarán expresadas en términos de las 2n constantes αi , β i , las cuales deben ser finalmente evaluadas de acuerdo a condiciones 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 su carácter en general no lineal. En realidad es suficiente encontrar una solución

264


que dependa de n constantes independientes, ninguna de ellas aditiva. Tal solución “completa”, se denomina función principal de Hamilton S . Los nuevos momentos conservados Pi pueden elegirse igual a esas constantes o bien funciones independientes de ellas. En términos más precisos se requiere una solución de la ecuación de Hamilton Jacobi que dependa de las coordenadas qj y de las constantes αi de modo que µ 2 ¶ ∂ S det 6= 0 . ∂αi ∂qj Denotemos entonces la función principal de Hamilton por (6.33)

S = S(q, α, t) . Momentos iguales a las constantes de integración

Aquí, aplica lo dicho más arriba. Es decir lo establecido en (6.32) : pi =

∂S(q, α, t) , ∂qi

βi =

∂S(q, α, t) , ∂αi

(6.34)

y la solución del problema dinámico se obtiene invirtiendo el segundo grupo de ecuaciones de transformación, despejando, si es posible, las coordenadas qi (α, β, t). Demostración de la suficiencia La demostración de que una solución completa de la ecuación(6.33) junto con las relaciones (6.34), nos conduce a la solución de las ecuaciones de Hamilton, es como sigue. Derivando la segunda de las ecuaciones (6.34) con respecto al tiempo, se tiene X ∂2S ∂ 2S q˙j = 0 , + ∂αi ∂t ∂α ∂q i j j

(6.35)

si las primeras de las ecuaciones (6.34) se introducen en la ecuación de Hamilton Jacobi se obtiene H(q, p, t) +

∂S = 0, ∂t

(6.36)


265

que, si se deriva respecto de αi observando que esas constantes entran a través de los p solamente, se obtiene X ∂H ∂ 2 S ∂ 2S + = 0, ∂p ∂q ∂α ∂t∂α j j i i j

(6.37)

si restamos (6.35) y (6.37) entonces ¶ 2 Xµ ∂ S ∂H q˙j − = 0, ∂pj ∂qj ∂αi j sistema lineal homogéneo con determinante diferente de cero, por lo que se ha demostrado que se cumple el primer grupo de ecuaciones de Hamilton, es decir (la solución trivial) ∂H q˙j − = 0. ∂pj Ahora, para probar el otro grupo de ecuaciones de Hamilton, derivamos la segunda de las ecuaciones (6.34) con respecto al tiempo, obteniendo X ∂2S ∂2S q˙j , + ∂qi ∂t ∂q ∂q i j j

(6.38)

X ∂ 2 S ∂H ∂2S + . ∂qi ∂t ∂qi ∂qj ∂pj j

(6.39)

p˙i = que puede escribirse p˙i =

Si la ecuación de Hamilton Jacobi se deriva respecto a qi , recordando que en virtud de (6.34), los p son funciones de los q, se obtiene ∂H X ∂ 2 S ∂H ∂2S + + = 0, ∂qi ∂t ∂qi ∂qi ∂qj ∂pj j

(6.40)

por lo que, comparando (6.39) con (6.40), se tiene que se cumple el segundo grupo de ecuaciones de Hamilton, es decir −p˙i =

∂H . ∂qi

266

6.6.2.


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 , t1

y la solución del problema dinámicos mediante la función principal de Hamilton S(q, α) donde se cumple que ∂S(q, α, t) , ∂qi ∂S(q, α, t) βi = , ∂αi ∂S(q, α, t) 0 = H+ , ∂t pi =

entonces podemos escribir

S(q(t1 ), q(t2 )) =

Z

t2

t

=

Z 1t2

µX ∂S(q, α, t) ∂qi

¶ ∂S(q, α, t) dqi + dt ∂t

dS(q, α, t)dt),

t1

por 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 ∂αi

6.6.3.

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 ello hagamos S(q, α, t)) = W (q, α) − α1 t ,


267

así resulta que W , la función característica de Hamilton, satisface la siguiente ecuación de Hamilton Jacobi independiente del tiempo µ ¶ ∂W H q, = α1 . ∂q

(6.42)

Una solución de esta ecuación conteniendo n constantes, ninguna de ellas aditiva siendo una de ellas α1 se denomina función característica de Hamilton. Considerada como una función generadora F2 con nuevos momentos iguales a las constante αi , la transformación canónica que ella genera será pi =

∂W (q, α) , ∂qi

Qi =

∂W (q, α) ¯ = H = α1 , , H ∂αi

(6.43)

y las ecuaciones de Hamilton son ∂H = Q˙ i = ∂αi

½

α˙ i = −

1 si i = 1 0 si i > 1

,

∂H = 0. ∂Qi

O sea los nuevos momenta son todos constantes y sólo una de las coordenadas varía y linealmente con el tiempo. Es decir αi = constante,

Qi =

½

t + t0 si i = 1 βi constantes si i > 1,

Arbitrariedad en la elección de los nuevos momentos En el método de Hamilton Jacobi los nuevos momentos son constantes debido 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 n constantes independientes, es posible escoger como nuevos momentos a esas constantes o cualquier conjunto de constantes independientes que podemos imaginar funciones de las anteriores. Para el caso de la función característica, el nuevo hamiltoniano es entonces dependiente de los momentos a través de

268


¶ µ ∂W = α1 (P ) , H q, ∂q y las ecuaciones de Hamilton serán

(6.44)

∂H ∂α1 = , Q˙ i = ∂Pi ∂Pi ∂H P˙i = − = 0, ∂Qi los nuevos momenta Pi son constantes y serán denotados por γ i , y las nuevas coordenadas varían linealmente con el tiempo Qi (t) =

∂H ∂α1 (γ) t + Qi (0) = t + Qi (0) , ∂Pi ∂γ i Pi = γ i ,

y el problema dinámico es resuelto invirtiendo (despejando q(t)) Qi (t) =

6.6.4.

∂α1 (γ) ∂W (q, α(γ)) t+Qi (0) = , ∂γ i ∂γ i

H = H = α1 (γ) . (6.45)

El oscilador armónico

A modo de ejemplo, se presenta el caso del oscilador armónico con Hamiltoniano dado por p2 1 (6.46) + kq2 . 2m 2 Para este caso la ecuación de Hamilton Jacobi para la función principal de Hamilton está dada por µ ¶2 1 ∂S 1 ∂S = 0, + kq 2 + 2m ∂q 2 ∂t de la cual se puede separar el tiempo introduciendo la función Característica W (q, α) que satisface µ ¶2 1 1 ∂W + kq2 = α , 2m ∂q 2 H=

siendo S = W − αt. De allí pueden obtenerse


269

La función característica y la transformación que ella genera Ã ) ( ! r √ 2α q α 1 −1 p sin − q2 , + q W = mk k 2 k 2α/k y si colocamos ω2 = k/m puede escribirse ) ( r 2α 2α mω sin −1 (q) + q − q2 , W = 2 mω2 mω 2 y la transformación que ella genera , con P = α, es r 2P sin (ωQ) , q= mω 2 √ p = 2mP cos (ωQ) ,

(6.47)

(6.48) (6.49)

H = P. La función principal de Hamilton. Similarmente, se encuentra ) Ãr ( ! r mω 2 2α 2α mω arcsin − q 2 − αt , q +q S= 2 mω 2 2α mω 2 q= p=

r

(6.50)

2α sin (ω(Q + t)) , mω 2

√ 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 S(q, q0 , t) =

mω (q2 cos ωt + q02 cos ωt − 2q0 q), 2 sin ωt

270

Ecuaciones de Hamilton resultando ilustrativo replantearlo utilizando la función principal y la relación (6.41). Se tiene ) ( ! Ãr r mω mω 2 2α 2α S = q +q arcsin − q2 − αt 2 mω 2 2α mω2 ! ) ( Ãr r mω 2 2α 2α − arcsin − q02 , 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 (q − (cos ωt) q0 )2 2 = q + , 0 mω 2 sin2 ωt y de allí como era de esperar S(q, q0 , t) =

6.7. 6.7.1.

¢ mω ¡ 2 q cos ωt + q02 cos ωt − 2qq0 . 2 sin ωt

Variables de Acción Angular Sistemas periódicos con un grado de libertad

Considere un sistema descrito por las variables canónicas q, p que recobran sus valores cada vez que transcurre un tiempo llamado periodo T del sistema. Supondremos además que se trata de un sistema periódico autónomo (con hamiltoniano independiente del tiempo). La ecuación de Hamilton Jacobi independiente del tiempo para la función característica W es µ ¶ ∂W H ,q = α. ∂q Como se explicó, el nuevo momento P puede elegirse como alguna función de α. Se verá la conveniencia de definir como nuevo momento, la llamada variable de acción J

6.7 Variables de Acción Angular

J=

I

p(q, α)dq ,

271

(6.51)

siendo la integral realizada sobre un periodo del movimiento. Así entonces α = H = α(J) = H(J). La correspondiente nueva coordenada o variable angular será denotada por Θ. La transformación generada por la función característica W será ∂W (q, J) p= , (6.52) ∂q ∂W (q, J) . Θ= ∂J Las ecuaciones de Hamilton serán ∂H(J) ∂H =− = 0, J˙ = − ∂Θ ∂Θ ˙ = ∂H = dH(J) = constante . Θ (6.53) ∂J dJ Es decir J es constante y Θ varia linealmente con el tiempo. Lo importante del formalismo es que en el cambio de tiempo de un periodo T , el cambio en Θ es la unidad. En efecto, considere I I ∂Θ ∂ ∂W (q, J) 4Θ = dq = dq , ∂q ∂q ∂J o sea I I ∂ ∂W (q, J) ∂ 4Θ = dq = pdq = 1 , ∂J ∂q ∂J pero 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 derivada del hamiltoniano T =

1 . H 0 (J)

(6.54)

Ejemplo 6.7.1 Determine las variables de acción angular para el caso particular del oscilador armónico, con hamiltoniano H = p2 /2m + kq 2 /2 = α.

272


Solución. Tendremos I I p J = pdq = ± 2mα − mkq 2 dq ,

p como los puntos de retorno (donde p = 0) son q1,2 = ± 2α/k, la integral puede reducirse a Zq1 p 2mα − mkq 2 dq , J =4 0

que puede calcularse α J = 2π , ω

con

ω=

r

k , m

de allí, resultará H=

Jω 1 2π =⇒ T = 0 = . 2π H (J) ω N

Capítulo

7

Oscilaciones pequeñas

7.1.

La energía cinética

Pondremos atención en el movimiento de sistemas conservativos holonómicos, con vínculos independientes del tiempo, en las vecindades de su posición de equilibrio estable cuando esa posición exista. Como se sabe, la energía cinética es X1 mi |vi |2 , K= 2 que expresada en términos de coordenadas generalizadas qi de acuerdo a ri = ri (q), permite escribir K=

X1 i,j,k

2

mi

∂ri (q) ∂ri (q) · q˙j q˙k , ∂qj ∂qk

expresión que escribiremos usando la convención de suma sobre índices repetidos 1 K = Kjk (q)q˙j q˙k , 2 siendo Kjk (q) =

X1 i

2

mi

∂ri (q) ∂ri (q) · = Kkj (q), ∂qj ∂qk

(7.1)

274


elementos de una matriz simétrica, positiva definida porque la energía cinética no puede ser negativa.

7.2.

La energía potencial

En términos de las coordenadas generalizadas qi , la energía potencial del sistema será escrita V (q) = V (q1 , q2 , . . . , qn ). La condición para que el sistema tenga una posición de equilibrio estable, es que V (q) tenga un mínimo. Ello es consecuencia de las ecuaciones de lagrange que para este caso son con energía cinética independiente de las coordenadas d ∂V (q) (Kjk (q)q˙k ) + = 0, dt ∂qj ∂ ∂V (q) qk + ( Kjk (q))q˙k q˙l = − . Kjk (q)¨ ∂ql ∂qj

7.2.1.

(7.2)

Posición de equilibrio

Configuración de equilibrio significa que el sistema permanece con sus coordenadas iniciales qko sin variar, si se coloca allí con velocidades nulas. Es decir que ellas no varían si inicialmente no varían. Es decir que para q˙k0 (0) = 0 debe tenerse q¨k0 (0) = 0. De las ecuaciones de lagrange se deduce entonces que tales puntos se caracterizan por ¯ ∂V ¯¯ = 0. ∂qj ¯qo j

De acuerdo a lo que se analiza a continuación, si se trata de un punto de equilibrio estable, ellos corresponden a mínimos de la energía potencial.

7.2.2.

Estabilidad

El concepto de estabilidad está relacionado al comportamiento del sistema para condiciones iniciales próximas a la de equilibrio. El equilibrio se dice estable si para condiciones iniciales qj (0) = qj0 + δqj , q˙j (0) = 0, con δqj > 0, entonces q¨j (0) < 0, ∀j, es decir las coordenadas deben variar hacia los

7.3 Linealización

275

valores de equilibrio. Ello impone algunas condiciones a la energía potencial. Utilizando la ecuación (??), se tiene ¯ ∂V (qj0 + δqj ) ∂ 2 V ¯¯ 0 Kjk (qj + δqj )δ q¨k = − =− δqk . ∂qj ∂qj ∂qk ¯q0

Kjk es positiva definida. El equilibrio será estable si δ q¨k y δqk tienen distinto signo. Se deduce entonces que ¯ ∂ 2 V ¯¯ > 0, ∀j, k, ∂qj ∂qk ¯q0 es decir se trata de un mínimo de la energía potencial.

7.3.

Linealización

Para movimientos en una vecindad de una posición de equilibrio estable, qi = qi0 + η i (t), expandiremos la energía cinética y potencial para tener las ecuaciones de movimiento apropiadas para esta aproximación. Así resulta hasta segundo orden en las cantidades pequeñas η 1 Kjk (q0 )η˙ j η˙ k , 2 ¯ ¯ ∂V ¯¯ 1 ∂ 2 V ¯¯ 0 η + ηη , = V (q ) + ∂qj ¯q0 j 2 ∂qj ∂qk ¯q0 j k

K = V

donde podemos olvidar el término constante V (q 0 ), y los coeficientes de los términos lineales en η son cero, de modo que la energía potencial aproximada será ¯ 1 ∂ 2 V ¯¯ V = ηη , 2 ∂qj ∂qk ¯q0 j k

7.4.

El lagrangiano aproximado

Del desarrollo anterior, tenemos el lagrangiano ¯ 1 1 ∂ 2 V ¯¯ 0 L = Kjk (q )η˙ j η˙ k − ηη , 2 2 ∂qj ∂qk ¯q0 j k

276


que escribiremos en términos de elementos de matrices simétricas 1 1 L = Kjk η˙ j η˙ k − Vjk η j η k , 2 2 siendo Kjk =

¯ ∂ri (q) ∂ri (q) ¯¯ mi · ¯ , 2 ∂qj ∂qk ¯ 0

X1 i

Vjk

q

¯ ∂ 2 V ¯¯ = , ∂qj ∂qk ¯q0

elementos de matriz constantes, simétricos Kjk positiva definida y Vjk > 0. De aquí 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 movimiento

Un primer paso hacia la solución del sistema (7.3) consiste en eliminar la dependencia en el tiempo que puede adivinarse exponencial, de modo que trataremos una solución de la forma η k = ak e−iωt , siendo los ak complejos constantes y se entiende además que la solución final es 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 trivial si los coeficientes (en realidad ω) cumplen determinadas condiciones, que determinaremos. En términos simples, alguna de las ecuaciones es una combinación lineal de las otras, lo que significa además que dichas ecuaciones no pueden determinar todas las incógnitas ak . En términos matriciales, si a denota la matriz columna con elementos ak entonces el sistema de ecuaciones es ω 2 Ka = Va. (7.4)

7.5 Solución de las ecuaciones de movimiento

277

Los elementos de K y V son reales y simétricos. Ello trae como primera consecuencia 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∗k Kkj = a∗k Vkj , de donde siguen ω2 a∗j Kjk ak = a∗j Vjk ak ,

(7.5)

(ω2 )∗ a∗k Kkj aj = a∗k Vkj aj .

(7.6)

y de modo que ((ω 2 )∗ − (ω2 ))a∗j Kjk ak = 0.

Ahora, considere el siguiente desarrollo donde u, y v son las partes real e imaginaria de a. (Después de este análisis veremos que en realidad las componentes de a son reales.) Desarrolle a∗j Kjk ak = (uj − ivj )Kjk (uk + ivk ) = Kjk uj uk + Kjk vj vk + i(Kjk uj vk − Kjk vj uk ) = Kjk uj uk + Kjk vj vk > 0, Que muestra que a∗j Kjk ak es real y positivo definido. De donde sigue 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 el determinante 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 soluciones reales 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.

278

7.5.1.


Diagonalización

Para valores distintos de ω, ω k con k = 1, 2, . . . , n, cada conjunto solución ak dependen del valor de ω considerado. De modo que introducimos un segundo índice que indica la dependencia en alguno de los ω. Así ajk indica la solución aj para ω = ωk . En términos más precisos ω 2l Kjk akl = Vjk akl . Si consideramos otro ω m y trasponemos se obtiene similarmente ω2m akm Kkj = akm Vkj de donde siguen ω 2l ajm Kjk akl = ajm Vjk akl , ω 2m akm Kkj ajl = akm Vkj ajl , y que en términos de la matriz A = (aij ) pueden ser escritas (sin suma sobre los índices repetidos l y m) como ¢ ¡ ¢ ¡ ω 2l AT KA ml = AT VA ml , (7.7) ¢ ¡ ¢ ¡ ω 2m AT KA ml = AT VA ml ,

donde AT indica la traspuesta de la matriz A. Si las dos ecuaciones anteriores se restan, resulta ¡ 2 ¢¡ ¢ ω l − ω 2m AT KA ml = 0.

Esto significa que la matriz AT KA es diagonal. Como cada columna de la matriz A tiene un elemento indeterminado (el sistema es homogéneo), podemos fijar arbitrariamente ese valor de modo que la matriz AT KA tenga unos 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 con elementos ω2i en la diagonal principal, cuestión que puede escribirse ¡ T ¢ A VA ij = ω2i δ ij .

7.5 Solución de las ecuaciones de movimiento

7.5.2.

279

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 indeterminado y lo elegimos normalizando los vectores a (que son las columnas de A) de modo que ¡ T ¢ A KA ij = δ ij , ¢ ¡ T A VA ij = ω2i δ ij . entonces la solución de nuestro problema es una combinación lineal de las soluciones correspondientes a los diversos ω. X Cj e−iωj t , η k = Re Cj akj e−iωj t = akj Re j

faltando considerar las condiciones iniciales. En la última expresión se hace explícita 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 para la parte real e imaginaria de Ck en términos de las condiciones iniciales, como explicamos a continuación. En efecto si definimos una matriz columna c1 con componentes 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 ,

280


de modo que al usar (7.8) se obtendrá c1 = AT Kη(0),

c2 = AT Kη(0), ˙

que al ser desarrolladas en componentes determinan Re Cj =

X

akj Kkl η l (0),

Im Cj =

k,l

1 X akj Kkl η˙ l (0), ω j k,l

donde se ha vuelto a la notación usual de sumatoria para que quede claro que no se suma en el índice j. Así se tiene finalmente la solución de nuestro sistema 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 repetidos de ω k . Coordenadas normales Recordando que la solución (sin tomar la parte real) es η k = akj Cj e−iωj t y si llamamos ς j = Cj e−iωj t tenemos que η k = akj ς j ,

η˙ k = akj ς˙ j ,

de modo que en términos de estas variables resulta 1 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

K =

(7.9)

7.6 Ejemplos

281

y similarmente V

= = = = =

1 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 l

De modo que en estas coordenadas ς l , denominadas coordenadas normales, el lagrangiano es 1 1 L = ς˙ 2l − ω 2l ς 2l , 2 2 que muestra que las coordenadas normales varían independientemente cada una con una de las frecuencias propias de oscilación del sistema, de acuerdo a ¨ς l + ω 2l ς l = 0. Las coordenadas normales en términos de las coordenadas originales se obtiene 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.

Ejemplos

Ejemplo 7.6.1 Considere el péndulo doble indicado en la figura (7.1), donde el largo natural del resorte sin masa es L0 , que coincide con la separación de las masas en su posición de equilibrio. La constante elástica es k y la longitud de los hilos es L. Estudie las oscilaciones pequeñas en torno a los valores de equilibrio θ = 0 y φ = 0.

282


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˙ ), 2 y la energía potencial es 1 1 V = mgL(θ2 + φ2 ) + kL2 (θ − φ)2 , 2 2 por lo cual las matrices K y V son µ ¶ 0 mL2 K= , 0 mL2 ¶ µ mgL + kL2 −kL2 , V= −kL2 mgL + kL2

de aquí el sistema lineal de ecuaciones es µ ¶µ ¶ mL2 a1 0 2 ω a2 0 mL2 ¶µ ¶ µ 2 a1 mgL + kL −kL2 , = −kL2 mgL + kL2 a2 y las frecuencias propias satisfacen ¶ µ 2 kL2 ω (mL2 ) − mgL − kL2 = 0, det kL2 ω 2 (mL2 ) − mgL − kL2

7.6 Ejemplos

283

con soluciones g , L g 2k = + . L m

ω 21 = ω 22

Bajo estas condiciones, una fila del sistema de ecuaciones es redundante por lo cual elegimos la primera, que es ω2 mL2 a1 = (mgL + kL2 )a1 − kL2 a2 o bien, para cada frecuencia µ

2k g + L m

g mL2 a11 = (mgL + kL2 )a11 − kL2 a21 , L ¶ mL2 a12 = (mgL + kL2 )a12 − kL2 a22 ,

que se simplifican a a11 = a21 ,

a12 = −a22 ,

por lo cual la matriz A sin normalizar aun es ¶ µ a11 a12 . A= a11 −a12 Normalización requiere que ¶µ ¶µ ¶ µ mL2 a11 a12 a11 a11 0 = I, 0 mL2 a12 −a12 a11 −a12 o bien 2

mL

µ

a11 a11 a12 −a12

¶µ

a11 a12 a11 −a12

¶

=

µ

1 0 0 1

de donde sigue mL2 a211 = 1,

mL2 a212 = 1.

De donde finalmente, la matriz A ha sido determinada µ ¶ 1 1 1 . A =√ mL2 1 −1

¶

,

284


Condiciones iniciales permitirían seguir con la rutina de expresar las coordenadas θ y φ en función del tiempo. Nos limitaremos a dejarlas expresadas como 1 θ = √ Re(C1 e−iω1 t + C2 e−iω2 t ), 2 mL 1 Re(C1 e−iω1 t − C2 e−iω2 t ). φ = √ mL2 Por último, las coordenadas normales, están dadas por ¶µ µ ¶µ ¶ 1 mL2 1 1 θ 0 T , ς = A Kη = √ 2 φ 0 mL mL2 1 −1 que 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 cada uno de ellos independientemente, y variarán con las frecuencias propias ω 1 y ω 2 . Es decir ¶ µr g t−δ , θ + φ = D cos L ! Ãr g 2k + t−ε , θ − φ = E cos L m con constantes D, E, δ, ε determinables con las condiciones iniciales que se tengan. Debe notarse que la diferencia de los ángulos es el modo de mayor frecuencia. N Ejemplo 7.6.2 Resuelva el problema anterior sin hacer uso de la teoría general elaborada. Solución. En algunos casos sencillos como este ejemplo, una solución directa puede ser más simple. En efecto del lagrangiano 1 1 1 2 2 L = mL2 (θ˙ + φ˙ ) − mgL(θ2 + φ2 ) − kL2 (θ − φ)2 , 2 2 2

7.6 Ejemplos

285

siguen las ecuaciones de Lagrange ¨θ + ( g + k )θ − k φ = 0, L m m g k ¨ + ( + )φ − k θ = 0, φ L m m de donde por simple inspección resultan ¨θ − φ ¨ + ( g + 2k )(θ − φ) = 0, L m ¨θ + φ ¨ + g (θ + φ) = 0, L que corroboran los resultados obtenidos por el método general. N Ejemplo 7.6.3 Con relación a la figura (7.2), dos partículas de igual masa m oscilan horizontalmente unidos a resortes iguales con constante elástica k, de modo que los extremos exteriores de los resortes están fijos. Analice las oscilaciones pequeñas de las partículas en torno a sus posiciones de equilibrio estable.

Figura 7.2: Solución. Si x1 y x2 indican las desviaciones de las partículas respecto a sus posiciones de equilibrio, la energía cinética es 1 K = (mx˙ 21 + mx˙ 22 ), 2 y la energía potencial es 1 1 1 V = kx21 + k(x2 − x1 )2 + kx22 . 2 2 2

286


De allí las matrices K y V son µ

1 0 0 1

¶

, K = m ¶ µ 2 −1 , V = k −1 2 por lo cual los valores propios satisfacen µ ¶¶ ¶ µ µ 2 −1 1 0 2 det ω m = 0, −k −1 2 0 1 o bien ω4 m2 − 4ω2 mk + 3k2 = 0,

de donde resulta

k k , ω 22 = 3 . m m El sistema de ecuaciones lineales es ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶µ 2 −1 a1 1 0 a1 2 =k , ω m a2 a2 −1 2 0 1 ω 21 =

de donde se obtiene a11 = a21 , a12 = −a22 . Normalización requiere que AT KA = I, por lo cual ¶µ ¶ µ a11 −a22 a11 a11 = I, m −a22 a22 a11 a22 entonces 2ma211 = 1 y 2ma222 = 1, obteniendo µ ¶ 1 1 −1 , A =√ 2m 1 1 de 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

7.6 Ejemplos

287

También indicaremos los modos normales ς = AT Kη que resultan ser r m ς1 = (x1 + x2 ) , 2 r m (−x1 + x2 ) . ς2 = 2 N

Ejemplo 7.6.4 Con relación a la figura (7.2), dos partículas de igual masa m oscilan horizontalmente unidos a resortes iguales con constante elástica k los de los extremos y k1 el central, de modo que los extremos exteriores de los resortes están fijos. Analice las oscilaciones pequeñas de las partículas en torno a sus posiciones de equilibrio estable.

Figura 7.3: Solución. Si x1 y x2 indican las desviaciones de las partículas respecto a sus posiciones de equilibrio, la energía cinética es 1 K = (mx˙ 21 + mx˙ 22 ), 2 y la energía potencial es 1 1 1 V = kx21 + k1 (x2 − x1 )2 + kx22 . 2 2 2 De allí las matrices K y V son µ

1 0 0 1

¶

, K = m µ ¶ k + k1 −k1 V = , −k1 k + k1

288


por lo cual los valores propios satisfacen ¶¶ µ ¶ µ µ 1 0 k + k1 −k1 2 = 0, − det ω m 0 1 −k1 k + k1 o bien ω 4 m2 − 2ω2 mk − 2ω 2 mk1 + k2 + 2kk1 = 0, de donde resulta

k k + 2k1 , ω 22 = . m m El sistema de ecuaciones lineales es ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶µ k + k1 −k1 a1 1 0 a1 2 ω m = , 0 1 a2 −k1 k + k1 a2 ω 21 =

de donde se obtiene (ω 2 −

(k + k1 ) k1 )a1 = − a2 , m m a1 = −

k1 m a2 , 1) 2 (ω − (k+k ) m

y para las dos frecuencias propias resulta a11 = a12 =

k1 − k m(k+k1 ) a21 = a21 , (m − m ) k1 − k+2k m (k+k1 ) a22 = −a22 . ( m1− m )

Normalización requiere que AT KA = I, por lo cual ¶µ ¶ µ a11 −a22 a11 a11 = I, m −a22 a22 a11 a22 entonces 2ma211 = 1 y 2ma222 = 1, obteniendo µ ¶ 1 1 −1 , A =√ 2m 1 1

7.6 Ejemplos

289

de 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

También indicaremos los modos normales ς = AT Kη que resultan ser r m ς1 = (x1 + x2 ) , 2 r m (−x1 + x2 ) . ς2 = 2 N

290


Capítulo

8

Sistemas continuos

8.1.

Oscilaciones transversales

Revisaremos de nuevo al sistema de N partículas de igual masa m unidas por resortes sin masa de la misma longitud natural y constante elástica k de modo que en la situación de equilibrio ellas están en línea recta, y los resortes sometidos a una tensión igual τ . Si las partículas se desplazan poco lateralmente, estarán sometidos a fuerzas de modo que la segunda ley de Newton conduce a y Ti Ti+1 yi

x

Oscilaciones transversales

m¨ yi = Ti+i sin θi+1 − Ti sin θi , m¨ xi = Ti+i cos θi+1 − Ti cos θi , si no hay desplazamientos longitudinales en x y los transversales en y son pequeños, podemos aproximar, para ángulos pequeños m¨ yi = Ti+i sin θi+1 − Ti sin θi , 0 = Ti+i − Ti

292

Sistemas continuos

de modo que Ti = τ , m¨ yi ≈ τ (tan θi+1 − tan θi ), yi+1 − yi yi − yi−1 − ), ≈ τ( a a de modo que tenemos como ecuación de movimiento aproximada τ yï = (yi+1 + yi−1 − 2yi ). ma

8.2.

Límite continuo

Deseamos estudiar lo que sucede si hacemos N → ∞, a → 0, y las masas tender a cero de modo que m → σ, a siendo σ una constante llamada la densidad lineal de masa. La ecuación de movimiento τ yï = (yi+1 + yi−1 − 2yi ), ma pasará a ser dependiente de una variable continua en la posición yi → y(x, t), siendo ∂y(x, t) 1 ∂ 2 y(x, t) 2 a, a+ ∂x 2 ∂x2 1 ∂ 2 y(x, t) 2 ∂y(x, t) a+ a, yi−1 → y(x − a, t) = y(x, t) − ∂x 2 ∂x2 de modo que obtenemos yi+1 → y(x + a, t) = y(x, t) +

∂2 τ ∂ 2 y(x, t) 2 y(x, t) = a ∂t2 ma ∂x2 aτ ∂ 2 y(x, t) = , m ∂x2 y finalmente, la llamada ecuación de onda para la cuerda elástica con masa uniforme: ∂ 2 y(x, t) τ ∂ 2 y(x, t) − = 0. ∂t2 σ ∂x2

8.2 Límite continuo

8.2.1.

293

Lagrangiano para la cuerda continua

Para el caso de las N partículas, antes de pasar al límite continuo, el Lagrangiano del sistema es ¶2 N N µ 1X 1 X yi+1 − yi 2 L= my˙i − τ a , 2 i=1 2 i=1 a pues el da correctamente las ecuaciones de movimiento yï =

τ (yi+1 + yi−1 − 2yi ). ma

Para ello considere ∂L = my˙i , ∂ y˙i µ ¶2 µ ¶2 ∂L yi+1 − yi yi − yi−1 ∂ 1 ∂ 1 τa τa = − − ∂yi ∂yi 2 a ∂yi 2 a τ τ τ (yi+1 − yi ) − (yi − yi−1 ) = − (2yi − yi−1 − yi+1 ) . = a a a Luego, en el paso al continuo a yi (t) m a yi+1 − yi a y˙i

→ 0, → y(x, t), → σ, ∂y(x, t) ∂x ∂y(x, t) , → ∂t

→

luego el lagrangiano será: µ ¶2 N N 1 X yi+1 − yi 1Xm 2 a , L = y˙ a − τ 2 i=1 a i 2 i=1 a ¶2 ¶2 Z µ Z µ ∂y(x, t) ∂y(x, t) σ τ = dx − dx. 2 ∂t 2 ∂x

294

Sistemas continuos

8.2.2.

Densidad Lagrangiana

Para el caso analizado anteriormente, definimos la densidad lagrangiana (por unidad de longitud) mediante σ L= 2

8.2.3.

µ

∂y(x, t) ∂t

¶2

τ − 2

µ

∂y(x, t) ∂x

¶2

,

Principio de Hamilton para sistemas continuos

Admitiendo densidades Lagrangianas del tipo L = L(y, la acción será S=

Z

∂y ∂y , ), ∂x ∂t

t2

dt

t1

Z

Ldx,

y el principio de Hamilton establece que la variación, a extremos fijos es nula, es decir Z Z t2

dt

δS = δ

Ldx,

t1

y haciendo uso del formalismo de las variaciones δ, esto puede escribirse ¶ Z t2 Z µ Z t2 Z ∂L ∂L ∂L dt δLdx = dt δy + δ(∂y/∂x) + δ(∂y/∂t) dx, δS = ∂y ∂(∂y/∂x) ∂(∂y/∂t) t1 t1 pero δ(∂y/∂x) =

∂ ∂ δy, δ(∂y/∂t) = δy. ∂x ∂t

Entonces δS =

Z

t2

t1

dt

Z µ

¶ ∂L ∂ ∂L ∂ ∂L δy + δy + δy dx. ∂y ∂(∂y/∂x) ∂x ∂(∂y/∂t) ∂t

La segunda integral puede ser integrada parcialmente respecto a x, la tercera parcialmente respecto a t, la parte integrada se anula por la condición de extremos fijos δy = 0 en t = t1 y t = t2 ,

8.3 Soluciones de la ecuación de onda

295

resultando δS =

Z

t2

dt

t1

Z µ

¶ ∂L ∂ ∂L ∂ ∂L − − δydx = 0, ∂y ∂x ∂(∂y/∂x) ∂t ∂(∂y/∂t)

de donde, como δy es arbitrario en el intervalo ∂ ∂L ∂L ∂ ∂L + − = 0, ∂x ∂(∂y/∂x) ∂t ∂(∂y/∂t) ∂y son las ecuaciones de Lagrange para un sistema continuo. Para el caso de la cuerda Reemplazando σ L= 2

µ

∂y(x, t) ∂t

¶2

τ − 2

µ

∂y(x, t) ∂x

¶2

,

es decir

µ ¶ µ ¶ ∂ ∂y(x, t) ∂ ∂y(x, t) − τ + σ = 0, ∂x ∂x ∂t ∂t justo la ecuación de onda σ

8.3.

∂ 2 y(x, t) ∂ 2 y(x, t) − τ =0 ∂t2 ∂x2

Soluciones de la ecuación de onda

La ecuación de onda puede escribirse 2 ∂ 2 y(x, t) 2 ∂ y(x, t) − v = 0, ∂t2 ∂x2 r τ . v = σ

I Teorema 8.1 Las soluciones de la ecuación de onda (8.1) son

y(x, t) = F (x + vt) + G(x − vt), con F y G funciones arbitrarias de una variable.

(8.1)

296

Sistemas continuos

Demostracion 7 Si cambiamos a variables ζ = x + vt, ψ = x − vt podemos escribir ∂ ∂ζ ∂ ∂ψ ∂ = + ∂x ∂x ∂ζ ∂x ∂ψ ∂ ∂ + = ∂ζ ∂ψ ∂ ∂ζ ∂ ∂ψ ∂ = + ∂t ∂t ∂ζ ∂t ∂ψ ∂ ∂ −v , = v ∂ζ ∂ψ y también ∂2 ∂2 ∂2 ∂2 = + + 2 ∂x2 ∂ζ∂ψ ∂ζ 2 ∂ψ2 2 2 2 2 ∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 ∂ , = v + v − 2v ∂t2 ∂ζ∂ψ ∂ζ 2 ∂ψ2 de modo que 2 2 ∂2 2 ∂ 2 ∂ . − v = 4v ∂t2 ∂x2 ∂ζ∂ψ

Entonces, en estas variables, la ecuación de onda es ∂ 2y = 0, ∂ζ∂ψ que es trivial integrar obteniendo ∂y = f (ζ), ∂ζ y y = F (ζ) + G(ψ) = F (x + vt) + G(x − vt). Las soluciones anteriores corresponden a una forma invariable que se propaga hacia la derecha G(x − vt) o hacia la izquierda F (x + vt) con velocidad p constante v = τ /σ. Sin embargo en una cuerda, debemos hacer consideraciones adicionales pues debemos satisfacer por ejemplo que y(0, t) = y(L, t) = 0 en el caso de extremos fijos.

8.3 Soluciones de la ecuación de onda

8.3.1.

297

Condiciones de frontera

Supongamos que queremos resolver la ecuación de onda sujeta a las condiciones anteriores de extremos fijos y(0, t) = y(L, t) = 0 . Método de separación de variables Suponga una solución de la forma y(x, t) = X(x)G(t), entonces si se sustituye se obtiene o bien

X(x)G00 (t) − v2 X 00 (x)G(t) = 0

X 00 (x) G00 (t) = v2 , G(t) X(x) de modo que cualquiera de los lados no puede ser función ni de x ni de t, por lo tanto G00 (t) X 00 (x) = v2 = −ω 2 , G(t) X(x) de donde el signo se ha elegido de modo de tener soluciones oscilatorias G(t) = Ce±iωt y X(x) = De±ikx donde hemos llamado

ω . v Para satisfacer las condiciones de frontera debemos tomar k=

X(x) = D sin kx, con sin kL = 0, de modo que hay un número discreto de valores de k permitidos, es decir nπ con n = 1, 2, 3 · · · k= L de ese modo, la solución general, que satisface las condiciones de frontera es ∞ X nπ nπ nπx y(x, t) = Re (Dn+ ei L vt + Dn− e−i L vt ) sin . (8.2) L n=1

298

Sistemas continuos

8.3.2.

Condiciones iniciales

La determinación completa de los coeficientes Dn requiere de conocer la forma inicial del hilo (F (x)) y su perfil de velocidad inicial (V (x)), es decir supondremos conocidos y(x, 0) = F (x), ¯ ∂y(x, t) ¯¯ = V (x). ∂t ¯t=0

Considerando esto y haciendo t = 0 en 8.2 y su derivada se obtiene ∞ X nπx , (Dn+ + Dn− ) sin F (x) = L n=1 V (x) =

∞ X nπ nπx . i v(Dn+ − Dn− ) sin L L n=1

Pero las funciones sin nπx/L son ortogonales en el intervalo (0, L) de modo que podemos despejar Dn+

+

Dn−

Dn+ − Dn− de donde

2 = L

Z

L

nπx dx F (x) sin L 0 Z L 2i nπx = − V (x) sin dx, nπv 0 L

Z Z L i 1 L nπx nπx dx − dx = F (x) sin V (x) sin L 0 L nπv 0 L i 1 Fn − Vn = L nπv Z Z L 1 L nπx nπx i − Dn = F (x) sin V (x) sin dx + dx L 0 L nπv 0 L i 1 Fn + Vn , = L nπv donde hemos llamado Z L nπx dx F (x) sin Fn = L 0 Z L nπx V (x) sin Vn = dx. L 0 Dn+

8.4 Método de las series de Fourier

299

Así finalmente la solución es ∞ X nπ 1 i (( Fn − Vn )ei L vt + y(x, t) = L nπv n=1

nπ i nπx 1 Vn )e−i L vt ) sin , ( Fn + L nπv L

que se reduce a nπ nπ L nπx 2X (Fn cos vt + Vn sin vt) sin . y(x, t) = L n=1 L nπv L L ∞

(8.3)

Caso particular, la cuerda parte del reposo Para este caso, lo anterior se reduce a nπx nπvt 2X sin , Fn cos y(x, t) = L n=1 L L Z L nπx dx F (x) sin Fn = L 0 ∞

Ejercicio 8.3.1 Demuestre que el resultado anterior puede escribirse: ∞ ´ ³ nπ ´´ 1 X ³ ³ nπ (x + vt) + sin (x − vt) Fn sin y(x, t) = L n=1 L L

o sea, tal como lo establece el método de D’Alembert (vea más adelante).

8.4.

Método de las series de Fourier

Todas las funciones que se anulan en x = 0, x = L pueden expandirse en serie de Fourier como ∞ X nπx bn sin f (x) = L n=1

donde

2 bn = L

Z

0

L

nπx0 0 f (x ) sin dx L 0

300

Sistemas continuos

de modo que la solución de la ecuación de onda para la cuerda con extremos fijos puede expandirse así y(x, t) =

∞ X

bn (t) sin

n=1

nπx , L

que al sustituir en la ecuación de onda da ∞ X

b00n (t) sin

n=1

∞ X nπx nπx n2 π2 2 bn (t) sin +v = 0, 2 L L L n=1

de donde por la independencia de las funciones base sin nπx permite obtener L b00n (t) +

v 2 n2 π 2 bn (t) = 0, L2

ecuación del movimiento armónico simple con soluciones bn (t) = An cos

vnπ vnπ t + Bn sin t L L

de modo que y(x, t) =

∞ ³ X nπx vnπ vnπ ´ t + Bn sin t sin . An cos L L L n=1

Para tomar en cuenta las condiciones iniciales considere y(x, 0) = F (x) = ¯ ∂y(x, t) ¯¯ ∂t ¯

= V (x) =

t=0

∞ X

n=1 ∞ X n=1

An sin

nπx , L

vnπ nπx Bn sin , L L

de donde los coeficientes son An Bn

Z 2 L nπx dx = F (x) sin L 0 L Z L 2 nπx dx = V (x) sin vnπ 0 L

o sea se ha obtenido el mismo resultado de (8.3).

8.5 Solución de D’Alembert

8.5.

301

Solución de D’Alembert

Para una forma inicial y perfil inicial de velocidades conocido y(x, 0) = F (x), 0 ≤ x ≤ L ¯ ∂y(x, t) ¯¯ = V (x), 0 ≤ x ≤ L ∂t ¯ t=0

es posible extender dichas funciones de modo que la solución de la ecuación de onda es la forma propuesta por D’Alembert 1 1 y(x, t) = (F (x + vt) + F (x − vt)) + 2 2v

Z

x+vt

V (u)du.

(8.4)

x−vt

Esta obviamente satisface la ecuación de onda por tratarse de funciones de x ± vt. Sin embargo, las definiciones de F (x) y V (x) que originalmente están hechas en 0 ≤ x ≤ L, deben ser extendidas a −∞ < x < ∞ como se explica a continuación.

8.5.1.

Condiciones iniciales.

La forma inicial de la cuerda y su perfil inicial de velocidad

y(x, 0) = F (x), ¯ ∂y(x, t) ¯¯ = V (x), ∂t ¯ t=0

0 ≤ x ≤ L,

(8.5)

0 ≤ x ≤ L,

(8.6)

son satisfechas por ?? puesto que

1 (F (x) + F (x)) F (x) = 2 ¯ 1 ∂y(x, t) ¯¯ 1 = (vF 0 (x + vt) − vF 0 (x − vt)) + (V (x + vt) + V (x − vt)), ¯ ∂t 2 2 1 (V (x) + V (x)) V (x) = 2

302

8.5.2.

Sistemas continuos

Condiciones de frontera

Como veremos la condición de extremos fijos (8.7) (8.8)

y(0, t) = 0, y(L, t) = 0. Impone ciertos requisitos a F (x) y V (x) que veremos. La 8.7 impone que Z vt 1 1 V (u)du, 0 = (F (vt) + F (−vt)) + 2 2v −vt

lo cual se satisface si se extiende el rango de definición de F (x) y V (x) de modo que ellas sean antisimétricas, es decir F (−x) = −F (x), V (−x) = −V (x). La ecuación 8.8 impone que 1 1 0 = (F (L + vt) + F (L − vt)) + 2 2v

Z

L+vt

V (u)du,

L−vt

cuestión que exige extender el rango de definición de F (x) y V (x) de modo que ellas sean antisimétricas y de periodo 2L, es decir F (x + 2L) = F (x), V (x + 2L) = V (x).

8.5.3.

Casos particulares

El método de D’Alembert es especialmente útil cuando F (x) y V (x) sean dadas como funciones antisimétricas de periodo 2L. Ejemplo 8.5.1 Como ejemplo supongamos que nπx , 0 ≤ x ≤ L, y(x, 0) = F (x) = A sin L ¯ ∂y(x, t) ¯¯ = V (x) = 0, 0 ≤ x ≤ L. ∂t ¯ t=0

(8.9) (8.10)

8.5 Solución de D’Alembert

303

Esta F (x) es de antemano antisimétrica y de periodo 2L. Luego la solución será µ ¶ 1 nπ(x − vt) nπ(x + vt) y(x, t) = A sin + A sin , 2 L L que se reduce a ³ nπ ´ nπ y(x, t) = A cos vt sin x, L L que muestra con claridad como oscila la cuerda con un periodo T =

2L . nv

λ=

2L . n

v=

λ . T

y una longitud de onda

Note que

Ejemplo 8.5.2 Otro ejemplo es y(x, 0) = F (x) = 0, 0 ≤ x ≤ L, ¯ ¯ nπx ∂y(x, t) ¯ = V (x) = V0 sin , 0 ≤ x ≤ L. ¯ ∂t L t=0

(8.11) (8.12)

Esta V (x) es de antemano antisimétrica y de periodo 2L. Luego la solución será Z x+vt nπu 1 V0 sin du, y(x, t) = 2v x−vt L nπx nπvt V0 L sin sin . = nπv L L

8.5.4.

Extensión de F (x) o V (x)

Las funciones dadas deben ambas anularse en x = 0 y en x = L. Sus extensiones antisimétricas de periodo 2L son las series de Fourier F (x) = V (x) =

∞ X n=1 ∞ X n=1

bn sin

nπx , L

b0n sin

nπx , L

304

Sistemas continuos

donde los coeficientes están dados por Z 2 L nπx dx, F (x) sin bn = L 0 L Z 2 L nπx 0 V (x) sin dx. bn = L 0 L

La demostración de esto descansa en la propiedad de .ortogonalidad" para m, n enteros Z L mπx nπx L sin sin = δ mn . L L 2 0

8.6. 8.6.1.

Ejemplos Si la cuerda parte recta con un perfil de velocidades iniciales

πx , L V (x) es de antemano impar y de periodo 2T , por lo tanto Z x+vt 1 y(x, t) = V (x)dx 2v x−vt π x V0 L sin vt sin π = πv L L V0 L x − vt x + vt = (cos π − cos π ). 2πv L L Ejemplo 8.6.1 Si la forma inicial fuera una semi sinusoide πx F (x) = A sin L esta función es de antemano impar y de periodo 2L. Entonces µ ¶ A π(x + vt) π(x − vt) y(x, t) = + sin sin 2 L L π π = A sin x cos vt. L L V (x) = V0 sin

8.6 Ejemplos 305 Ejemplo 8.6.2 En general, una extensión impar y de periodo 2L de F (x) es F (x) =

∞ X

bn sin

n=1

bn

2 = L

Z

nπx L

L

F (x) sin

0

nπx dx, L

luego µ ¶ ∞ 1X nπ(x + vt) nπ(x − vt) y(x, t) = + sin bn sin 2 n=1 L L =

∞ X n=1

bn sin nπ

x π cos n vt. L L

Ejemplo 8.6.3 Si la cuerda parte recta con un perfil de velocidades iniciales V (x) = V0 sin

πx , L

determine la solución de la ecuación de onda. Solución. V (x) es de antemano impar y de periodo 2T , por lo tanto Z x+vt 1 y(x, t) = V (x)dx 2v x−vt π x V0 L sin vt sin π = πv L L V0 L x − vt x + vt = (cos π − cos π ). 2πv L L N Ejemplo 8.6.4 Una cuerda de longitud L con extremos fijos comienza a oscilar partiendo del reposo de manera que su forma inicial es: ½ Ax/L si x < L/2 F (x) = A(1 − x/L) si x > L/2 Determine y(x, t).

306

Sistemas continuos

Solución. La solución será ∞ X nπx vnπ t sin . An cos y(x, t) = L L n=1

siendo

2 An = L donde evaluamos 2 L

Z

L/2

0

Z

L

F (x) sin

0

2 nπx dx + (Ax/L) sin L L

resultando y(x, t) = 4A

∞ X sin 1 nπ n=1

= 4A

∞ X k=0

2 n2 π 2

cos

Z

nπx dx L

L

L/2

A(1 −

nπx x ) sin dx L L

vnπ nπx t sin L L

(2k + 1)πx v(2k + 1)πt (−1)k sin . cos 2 2 (2k + 1) π L L

Esta solución sin embargo dice poco de la forma que tiene la onda. Analicemos la solución de D’Alembert 1 y(x, t) = (F (x + vt) + F (x − vt)). 2 En la figura siguiente se ilustra la extensión periódica de F (x) corrida hacia la derecha en vt y corrida hacia la izquierda en vt vt

-L

0

vt

L

2L

De modo que cuando ha transcurrido un tiempo t, F (x + vt) y F (x − vt) son corrimientos a la izquierda y a la derecha de F (x). Ambas curvas las analizamos en el intervalo donde está la cuerda y las promediamos, obteniendo

8.7 Consideraciones energéticas

307

la forma ilustrada en la figura siguiente:

-L

0

L

2L

Es aparente que la forma de la onda será simétrica respecto al punto medio, y formada por segmentos rectos, a pesar de la aparentemente complicada serie de Fourier de la solución anterior. N

8.7.

Consideraciones energéticas

Consideremos el trozo de cuerda desde x en adelante, como se indica en la figura (8.1). Sobre ese trozo actúa la fuerza ejercida por la parte izquierda de la cuerda es decir F = −τ sin θ ≈ −τ tan θ = −τ

∂y(x, t) . ∂x

Por otro lado la velocidad de ese extremo de la cuerda es vy =

∂y(x, t) , ∂t

de modo que la potencia entregada al lado derecho de la cuerda (por el izquierdo) es ∂y(x, t) ∂ P = F vy = −τ y(x, t). (8.13) ∂x ∂t

8.7.1.

Potencia en ondas armónicas

Para una onda armónica sinusoidal del tipo y = A sin(kx − ωt),

308

Sistemas continuos

θ τ y(x,t)

x

Figura 8.1: Potencia en una onda. resulta P = τ A2 kω cos2 (kx − ωt).

Aquí se tienen las relaciones

2π , λ r τ ω =v= , v = k σ

k =

de modo que la potencia puede escribirse P = σω2 A2 v cos2 (kx − ωt). o sea en una onda que viaja hacia la derecha hay una potencia positiva entregada desde el lado izquierdo al derecho. La potencia promedio puede calcularse y resulta 1 < P >= σω 2 A2 v. 2

8.7.2.

Membranas

Considere una membrana elástica tensionada y denotemos por σ(x, y) la densidad superficial de masa y mediante u(x, y, t)


309

el desplazamiento vertical de la membrana a partir de su posición de equilibrio, como se indica en la figuraEl área de equilibrio dA y el área deformada y

⌃ n ⌃ k

z dS

u(x,y,t) dA x

Figura 8.2: dS están relacionadas mediante kˆ · n ˆ dS = dA. Si σ representa ahora la densidad superficial de masa, la energía cinética del elemento de masa dA de membrana será µ ¶2 ∂u 1 σdA . 2 ∂t Si τ (x, y) es la tensión superficial (fuerza por unidad de longitud) o la densidad de energía de superficie ( energía por unidad de área) la energía potencial es igual al trabajo de cambiar el área desde dA hasta dS es decir τ (dS − dA) = τ (

1 kˆ · n ˆ

− 1)dA,

pero la normal está en la dirección del gradiente de la superficie. La superficie es F (x, y, z, t) = z − u(x, y, t) = 0, y entonces n ˆ=

∇(z − u(x, y, t)) kˆ − ∇u(x, y, t) ¯, = ¯¯ ¯ |∇(z − u(x, y, t))| ¯kˆ − ∇u(x, y, t)¯

310

Sistemas continuos

pero ∇u(x, y, t) está sobre el plano (x, y) de manera que n ˆ= y su proyección será

∇(z − u(x, y, t)) kˆ − ∇u(x, y, t) = q , |∇(z − u(x, y, t))| 1 + (∇u)2

Entonces

1 kˆ · n ˆ=q . 1 + (∇u)2

τ (dS − dA) = τ (

1

q − 1)dA = τ ( 1 + (∇u)2 − 1)dA

kˆ · n ˆ 1 ' τ ( (∇u)2 )dA, 2 de modo que la densidad Lagrangiana será Ãµ ¶ µ ¶2 µ ¶2 µ ¶2 ! 2 ∂u ∂u 1 σ 1 ∂u σ ∂u − τ ( (∇u)2 ) = − τ + L = 2 ∂t 2 2 ∂t 2 ∂x ∂y = L(

∂u ∂u ∂u , , ). ∂t ∂x ∂y

Si se supone que la membrana está fija en alguna curva cerrada en el plano x, y, el principio variacional de Hamilton dará como ecuación de movimiento ∂ ∂L ∂L ∂L ∂ ∂ + + = 0, ∂t ∂(∂u/∂t) ∂x ∂(∂u/∂x) ∂y ∂(∂u/∂y) ¶ µ 2 ∂2u ∂ u ∂2u σ 2 −τ = 0, + ∂t ∂x2 ∂y 2 o sea la ecuación de onda bidimensional. La velocidad de propagación será c donde τ c2 = . σ

8.7.3.

Solución para geometrías específicas

Primero, buscaremos los modos normales de vibración, es decir modos donde todos los elementos de la membrana, excepto los fijos, oscilan con la misma frecuencia ω. Tendremos entonces u(x, y, t) = ρ(x, y) cos(ωt).


311

Al sustituir en la ecuación de onda resulta

¶ µ 2 ∂2 ∂ ρ ∂2ρ 2 ρ(x, y) 2 cos(ωt) = c cos(ωt) , + ∂t ∂x2 ∂y 2 = −ω2 ρ(x, y) cos(ωt),

o sea

µ

¶ ∂ 2 ρ(x, y) ∂ 2 ρ(x, y) ω2 + + ρ(x, y) = 0, ∂x2 ∂y 2 c2 la llamada ecuación de Helmholtz bidimensional. Membrana rectangular Llamando k2 =

ω2 c2

debemos resolver µ 2 ¶ ∂ ρ ∂2ρ + k2 ρ = 0. + ∂x2 ∂y 2

Usando la técnica de separación de variables ρ = X(x)Y (y), resulta

1 d2 X 1 d2 Y + + k2 = 0, X dx2 Y dy 2 por lo cual deben ser constantes 1 d2 X 1 d2 Y 2 = k , = ky2 , k 2 = kx2 + ky2 . x X dx2 Y dy 2 Las soluciones que satisfacen extremos fijos en un rectángulo X(0) = X(a) = 0, Y (0) = Y (b) = 0 son r r 2 2 mπx X(x) = sin kx x = sin , m = 1, 2, 3 . . . ∞ a a a r r nπy 2 2 sin ky y = sin , n = 1, 2, 3 . . . ∞. Y (y) = b b b donde las frecuencias de los modos normales (m, n) son k2 =

ω 2n,m m2 π2 n2 π 2 = + 2 . c2 a2 b

312

Sistemas continuos

La frecuencia más baja, la fundamental es r π2 π2 ω 1,1 = + 2. c a2 b Membrana circular Ahora tenemos que resolver la ecuación de Helmholtz ∇2 ρ + k2 ρ = 0, donde supondremos ρ = 0, en r = a.Es conveniente usar coordenadas polares r, φ donde la ecuación de Hemholtz será 1 ∂ ∂ 1 ∂2ρ r ρ + 2 2 + k 2 ρ = 0, r ∂r ∂r r ∂φ donde nuevamente, usando la técnica de separación de variables ρ = R(r)Φ(φ), conduce a r

1 d d 1 d2 Φ r R + k2 r2 + = 0, R dr dr Φ dφ2

luego d2 Φ 2 2 = −m Φ, dφ por lo tanto

1 Φ = √ eimφ , m = ±1, ±2, ±3 . . . ± ∞, 2π y la parte radial satisface d d r R + (k2 r2 − m2 )R = 0, dr dr d2 d r2 2 R + r R + (k2 r2 − m2 )R = 0, dr dr r

la cual puede ser reconocida como la ecuación de Bessel. Como es bien sabido, las soluciones regulares en el origen son R = Jm (kr),

8.8 Elementos de mecánica de Fluidos

313

y la condición de borde fijo conduce a que Jm (ka) = Jm (

ωa ) = 0. c

Denotemos por αm,n el enésimo cero de Jm luego las frecuencias propias serán ωm,n a = αm,n . c Las funciones de Bessel Las de Bessel, Jv (z) = BesselJv (z) y Yv (z) = BesselYv (z) son soluciones de primera y segunda clase de la ecuación de Bessel z2

¢ d2 w dw ¡ 2 + z − v2 w = 0. +z 2 dz dz

Las de primera clase son regulares en el origen y el gráfico siguiente muestra las tres primeras. y

1

0.75

0.5

0.25

0 0 -0.25

5

10

15

20 x

J0 (rojo), J1 (verde), J2 (azul)

8.8.

Elementos de mecánica de Fluidos

Para estudiar la dinámica de los fluidos, se han seguido dos caminos. Uno debido a Lagrange utiliza las coordenadas de cada partícula de fluido a medida que transcurre el tiempo de acuerdo a las fuerzas que ella experimenta. Otra forma debida a Euler consiste en abandonar el intento de precisar las

314

Sistemas continuos

coordenadas de cada partícula de fluido, y en vez, preocuparse de la densidad y la velocidad del fluido en puntos fijos del espacio en cada instante de tiempo. De este punto de vista, Euleriano, la atención se pone en un elemento de fluido que pasa a través de un volumen de control el cual está fijo en el espacio. Este es el método que usaremos principalmente aquí. Se definen ρ(x, y, x, t) la densidad del fluido en un punto del espacio en tiempo t y v(x, y, z, t) el vector velocidad de un elemento de fluido ubicado en ese mismo punto y en ese mismo tiempo. Las partículas del fluido en el volumen de control cambian continuamente. A pesar de que nos concentraremos en puntos fijos del espacio, las ecuaciones usuales de la mecánica aplican a partículas y por lo tanto será inevitable seguir el movimiento de las partículas al menos por intervalos de tiempos cortos. Así estaremos interesados en dos tipos de derivadas. Por ejemplo si p(x, y, z, t) representa la presión en un punto x, y, z, en un tiempo t determinado, la derivada Euleriana ∂p ∂t representará la tasa a la cual está cambiando la presión en un punto fijo y la derivada Lagrangiana dp ∂p ∂p ∂x ∂p ∂y ∂p ∂z = + + + dt ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t ∂z ∂t ∂p + v · ∇p, = ∂t representará la tasa a la cual está cambiando la presión en un punto que sigue el movimiento de una partícula del fluido. Esto aplicará a cualquier función de las coordenadas y del tiempo, lo cual anotaremos simbólicamente como d ∂ = + v · ∇. dt ∂t

8.8.1.

Cambio del volumen

Consideremos un elemento de volumen δV que se mueve con el fluido de modo que contiene siempre el mismo número de partículas de fluido. Si el fluido se mueve, ese elemento se mueve y en general cambiará de volumen. Supongamos que se trata de un elemento de volumen rectangular de lados δx, δy, δz. Entonces sus caras tienen velocidades vx , vy , vz . Así el cambio de


315

y δz

δy vx(x+δx,t) x

z

δx

Figura 8.3: volumen debido al desplazamiento de las caras δy δz (una en x la otra en x + δx) será dδV

= δyδz(vx (x + δx, t)dt − vx (x + δx, t)dt) ∂vx = δyδzδx dt, ∂x

o sea dδV dt

= δyδzδx = δV

∂vx ∂x

∂vx . ∂x

Más en general, si varían las posiciones de las seis caras, se tiene dδV ∂vx ∂vy ∂vz = δV ( + + ), dt ∂x ∂y ∂z o sea dδV = ∇ · vδV. dt Algunas propiedades del operador ∇ se explican en el apéndice. Más en general, como se explica en la figura que sigue, el cambio de volumen que se produce por el cambio del área se puede expresar como (producto mixto) (dr1 × dr2 ) · vdt = n ˆ · vdtdS,

316

Sistemas continuos

(base×altura)

luego la superficie cerrada completa cambia un volumen dV dV dt

= =

I

IS

v·n ˆ dtdS v·n ˆ dS.

S

Si se utiliza el teorema de la divergencia la última expresión puede escribirse como Z dV = ∇ · vdV. dt V Fluidos incompresibles Si el fluido es incompresible, es decir si el volumen de un número determinado de partículas no cambia con el tiempo, entonces del resultado anterior sigue que ∇ · v = 0. Ecuación de continuidad La masa de un elemento de volumen que sigue el movimiento del fluido no varía. Eso se puede escribir utilizando el concepto de densidad volumétrica de masa ρ como δm = ρδV = constante,


317

es decir dρ d δV + ρ δV = 0 dt dt dρ δV + ρ∇ · vδV = 0 dt dρ + ρ∇ · v = 0. dt pero dρ ∂ρ = + v · ∇ρ, dt ∂t luego ∂ρ + v · ∇ρ + ρ∇ · v = 0, ∂t o

∂ρ + ∇ · (ρv) = 0. (8.14) ∂t Esta última relación se denomina la ecuación de continuidad de un fluido.

8.8.2.

Líneas de flujo

Para visualizar el movimiento de un fluido se utilizan tres tipos de líneas, llamadas líneas de velocidad, caminos y de trazadores. 1. Líneas de velocidad. Son las líneas del campo de velocidad v(x, y, z, t), es decir líneas que son tangentes y paralelas al vector velocidad en cada punto de coordenadas fijas x, y, z en un instante t. La ecuación de las líneas de velocidad se obtiene de dx dy dz = = . vx (x, y, z, t) vy (x, y, z, t) vz (x, y, z, t) Integrando estas ecuaciones para t fijo permitiría encontrar las líneas de velocidad. Puede ser útil expresar las coordenadas en forma paramétrica x = x(s), y = y(s), z = z(s). Por ejemplo sean vx = x(1 + 2t), vy = y, vz = 0,

318

Sistemas continuos luego se debe resolver dx dy = , x(1 + 2t) y integrando

1 ln x = ln y (1 + 2t)

luego x = y (1+2t) . 2. Caminos. Es la curva trazada por una partícula del fluido a medida que ella se mueve. Ella satisface dx = vx (x, y, z, t), dt dx = vx (x, y, z, t), dt dx = vx (x, y, z, t), dt ecuaciones que al ser integradas permitirían encontrar x(t), y(t), z(t). Consideremos el mismo ejemplo anterior dx = vx = x(1 + 2t), dt dy = vy = y, dt que son fácilmente integrables x = t + t2 , ln x0 y ln = t, y0 de manera que la trayectoria o camino es x = x0 et(1+t) , y = y0 et . 3. Líneas de trazadores. Son las líneas que siguen trazadores continuamente inyectados al fluido. Ellos pueden ser humo, tinta, y otros. No discutiremos este tema aquí.

8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal

8.9.

319

Ecuación de movimiento de un fluido ideal

En un fluido ideal, por definición, no actúan otras fuerzas de un elemento sobre otro de fluido, más que las fuerzas de presión, que actúan normalmente a las superficies de los elementos considerados. En los fluidos reales, actúan además fuerzas tangenciales o de viscosidad que por ahora despreciaremos. Aceptaremos además que pueden actuar fuerzas externas sobre cada elemento de volumen, tal como el peso de aquel. La presión es isotrópica de modo que la fuerza que actúa sobre cada elemento de área se obtiene simplemente multiplicando la presión sobre el área por el área en cuestión. Así, si se trata de un elemento de volumen como un paralelepípedo rectangular de aristas δx, δy, δz, la fuerza resultante en la dirección x debida a la presión será δFx = p(x, y, z)δyδz − p(x + δx, y, z)δyδz ∂p = − δxδyδz, ∂x y en su forma vectorial δ F = −∇pδV.

Sea además f la fuerza externa que actúa por unidad de volumen. Así la fuerza resultante sobre el elemento de volumen será δ F = −∇pδV + fδV. La segunda ley de Newton establece que esta fuerza es la masa por la aceleración del elemento de volumen, o sea ρδV

dv = −∇pδV + fδV, dt

o bien

dv = f − ∇p, dt ahora, si realizamos la derivada total obtenemos ρ

ρ(

∂v + v · ∇v) = f − ∇p, ∂t

(8.15)

y así obtenemos la ecuación de Euler para el movimiento de un fluido ideal: ∇p ∂v f + v · ∇v = − . ∂t ρ ρ

(8.16)

320

8.9.1.

Sistemas continuos

Onda sonoras en un fluido

Supongamos un fluido en equilibrio a una presión p0 una densidad ρ0 y sometido a una fuerza externa volumétrica f0 . Para esta situación, la ecuación (8.16) se convierte en f0 = ∇p0 . (8.17) Supongamos ahora que el fluido se somete a una perturbación pequeña de modo que la presión y la densidad se alteran a p = p0 + p0 ρ = ρ0 + ρ0 , siendo p0 ¿ p y ρ0 ¿ ρ y supondremos además que la velocidad u sus derivadas son también pequeñas. Si sustituimos en (8.16) se obtiene ∂v f0 ∇(p0 + p0 ) + v · ∇v = − ∂t ρ0 + ρ0 ρ0 + ρ0 ≈

f0 ∇(p0 + p0 ) − ρ0 ρ0

si despreciamos términos cuadráticos en v y en las cantidades pequeñas p0 y ρ0 se obtiene ∇(p0 + p0 ) ∂v f0 = − ∂t ρ0 + ρ0 ρ0 + ρ0 ≈ o sea

f0 ∇(p0 + p0 ) ∇p0 − =− . ρ0 ρ0 ρ0 ∂v ∇p0 . =− ∂t ρ0

(8.18)

Además si se sustituye en la ecuación de continuidad (8.14) se obtiene ∂ρ0 0 = + ∇ · ((ρ0 + ρ0 )v) ∂t ∂ρ0 + ∇ · (ρ0 v), ≈ ∂t o sea

∂ρ0 = −ρ0 ∇ · v − v · ∇ρ0 . ∂t

(8.19)


321

Finalmente supondremos que la densidad en equilibrio es prácticamente constante de modo que la última ecuación puede escribirse ∂ρ0 + ρ0 ∇ · v = 0. ∂t

(8.20)

La compresibilidad κ y su recíproco B En termodinámica se definen la compresibilidad isotérmica µ ¶ 1 1 ∂V κT = =− , BT V ∂p T y la compresibilidad adiabática 1 κS = − V

µ

∂V ∂p

¶

=

S

1 , BS

donde T y S denotan la temperatura absoluta y la entropía del sistema. Cuando una onda acústica pasa a través de una substancia los cambios de volumen son en realidad adiabáticos en vez de isotérmicos, de modo que la segunda de las anteriores es la que aplica. Ella puede ser escrita como µ ¶ µ ¶ 1 ∂m/ρ 1 1 ∂ρ = κS = − = . BS m/ρ ∂p S ρ ∂p S De este modo el incremento en la presión y la densidad están relacionadas por 1 BS

= κS =

ρ0 =

1 ρ0 ρ0 p0

ρ0 p0 . BS

Así podemos eliminar ρ0 de la ecuación de continuidad (8.20) obteniendo ρ0 ∂p0 = −ρ0 ∇ · v BS ∂t ∂p0 = −BS ∇ · v. ∂t

(8.21) (8.22)

322

Sistemas continuos

Si derivamos respecto al tiempo y utilizamos (8.18) se obtiene finalmente ∂ ∂ 2 p0 = −BS ∇ · v 2 ∂t ∂t BS = ∇ · ∇p0 , ρ0 es decir tenemos que las variaciones de la presión p0 satisfacen la ecuación de ondas en tres dimensiones ∂ 2 p0 − v2 ∇2 p0 = 0, ∂t2

(8.23)

donde la velocidad de propagación está dada por s BS . v= ρ0

8.9.2.

Ondas de canal

Consideraremos un fluido incompresible sometido a un campo gravitacional uniforme. Trataremos primero de ondas de canal (ondas tidales), donde la longitud de onda es grande respecto a la profundidad del canal. En este límite, el movimiento principal de las partes del fluido es horizontal, de modo que el fluido se mueve hacia adelante y hacia atrás. Cuando se acumula en un punto, el nivel sube y aumenta la presión hidrostática. El fluido entonces fluye horizontalmente respondiendo al exceso de fuerza vertical . Ecuaciones de movimiento Considere un elemento de masa dm contenido en un volumen dV . La ecuación de Euler es dv ρ = f − ∇p, dt siendo la fuerza peso por unidad de volumen f =−

dm ˆ ˆ gk = −ρgk, dV

luego 1 dv = −g kˆ − ∇p. dt ρ


323

y z

h

x

ζ

Figura 8.4: Pero estamos suponiendo que el movimiento vertical tiene velocidad y aceleración despreciables y entonces −g −

1 ∂ p'0 ρ ∂z

que nos indica la variación de la presión con la altura o profundidad en el fluido. A nivel z = ζ(x, y, t) la presión es la atmosférica p0 resultando por integración p = p0 − ρg(z − ζ(x, y, t)). Recordando que dv ∂v ∂v = + v · ∇v ' , dt ∂t ∂t En las direcciones horizontales tenemos dvx ∂vx 1 ∂ ∂ = =− p = −g ζ(x, y, t), dt ∂t ρ ∂x ∂x dvy ∂vy 1 ∂ ∂ = =− p = −g ζ(x, y, t). dt ∂t ρ ∂y ∂y Note que las aceleraciones horizontales son independientes de z. Ondas unidimensionales Consideraremos una onda unidimensional ζ = ζ(x, t)

324

Sistemas continuos

v(x)

ζ h b

v(x+dx)

dx

El fluido tiene movimiento en el eje x solamente y como consecuencia de la ecuación de continuidad, lo que se acumula provoca un cambio en la altura. El flujo (volumen/área × tiempo) es Jx = ρv(x), de modo que (ρv(x) − ρv(x + dx)) (h + ζ)b(x)dt = ρbdxdζ, o bien −

Pero

∂v(x) (h + ζ)b(x)dt = bdζ, ∂x ∂ζ ∂v(x) (h + ζ)b = b , − ∂x ∂t ∂ζ ∂v(x) h = . − ∂x ∂t ∂vx ∂ = −g ζ(x, y, t), ∂t ∂x

luego ∂ ∂v(x) ∂2ζ h = , ∂t ∂x ∂t2 ∂2ζ ∂2 . gh 2 ζ(x, t) = ∂x ∂t2 −


325

Que es la ecuación de onda con una velocidad de propagación p c = gh.

El significado físico es que a mayor profundidad, mayor velocidad de propagación de la onda.

8.9.3.

Ondas de superficie en líquidos

Para alturas mayores, un análisis más fino es necesario. Consideraremos ondas superficiales en dos dimensiones en un fluido tridimensional. y z

x h

Respecto a la figura, el plano xy es el nivel de equilibrio del líquido en un canal de profundidad h. El líquido será considerado como incompresible con densidad volumétrica ρ constante de modo que la ecuación de continuidad (8.14) se reduce a ∇ · v = 0.

Supondremos también que el movimiento del fluido es irrotacional, es decir que ∇ × v = 0. Potencial de velocidades. Ecuación de Laplace.

Cuando el movimiento del fluido es irrotacional, el campo de velocidad del fluido es derivable de un potencial de velocidades Φ(r, t) tal que v(r, t) = −∇Φ(r, t).

326

Sistemas continuos

En términos de este potencial, la condición de incompresibilidad será ∇ · v = ∇ · ∇ × v = ∇2 Φ = 0,

(8.24)

es decir el potencial de velocidad satisface la ecuación de Laplace en el interior del fluido en todo instante. En situaciones estacionarias, Φ = Φ(r), y las líneas del campo de velocidad son fijas. Estas líneas del campo de velocidad, denominadas líneas de corriente, son tangentes al campo de velocidades del fluido en un cierto instante. No hay que confundirlas con las trayectorias seguidas por una partícula determinada a medida que transcurre el tiempo. En situaciones dinámicas como la que estudiamos, la propagación de ondas en un fluido Φ = Φ(r, t), las líneas de corriente irán cambiando como un todo a medida que el tiempo progrese. El resto del análisis intenta establecer las condiciones de contorno que debe cumplir el potencial de velocidad. Obviamente en el fondo del canal la velocidad normal debe anularse. Similarmente ocurre en las paredes laterales. En la superficie libre del fluido tendremos condiciones adicionales. La dinámica del fluido ideal está dada por la ecuación de Euler (8.15) dv f 1 = − ∇p. dt ρ ρ De aquí se puede establecer el llamado teorema de Bernouilli. La fuerza f representa a la fuerza externa por unidad de volumen. Teorema de Bernouilli La ecuación de Euler puede ser escrita de otras manera ∂v f 1 + v · ∇v = − ∇p. ∂t ρ ρ Es una identidad matemática que 1 ∇ v · v − v × (∇ × v) = v · ∇v 2 entonces la ecuación de Euler puede escribirse como ∂v 1 f 1 + ∇ v · v − v × (∇ × v) = − ∇p. ∂t 2 ρ ρ


327

reemplacemos v = −∇Φ, ∇ × v = 0 y supongamos que la fuerza externa (el peso por unidad de volumen por ejemplo) es conservativo, luego f = −∇U (r, t), se obtiene −∇

1 U p ∂Φ + ∇ v · v = −∇ − ∇ , ∂t 2 ρ ρ

p U 1 ∂Φ ∇( + + v2 − ) = 0. ρ ρ 2 ∂t En otra palabras la cantidad que tiene gradiente cero es sólo función del tiempo p U 1 2 ∂Φ + + v − = C(t). ρ ρ 2 ∂t El potencial de velocidad puede alterarse a Z Φ → Φ(r, t) − C(t)dt, sin que se altere el campo de velocidades y entonces la función C(t) se cancela obteniendo p U 1 2 ∂Φ(r, t) + + v − = 0. (8.25) ρ ρ 2 ∂t En la superficie libre del fluido z = ζ, la presión es la presión atmosférica p0 . Supondremos también que la fuerza aplicada por unidad de volumen proviene de un potencial gravitacional f =−

dm ˆ g k = −∇ρgz, dV

y que en la superficie libre z = ζ U = gζ, ρ y si despreciamos v2 , se obtiene p0 ∂Φ(r, t) + gζ − = 0, ρ ∂t

328

Sistemas continuos

y haremos otro cambio en el potencial de velocidad Φ → Φ(r, t) − luego

p0 t , ρ

¯ ∂Φ(r, t) ¯¯ = 0, gζ − ∂t ¯z=ζ

o bien, en la superficie libre se cumple ζ(x, y, t) =

1 ∂Φ(x, y, ζ, t) 1 ∂Φ(x, y, 0, t) ' . g ∂t g ∂t

O sea las variaciones de la altura del nivel libre del fluido se deben a que en la superficie Φ cambia con el tiempo. Forma de la superficie libre La altura z es alguna función de x, y, t. Esto es, la forma de la superficie estará dada por F (r, t) = F (x, y, z, t) = z − ζ(x, y, t) = 0. En un pequeño intervalo de tiempo dt, la velocidad normal ˆn ˆ · v, vn = n

∂ζ ∂ζ − jˆ∂y kˆ − i ∂x ¯. con n ˆ = ¯¯ ∂ζ ∂ζ ¯ ˆ ¯k − i ∂x − jˆ∂y ¯

causa un desplazamiento de la superficie dado por F (r + vn dt, t + dt) = 0, y haciendo una expansión de Taylor

pero

X ∂F ∂F + = 0, (vn )i ∂xi ∂t n ˆ=

∇F , |∇F |


329

⌃ n

z

x

ζ h

Figura 8.5: luego vn · ∇F = v · ∇F, y entonces v · ∇F +

∂F = 0. ∂t

Pero F (x, y, z, t) = z − ζ(x, y, t) = 0, luego vz − vx

∂ζ ∂ζ ∂ζ − vy − = 0, ∂x ∂y ∂t

además vz =

(8.26)

∂ζ , ∂t

luego vx

∂ζ ∂ζ + vy =0 ∂x ∂y

Condiciones de contorno El potencial de velocidad satisface la ecuación de Laplace ∇2 Φ = 0, y tiene como condiciones de contorno en una superficie fija, el fondo por ejemplo

330

Sistemas continuos

vn = −ˆ n · ∇Φ = 0, y en la superficie libre z = ζ ∂Φ ∂ζ =− , ∂t ∂z 1 ∂Φ ζ = , (De Bernouilli) g ∂t

vz =

que pueden combinarse en vz = −

∂ζ 1 ∂ 2 Φ(x, y, 0, t) ∂Φ = = . ∂z ∂t g ∂t2

Relación de dispersión Consideremos como un ejemplo, una onda unidimensional que viaja con velocidad c en la dirección x, siendo el ancho del canal constante b y la profundidad h. Tratemos una solución Φ(x, z, t) = Z(z) cos k(x − ct), coloquemos esto en la ecuación de Laplace cos k(x − ct) de donde

∂2 ∂2 Z(z) + Z(z) cos k(x − ct) = 0, ∂z 2 ∂x2 d2 Z(z) − k2 Z(z) = 0, dz 2

por lo cual Z(z) = Aekz + Be−kz , pero en el fondo del canal z = −h, vz = 0 o sea kˆ · ∇Z(z) = 0, Z 0 (−h) = 0, entonces 0 = kAe−kh − kBe+kh ,


331

luego = B Z(z) = Ae−kh (ekz+kh + e−kh−kz ), = C cosh k(z + h), pero teníamos que vz = − o sea − conduce a

1 ∂2Φ ∂Φ ∂ζ = = en la superficie libre ∂z ∂t g ∂t2

1 ∂2Φ ∂Φ , Φ = C cosh k(z + h) cos k(x − ct), = ∂z g ∂t2 1 k sinh kh ' k 2 c2 cosh kh. g

Note que k=

2π , λ

entonces

g tanh kh, k O sea la solución para el potencial de velocidad es c2 =

con

Φ = C cosh k(z + h) cos k(x − ct),

g tanh kh. k Note que si h es pequeño respecto a la longitud de onda , 2π gλ 2π gλ c2 = . tanh h ' h = gh, 2π λ 2π λ el resultado obtenido anteriormente. Haremos algunos cálculos numéricos, tomando k = 2π , C = 1 , h = 2 , λ = 1 , g = 1. λ r r g g c= tanh k(ζ + h) ' tanh kh = 0,398 94 k k q gλ tanh 2πh = 0,398 94 c = 2π λ c = 0,398 94 Φ = C cosh k(z+h) cos k(x−ct) = cos (6. 283 2x − 2. 506 6t) cosh (6. 283 2z + 12. 566) c2 =

Φ = C cosh k(z+h) cos k(x−ct) = cosh (6. 283 2z + 12. 566) cos (6. 283 2x − 2. 506 6t)

332

Sistemas continuos

La forma de la superficie

1 ∂Φ 1∂ = C cosh k(z + h) cos k(x − ct) g ∂t g ∂t 1 = C cosh k(z + h)kc sin k(x − ct) g

ζ =

v = −∇Φ

Para t, el vector v evaluado numéricamente es ∙ ¸ −6. 283 2 cosh (6. 283 2z + 12. 566) sin (6. 283 2x − 2. 506 6t) , v= y me6. 283 2 sinh (6. 283 2z + 12. 566) cos (6. 283 2x − 2. 506 6t) diante la opción Vector Field Plot 2 D con muPad, se obtiene Para t = 0 ∙ ¸ −6. 283 2 cosh (6. 283 2z + 12. 566) sin (6. 283 2x) , v= 6. 283 2 sinh (6. 283 2z + 12. 566) cos (6. 283 2x) x

0

0.25

0.5

0.75

1

0

-0.5

-1

-1.5

y

-2

Para t = 0,1 ∙ ¸ −6. 283 2 cosh (6. 283 2z + 12. 566) sin (6. 283 2x − 0,2 506 6) , v= 6. 283 2 sinh (6. 283 2z + 12. 566) cos (6. 283 2x − 0,2 506 6)


333 x

0

0.25

0.5

0.75

1

0

-0.5

-1

-1.5

y

-2

Φ = C cosh k(z + h) cos k(x − ct), con

g tanh k(ζ + h) = c2 , k dz ∂z ∂z = + v · ∇vz ' dt ∂t ∂t ∂x . = kC sin k(x − ct) cosh k(z + h) ' ∂t

vz = −kC cos k(x − ct) sinh k(z + h) = vx

Trayectoria de una partícula Tenemos que el campo de velocidades es con Φ = C cosh k(z +h) cos k(x− ct) dx = −Ck cosh k(z + h) sin k(x − ct), dt dz = Ck sinh k(z + h) cos k(x − ct). = dt

vx = vz

Si al lado derecho aproximamos x = x0 , z = z0 , estas son satisfechas por las siguientes coordenadas C cosh k(z0 + h) cos k(x0 − ct), c C z = z0 − sinh k(z0 + h) sin k(x0 − ct) c

x = x0 −

334

Sistemas continuos

de donde

µ

x − x0 cosh k(z0 + h)

¶2

+

µ

x − x0 sinh k(z0 + h)

¶2

=

C2 , c2

la ecuación de una trayectoria elíptica

8.9.4.

Más sobre ondas de superficie

Primero recordemos las ecuaciones que gobiernan el movimiento de un fluido ideal, incompresible y con flujo irrotacional 1. El potencial de velocidad satisface la ecuación de Laplace en todo el fluido (8.24) ∇2 Φ = 0. 2. La ecuación de Bernouilli es (8.25) p U 1 2 ∂Φ(r, t) + + v − = 0. ρ ρ 2 ∂t En la superficie libre del fluido z = ζ, la presión es la presión atmosférica p0 . Supondremos también que la fuerza aplicada por unidad de volumen proviene de un potencial gravitacional f =−

dm ˆ g k = −∇ρgz, dV

y que en la superficie libre z = ζ U = gζ, ρ ahora no despreciamosv 2 , obteniendo 1 ∂Φ(r, t) p0 + gζ + v 2 − = 0, ρ 2 ∂t y haremos otro cambio en el potencial de velocidad Φ → Φ(r, t) −

p0 t , ρ


335

luego ∂Φ(r, t) 1 = 0, gζ + v 2 − 2 ∂t ∂Φ(r, t) 1 = 0, en la superficie libre. (8.27) gζ + (∇Φ)2 − 2 ∂t 3. Sobre cualquier superficie fija que contenga al fluido n ˆ · ∇Φ = 0. 4. La superficie libre tiene una forma dada por z − ζ(x, y, t) = 0. De la ecuación (8.26), se dedujo que ∂ζ ∂ζ ∂ζ − vy − = 0, ∂x ∂y ∂t que será escrito en términos del potencial de velocidades Φ ∂Φ ∂ζ − − v · ∇ζ − = 0, ∂z ∂t ∂ζ ∂Φ + ∇Φ · ∇ζ − = 0, en la superficie libre del fluido. (8.28) − ∂z ∂t vz − vx

Una ecuación extendida para ondas de canal Busquemos una solución de la forma Z ∞ 1 cosh [k(z + h)] eikx fe(k, t)dk. Φ= 2π −∞

Satisface (3) en el fondo del canal, puesto que Z ∞ 1 k sinh [k(z + h)] eikx fe(k, t)dk → 0. vz (z = −h) = − 2π −∞ Satisface la ecuación de Laplace. Calculemos Z ∞ 1 ∂2Φ = − k2 cosh [k(z + h)] eikx fe(k, t)dk, ∂x2 2π −∞ Z ∞ 1 ∂2Φ = k2 cosh [k(z + h)] eikx fe(k, t)dk. ∂z 2 2π −∞

Luego

∇2 Φ = 0.

336

Sistemas continuos

Aproximación en la superficie libre kh << 1. En la superficie libre, z ' 0 1 Φ' 2π

Z

∞

−∞

Llamemos

ikx

cosh [kh] e

1 fe(k, t)dk ' 2π

1 f (x, t) = 2π

Z

∞

−∞

Z

∞

−∞

(1 −

k2 h2 ikx e )e f (k, t)dk. 2

eikx fe(k, t)dk,

luego la ecuación anterior puede escribirse

1 ∂2 Φ ' (1 − h2 2 )f (x, t). En la superficie libre. 2 ∂x Similarmente Z ∞ ∂Φ 1 ' k sinh [kh] eikx fe(k, t)dk, ∂z 2π −∞ Z ∞ 1 k3 h3 ikx e ' )e f (k, t)dk, k(kh + 2π −∞ 6 ∂2 1 ∂4 = (−h 2 + h3 4 )f (x, t). En la superficie libre. ∂x 6 ∂x Sustituyendo en (8.28) y (8.27), ∂ζ 1 ∂4 ∂2 = −(−h 2 + h3 4 )f (x, t) + ∇Φ · ∇ζ, ∂t ∂x 6 ∂x 1 1 ∂2 ∂ (1 − h2 2 )f (x, t) − (∇Φ)2 , gζ = ∂t 2 ∂x 2 despreciando términos no lineales ∇Φ · ∇ζ y

1 2

(∇Φ)2 obtenemos

∂2 1 ∂4 ∂ζ = −(−h 2 + h3 4 )f (x, t), ∂t ∂x 6 ∂x 1 ∂2 ∂ (1 − h2 2 )f (x, t), gζ = ∂t 2 ∂x

(8.29) (8.30)


337

Ondas planas Busquemos soluciones ondas armónicas simples ζ = ζ 0 ei(kx−ωt) , f = f0 ei(kx−ωt) , al sustituir da 1 −iωζ 0 = −(hk 2 + h3 k4 )f0 , 6 1 2 2 gζ 0 = (−iω − h k iω)f0 , 2 dividiéndolas ω 2 = ghk 2

1 + 16 h2 k2 , 1 + 12 h2 k2

(8.31) (8.32)

(8.33)

constituye la relación de dispersión.

8.9.5.

Ecuación no lineal efectiva

En la sección anterior aproximamos Z ∞ 1 cosh [k(z + h)] eikx fe(k, t)dk, Φ= 2π −∞

tomando z = 0. Una simple generalización de los anterior expandiendo [k(h + ζ)] conducirá a ∂2 1 Φ ' (1 − (h + ζ)2 2 )f (x, t), 2 ∂x ∂Φ ∂4 1 ∂2 ' (−(h + ζ) 2 + (h + ζ)3 4 )f (x, t) ∂z ∂x 6 ∂x Sustituyendo en (8.28) y (8.27), y despreciando 4 ∂ζ ∂2 1 ∂Φ ∂ζ 3 ∂ = −(−(h + ζ) 2 + (h + ζ) , )f (x, t) + ∂t ∂x 6 ∂x4 ∂x ∂x µ ¶ 2 ∂ ∂2 1 1 ∂Φ gζ = (1 − (h + ζ)2 2 )f (x, t) − , ∂t 2 ∂x 2 ∂x

338

Sistemas continuos

pero ∂ 1 ∂2 ∂Φ ∂f ' (1 − h2 2 )f (x, t) ' , ∂x ∂x 2 ∂x ∂x luego ∂ 2f 1 ∂ 4 f ∂f ∂ζ ∂ζ = (h + ζ) 2 − h3 4 + , ∂t ∂x 6 ∂x ∂x ∂x µ ¶ 2 ∂f 1 2 ∂3f 1 ∂f gζ = − h − , ∂t 2 ∂t∂x2 2 ∂x

(8.34) (8.35)

que se denominan ecuaciones de onda extendidas no lineales. Ondas solitarias Busquemos soluciones de la forma ζ(x, t) = ζ(x − ct), f (x, t) = f (x − ct). Al sustituir en las ecuaciones 8.34, 8.35 se obtiene 1 −cζ 0 = (h + ζ)f 00 − h3 f 0000 + f 0 ζ 0 , 6 1 1 2 gζ = −cf 0 + c h2 f 000 − (f 0 ) , 2 2 ecuaciones acopladas para f, ζ. Afortunadamente la primera puede ser integrada 1 −cζ 0 = − h3 f 0000 + hf 00 + f 0 ζ 0 + ζf 00 6

1 −cζ + h3 f 000 − (h + ζ)f 0 = 6

constante

(8.36)

que debe ser resuelta junto con 1 1 2 cf 0 = −gζ + c h2 f 000 − (f 0 ) . 2 2

(8.37)


8.9.6.

339

Una solución aproximada

Una solución aproximada se logra haciendo algunas otras aproximaciones. Primero mantener sólo el primer término de 8.37 cf 0 = −gζ. Reemplace la velocidad de prpopagación por su aproximación de orden cero (8.33) 1 + 16 h2 k2 ω2 2 c = 2 = gh ' gh. k 1 + 12 h2 k2 Luego la ecuación 8.36 puede ser escrita 1 −cζ + h3 f 000 − (h + ζ)f 0 = constante 6 1 −c2 ζ + h3 (−gζ 00 ) − (h + ζ)(−gζ) = constante 6 1 g gh (1 − 2 )ζ + h2 ζ 00 − √ ζ 2 = constante c 6 gh Haciendo algunas otras aproximaciones, vea [1, p 401] una solución en forma de onda solitaria se encuentra ζ(x, t) = ζ 0 2

cosh

8.9.7.

1 ∙r³

3ζ 0 h

´

x−ct 2h

¸.

Algunas soluciones de la ecuación de onda.

De acuerdo a las propiedades del operador ∇ puede probarse que son soluciones de la ecuación de onda tridimensional ∂2φ − v 2 ∇2 φ = 0. ∂t2

8.9.8.

A) Ondas planas

Esta son soluciones de la forma φ(x, y, x, t) = F (k · r − ωt) = F (kx x + ky y + kz z − ωt),

340

Sistemas continuos

donde F es una función arbitraria (diferenciable), v es la velocidad y k es un vector constante cuya magnitud se denomina número de onda. Para demostrarlo basta considerar que ∇F (k · r − vt) = kF 0 (k · r − ωt),

∇2 F (k · r − vt) = k · ∇F (k · r − ωt)

∇2 φ = k2 F 00 (k · r − ωt), ∂2φ = ω 2 k2 F 00 (k · r − ωt), ∂t2 que prueba lo establecido siempre y cuando ω v= . k Hay que observar, que los puntos donde F tiene un valor constante, digamos F (0) están sobre el plano k · r = ωt kˆ · r = vt, es decir un plano que viaja precisamente con la velocidad de propagación de la onda v = ω/k, de allí se justifica la denominación de ondas planas. k

r vt O

Onda plana

8.9.9.

B) Ondas esféricas

En coordenadas esféricas el Laplaciano puede escribirse (ver apéndice) ∇2 =

∂2 1 ∂ ∂ 1 1 ∂ 2∂ r + sin θ + , r2 ∂r ∂r r2 sin θ ∂θ ∂θ r2 sin2 θ ∂φ2


341

de modo que si buscamos soluciones de la ecuación de onda que dependan de la distancia al origen solamente, la ecuación de onda será ∂2φ 2 1 ∂ 2 ∂ r φ = 0, − v ∂t2 r2 ∂r ∂r pero usted puede establecer que 1 ∂ 2∂ 1 ∂2 (rφ), r φ = r2 ∂r ∂r r ∂r2 de modo que la ecuación de onda es 2 ∂ 2 (rφ) 2 ∂ −v (rφ) = 0, ∂t2 ∂r2

de modo que rφ(r, t) = F (kr − ωt), por lo cual una onda esférica es de la forma φ(r, t) =

F (kr − ωt) , r

donde la velocidad de propagación es ahora v=

8.9.10.

ω . k

Las ondas electromagnéticas

Como ha sido bien establecido, los campos eléctricos E y mágnético B en vacío satisfacen las cuatro ecuaciones de Maxwell ∇ · E = 0,

(8.38)

∂B = 0, ∂t

(8.40)

∇ · B = 0, ∇×E+

∇ × B = μ0

(8.39)

0

∂E . ∂t

(8.41)

342

Sistemas continuos

Vacío significa la nada. Una solución de estas ecuaciones diferenciales son lo trivial, no hay nada E = 0, B = 0. Pero, hay soluciones no triviales. Veremos. Tomemos el rotor de la tercera ∇ × (∇ × E) +

∂∇ × B = 0, ∂t

y reemplazando la cuarta ∇ × (∇ × E) + μ0

∂2E = 0, 0 ∂t2

pero como consecuencia de la primera ∇ × (∇ × E) = ∇(∇ · E) − ∇2 E = −∇2 E, luego el vectoir camplo eléctrico satisface la ecuación de onda tridimensional ∇2 E − μ0

∂2E = 0, 0 ∂t2

con velocidad de propagación 1 c= √ μ0

0

Cosniderando que 0 = 8,854187817 × 10−12 F m−1 y μ0 = 1,2566370614 × 10−6 N A−2 resulta c = 2. 997 9 × 108 ms la rapidez de la luz en el vacío. Similarmente, tomando el rotor de la cuarta ∇ × (∇ × B) = μ0

0

∂∇ × E , ∂t

reemplazando la tercera −∇2 B = −μ0

0

∂2B , ∂t2

es decir la misma ecuación de onda ∇2 B − μ0

∂2B = 0. 0 ∂t2


8.9.11.

343

Ondas electromagnéticas planas

Probando soluciones de la forma E = E0 ei(k·r−ωt) , B = B0 ei(k·r−ωt) , al sustituir en las cuatyro ecuaciones de Maxwell se obtiene que k · E = 0, k · B = 0,

−E0 × ∇ei(k·r−ωt) − iωB0 ei(k·r−ωt) = 0,

−B0 × ∇ei(k·r−ωt) = −μ0 0 iω E0 ,

o bien k·E k·B E0 × k B0 × k

= = = =

0, 0, −ω B0 , μ0 0 ω E0 ,

que muestra que los vectores E0 , B0 y el vector de propagación k son ortogonales y además que k2 1 = μ0 0 = 2 , 2 ω c ω = ck. Es la relción de dispersión. Interferencia de ondas Consideremos ondas sinusoidales unidimensionales ψ(x, t) = A sin(kx − ωt + φ) donde φ se conoce como la fase de la onda. Debido a que la ecuación de onda es lineal, la superposición de este tipo de ondas de la misma velocidad v = ω/k es también solución de la ecuación de onda, La superposición de ondas de este tipo causa el fenómenos llamado de interferencia, en particular de interferencia constructiva e interferencia destructiva. Considere

344

Sistemas continuos

por ejemplo que la frecuencia sea la misma, entonces la longitud de onda también es la misma y el fenómeno que ocurre en la superposición depende de la diferencia de fase. En efecto, la superposición será ψ = A1 sin(kx − ωt + φ1 ) + A2 sin(kx − ωt + φ2 ). Aquí conviene utilizar elementos de los números complejos. Considere A1 ei(kx−ωt+φ1 ) + A2 ei(kx−ωt+φ2 ) = Aei(kx−ωt) , esto es cierto si A = A1 ei(φ1 ) + A2 ei(φ2 ) = ei(φ1 ) (A1 + A2 ei(φ2 −φ1 ) ). Este número complejo puede colocarse en su forma polar de acuerdo a A = |A| eiφ donde p (A1 + A2 cos(φ2 − φ1 ))2 + (A2 sin(φ2 − φ1 ))2 q = A21 + A22 + 2A1 A2 cos(φ2 − φ1 ),

|A| =

tan φ =

A2 sin(φ2 − φ1 ) . A1 + A2 cos(φ2 − φ1 )

En resumen A1 ei(kx−ωt+φ1 ) + A2 ei(kx−ωt+φ2 ) = |A| eiφ ei(kx−ωt) , donde la superposición de ondas sinusoidales es la parte imaginaria de la última expresión, es decir ψ = A1 sin(kx − ωt + φ1 ) + A2 sin(kx − ωt + φ2 ) q A21 + A22 + 2A1 A2 cos(φ2 − φ1 ) sin(kx − ωt + φ). =

Es decir la superposición es una onda del mismo tipo, con otra fase φ y con otra amplitud. La interferencia se llama constructiva si la amplitud de la onda resultante es máxima y destructiva si es mínima. Estos casos ocurren evidentemente si


345

a) Constructiva: φ2 − φ1 = 2nπ, n = 0, 1, 2..., ψ = |A1 + A2 | sin(kx − ωt). b) Destructiva: φ2 − φ1 = (2n + 1)π, n = 0, 1, 2..., ψ = |A1 − A2 | sin(kx − ωt). Pulsaciones Otro fenómenos ocurre si las ondas que se superponen tienen la misma velocidad pero diferentes longitudes de onda y en consecuencia diferentes frecuencias. Suponiendo las mismas fases y amplitudes la superposición es ψ = A sin(k1 x − ω 1 t) + A sin(k2 x − ω 2 t), ω1 ω2 v = = k1 k2 que puede escribirse como (k1 + k2 )x − (ω1 + ω 2 )t (k1 − k2 )x − (ω 1 − ω 2 )t cos , 2 2 esto es el producto de dos ondas que se propagan a iguales velocidades ω1 + ω2 ω1 − ω2 v= = k1 + k2 k1 − k2 y que tienen frecuencias, una alta frecuencia ω1 + ω2 2 y otra que puede ser muy pequeña ω1 − ω2 2 si las ondas que se superponen tienen frecuencias próximas. Este fenómeno se puede escuchar como un batido de baja frecuencia cuando se pulsan dos cuerdas de guitarra casi afinadas en la misma nota. ψ = 2A sin

ψ = 2A sin

(k1 + k2 )(x − vt) (k1 − k2 )(x − vt) cos 2 2 ω1 + ω2 (k1 + k2 )v = , 2 2 ω1 − ω2 (k1 − k2 )v = . 2 2

346

8.9.12.

Sistemas continuos

Velocidad de grupo

La superposición de muchas ondas de casi la misma frecuencia y con longitudes de onda parecidas también, causa el fenómeno de la formación de un grupo que se dispersa. Para precisar las cosas supongamos que se superponen ondas con frecuencias en un cierto rango continuo, donde esas frecuencias dependen de la longitud de onda de alguna forma funcional tal como ω = ω(k). Esta relación se denomina relación de dispersión. En otras palabras estamos suponiendo que la velocidad de propagación v = ω(k)/k es alguna función de k es decir de la longitud de onda. Este caso tiene una representación concreta en el caso de las ondas luminosas que se propagan en materiales transparentes, donde la velocidad de propagación en ese medio es dependiente de la longitud de onda. Bueno, para ver lo que ocurre considere entonces una superposición continua para algún rango continuo de valores de k Z ψ = Ak sin(kx − ω(k)t)dk. Supongamos que la superposición es hecha en un entorno a un valor k0 . Si expandimos hasta primer orden ω(k) = ω 0 + ω 00 (k − k0 ), entonces ψ = =

Z

k0 +∆

k0 −∆ Z k0 +∆ k0 −∆ k0 +∆

=

Z

k0 −∆

≈

Ak sin(kx − ω(k)t)dk, Ak sin(kx − (ω 0 + ω 00 (k − k0 ))t)dk, Ak sin(ω00 k0 t − ω0 t + k(x − ω 00 t))dk,

2A0 sin (∆(x − ω00 t)) sin (k0 x − ω 0 t) x − ω 00 t

donde hemos supuesto Ak ≈ Ak0 = A0 . O sea, la resultante ψ = 2A0

sin (∆(x − ω00 t)) sin (k0 x − ω0 t) x − ω 00 t


347

es una onda que viaja con la llamada velocidad de fase ω0 /k0 modulada por otra onda que viaja con la llamada velocidad de grupo ¯ dω(k) ¯¯ 0 vg = ω 0 = . dk ¯k=k0

Note que en esta aproximación la amplitud máxima de la modulación ocurre en x = ω00 t Representaremos el grupo viajero para k0 = 10, ∆ = 1, A0 = 1, ω 00 = 1, ω 0 = 1, en dos tiempos, t = 0 y t = 2. y

2

1

0 -5

-2.5

0

2.5

5 x

-1

-2

Grupo en t = 0. y para t = 2

y 1.5 1 0.5 0 -5

-2.5

0

2.5

-0.5 -1 -1.5

Grupo en t = 2.

5 x

348

Sistemas continuos

Nota 8.1 En realidad la formación de grupos no se debe a la superposición de ondas que sean soluciones de una determinada ecuación de onda. La función considerada Z ψ = Ak sin(kx − ω(k)t)dk, no satisface la ecuación de onda. Ejemplo real donde se forman grupos se hará a continuación.

8.9.13.

Efecto Doppler clásico

Suponga una onda viajera hacia la derecha del tipo armónico de velocidad de propagación v φ(x, t) = A sin(kx − ωt). Si otro observador se aleja hacia la derecha sobre el eje x con velocidad u < v, ¿que onda es observada por el observador móvil? Para el observador móvil llamaremos la coordenada x0 . Supondremos válida la transformación de Galileo, es decir obtendremos el denominado efecto Doppler clásico. Esta transformación puede escribirse x0 = x − ut, t0 = t. Así resulta φ0 (x0 , t0 ) = φ(x, t) = φ(x0 + ut, t0 ), = A sin(k(x0 + ut) − ωt), = A sin(kx0 − (ω − ku)t) es decir una onda armónica pero con frecuencia ω0 = ω − ku, ku ), = ω(1 − ω u = ω(1 − ), v es decir una frecuencia menor. Si al contrario, el observador y la onda tienen direcciones de movimiento de distinto sentido resultará


349

u ω0 = ω(1 + ), v una frecuencia mayor.

8.9.14.

Efecto Doppler relativista

Para velocidades del observador muy altas, cercanas a la velocidad de la luz, debe aplicarse la transformación de Lorentz x0 = γ(x − ut), ux t0 = γ(t − 2 ), c p donde c es la velocidad de la luz y γ = 1/ 1 − u2 /c2 . Así resulta ux0 )), c2 ux0 = A sin(kγ(x0 + ut0 ) − ωγ(t0 + 2 )), c u 0 = A sin(γ(k − ω 2 )x − γ(ω − ku)t0 , c

φ0 (x0 , t0 ) = φ(x, t) = φ(γ(x0 + ut0 ), γ(t0 +

es decir u ), c2 u = γ(ω − ku) = γω(1 − ), v ω0 ω − ku v−u = = = . k0 k − ω cu2 1 − uv c2

k 0 = γ(k − ω ω0 v0

8.9.15.

Efecto Doppler para ondas luminosas

Si las ondas tienen la velocidad de la luz, entonces v0 = v = c y los resultados anteriores se reducen a 1 u ω 0 = γ(ω − ku) = q ω(1 − ), 2 c 1 − uc2 s 1 − uc ω0 = ω. 1 + uc

350

8.10.

Sistemas continuos

Ejercicios propuestos.

Ejercicio 8.10.1 Demuestre que si F (x) y V (x) representan extensiones impares y de periodo 2L de la forma y de la velocidad inicial de la cuerda, entonces la expresión y(x, t) =

1 (F (x + vt) + F (x − vt)) 2 Z x+vt 1 V (x)dx + 2v x−vt

satisface la ecuación de onda y además y(x, 0) ¯ ∂y(x, t) ¯¯ ∂t ¯t=0 y(0, t) y(L, t)

= F (x), = V (x), = 0, = 0.

Esta solución se denomina de D’Alembert. Vea [1]. Ejercicio 8.10.2 Una cuerda elástica de largo L con extremos fijos parte del reposo con una deformación inicial ½ cx si x < L/2 y(0, x) = 0 si x > L/2 Resuelva para y(x, t) en su desarrollo de Fourier. Esquematice cuidadosamente la forma de la onda para t = T /4, T = T /2, mediante la solución de D’Alembert. Ejercicio 8.10.3 Repita el problema anterior si la cuerda parte tensa con un perfil de velocidades inicial ¯ ½ ∂y(x, t) ¯¯ v0 x/L si x < L/2 = v0 (1 − x/L) si x > L/2 ∂t ¯t=0

Ejercicio 8.10.4 Obtenga una expresión general para la superposición ψ = A1 cos(kx − ωt + φ1 ) + A2 cos(kx − ωt + φ2 ).

8.10 Ejercicios propuestos.

351

Solución. Sea φ = kx − ωt. Además proponga ψ = A cos(φ + δ) = A1 cos(φ + φ1 ) + A2 cos(φ + φ2 ). coeficientes de cos φ y sin φ se obtienen A cos δ = A1 cos φ1 + A2 cos φ2 A sin δ = A1 sin φ1 + A2 sin φ2 , de donde p (A1 cos φ1 + A2 cos φ2 )2 + (A1 sin φ1 + A2 sin φ2 )2 q = A21 + A22 + 2A1 A2 cos (φ1 − φ2 ),

A =

y la fase

tan δ =

A1 sin φ1 + A2 sin φ2 . A1 cos φ1 + A2 cos φ2 N

Ejercicio 8.10.5 Obtenga la superposición de las dos ondas ψ = 2A sin(kx − ωt + π/4) + A sin(kx − ωt). Solución. Utilizando lo anterior la amplitud resultante es r ³π ´ 2 2 2 A = 4A + A + 4A cos 4 q √ = A 5 + 2 2,

y la fase dada pòr

√ 2A sin π4 2. = 2 − tan δ = 2A cos π4 + A N Ejercicio 8.10.6 Determine la potencia promedio transmitida por la onda del problema anterior.

352

Sistemas continuos

Ejercicio 8.10.7 Demuestre que si un punto se mueve sobre un plano de manera que sus dos coordenadas varían armonicamente como x = A cos(ωt − α), y = B cos(ωt − β), entonces el punto describe una elipse. Determine además la orientación de esa elipse respecto al eje x. Solución. Para obtener la ecuación cartesiana, es necesario eliminar el tiempo entre x, y. Una forma de hacerlo es usando números complejos. Considere ei(ωt−α) = cos(ωt − α) + i sin(ωt − α) r x x2 = + i 1 − 2. A A similarmente e−i(ωt−β) = cos(ωt − β) + i sin(ωt − β) r y y2 = − i 1 − 2. B B Multiplicando ambas se obtiene r r x x2 y y2 i(β−α) e = ( + i 1 − 2 )( − i 1 − 2 ) A r r rA B r B 2 xy y i x2 x2 y2 i = − x 1 − 2 + y 1 − 2 + 1 − 2 1 − 2, AB A B B A A B tomando la parte real r r xy x2 y2 cos(β − α) = + 1 − 2 1 − 2, AB A B reordenando r r x2 y2 xy , 1 − 2 1 − 2 = cos(β − α) − A B AB finalmente, elevando al cuadrado y ordenando x2 y2 xy + − 2 cos(β − α) = sin2 (β − α), 2 2 A B AB que es la ecuación de una elipse.


353 N

Ejercicio 8.10.8 Demuestre que una superposición de ondas de la forma Z ψ = Ak sin(kx − ω(k)t)dk. no satisface la ecuación de ondas a menos que v=

ω(k) k

sea constante. Esto naturalmente cuestiona el hecho de superponer ondas que no satisfacen una ecuación lineal. Las situaciones físicas donde se forman grupos son complejas. Vea([1, pag.370]) Ejercicio 8.10.9 Demuestre que si v denota la velocidad de fase de una onda armónica y vg la velocidad de grupo, entonces vg = v + k

dv . dk

Solución. Sea ω = ω(k) la relación de dispersión. Tenemos, por definición v=

ω dω , vg = . k dk

Derivando la primera respecto a k resulta d ω d ω ω dv = = dk − 2 dk dk k k k vg v = − , k k

que prueba lo solicitado. N Ejercicio 8.10.10 Si n(λ) denota el índice de refracción de un material transparente en función de la longitud de onda, demuestre que la velocidad de grupo está dada por λ c vg = (1 + n0 (λ)). n n

354

Sistemas continuos

Solución. El índice de refracción se define c , v(λ)

n(λ) = siendo v la velocidad de fase. O sea c

n(λ) =

ω k

=

c k, ω

o bien ω=

ck . n(λ)

Derivando respecto a λ resulta vg =

d ck c ck dω d = = − 2 n0 (λ) λ, dk dk n(λ) n(λ) n (λ) dk

que puede reordenarse µ ¶ k 0 c d vg = 1 − n (λ) λ , n n dk pero λ=

2π , k

luego vg

µ c 1+ = n µ c 1+ = n

k 0 2π n (λ) 2 n k ¶ λ 0 n (λ) . n

¶

N Ejercicio 8.10.11 Demuestre que 1 ∇ v · v − v × (∇ × v) = v · ∇v. 2


355

Solución. Es útil saber que (suma sobre índices repetidos) ³ ´ a×b = ijk aj bk , i

ijk klm

= δ mj δ li − δ lj δ mi ,

luego (v × (∇ × v))i = ijk klm vj ∂l vm = vj ∂i vj − vj ∂j vi 1 = ∂i vj vj − v · ∇vi , 2 que prueban el resultado. N

356

Sistemas continuos

Capítulo

9

Problemas complementarios

Ejercicio 9.0.12 Demuestre que el movimiento de una partícula en un campo central V (r) = −k/r + h/r2 con k y h constantes, es el mismo que bajo el potencial de Kepler, cuando se expresa con respecto a un sistema de referencia que rota en torno del centro de fuerza. Determine además para energía negativa y cuando el término adicional es muy pequeño, la velocidad de precesión de la órbita cuasielíptica . Ejercicio 9.0.13 Una partícula es disparada desde la superficie de la tierra, supuesta esférica de masa M y radio R, con rapidez inicial V0 , formando un ángulo φ con la vertical del lugar. Despreciando la resistencia del aire, la rotación terrestre y el movimiento de la tierra, demuestre que la excentricidad de la trayectoria está dada por ¶ µ R2 V02 sen2 (φ) 2GM 2 2 e =1+ . V0 − G2 M 2 R la trayectoria es R2 V02 sen2 (φ) . GM(1 + e cos(θ)) ¿cuál es la ubicación del eje polar de la cónica? r=

Ejercicio 9.0.14 Un potencial frecuentemente encontrado en física nuclear es el pozo rectangular, definido por: ½ 0 si r ≥ a . V (r) = −V0 si r < a

358


Demuestre que el scattering producido por tal potencial es idéntico con la refracción de un rayo luminoso por una esfera de radio a y un índice de refracción relativo r E + V0 n= . E Demuestre además que la sección diferencial de scattering está dada por σ(θ) =

n2 a2 (n cos(θ/2) − 1)(n − cos(θ)) . 4 cos(θ/2)(1 + n2 − 2n cos(θ/2))2

Ejercicio 9.0.15 Determinar la sección eficaz para partículas que caen en el centro en un potencial (Landau, Mecánica [7]) U =−

α . r2

Ejercicio 9.0.16 Determinar la sección eficaz en el scattering para ángulos pequeños, en un potencial central U=

a , rn

con

n > 0.

Ejercicio 9.0.17 Dos partículas se mueven bajo la acción de su atracción gravitacional, una en torno de la otra en órbitas circulares, con periodo τ . Si su movimiento es repentinamente detenido, cayendo entonces una hacia la otra, demuestre que ellas chocan en un tiempo dado por τ t= √ . 4 2 Ejercicio 9.0.18 Un balde con líquido se hace rotar en torno de la vertical con velocidad angular constante. Si se supone que la situación estacionaria corresponde a un mínimo del hamiltoniano del sistema, determine la forma de la superficie. Ejercicio 9.0.19 Un cable flexible, cuyo peso por unidad de longitud es uniforme, cuelga entre dos puntos dados bajo la acción de la gravedad, figura (9.1). Determine la forma de dicho cable bajo la condición de que la energía potencial sea un mínimo, compatible con la longitud fija del cable. Ejercicio 9.0.20 Si g(p) denota la transformada de Legendre de f (x), demuestre entonces que si

359 y

ds

dx

O

x

Figura 9.1: a) f (x) = x2 entonces g(p) = p2 /4. b) f (x) = mx2 /2 entonces g(p) = p2 /2m. c) f (x) = xα /α entonces g(p) = pβ /β con 1/α + 1/β = 1, si α > 1 y β > 1. Ejercicio 9.0.21 Demuestre, con la notación del problema anterior que px ≤ f (x) + g(p) la desigualdad de Young, válida para x > 0, p > 0, α > 1, β > 1, y 1/α + 1/β = 1. Ejercicio 9.0.22 Encuentre los hamiltonianos correspondientes a los lagrangianos p L(q) ˙ = 1 − q˙2 , L(q, q, ˙ t) = eαt (q˙2 − ω 2 q2 )/2. Ejercicio 9.0.23 Encuentre los lagrangianos correspondientes a los hamiltonianos H(q, p) = p2 /2 + p sin(q), H(q, p) = p2 /2 + q 2 /2.

360


Ejercicio 9.0.24 Considere un péndulo constituido por una barra uniforme de masa M y longitud L que oscila en un plano vertical bajo la acción de su peso. Considere además que el punto de suspensión se hace oscilar verticalmente con amplitud A y frecuencia angular Ω, figura (9.2). Escriba la ecuación de Lagrange para el ángulo que forma el péndulo con la vertical. y

O A cos(Ωt) A θ

G

Figura 9.2:

Ejercicio 9.0.25 Con respecto a la situación del problema anterior, analice la posibilidad de que el movimiento sea estable cuando el péndulo está oscilando respecto a la posición más alta. (Vea [6]) Ejercicio 9.0.26 Para el movimiento de un trompo simétrico con su púa fija, discuta la condición que debe cumplir su spin para que su movimiento dormido, trompo bailando vertical, sea estable. Considere dados sus momentos de inercia respecto a la púa, A y C, su masa M y la distancia h desde la púa al centro de masas, además de la aceleración de gravedad. Ejercicio 9.0.27 Considere el movimiento de un trompo simétrico con su púa fija, en precesión uniforme, es decir con la inclinación de su eje respecto de la vertical constante. Deduzca la condición que deben cumplir su spin s y su velocidad angular de precesión φ˙ = Ω para que ello ocurra. Considere dados los momentos de inercia respecto a la púa, A y C, su masa M y la distancia h desde la púa al centro de masas, además de la aceleración de gravedad.

361 Ejercicio 9.0.28 Considere una partícula moviéndose en un campo central de fuerza atractivo inverso al cuadrado de la distancia, de modo que 1 k L = mv 2 + . 2 r Demuestre que la energía, en términos de las variables de acción angular, para coordenadas r y θ en el plano del movimiento, está dada por E=−

2mπ 2 k2 . (Jr + Jθ )2

Ejercicio 9.0.29 Para la versión relativista del problema anterior con lagrangiano p k L = −m0 c2 1 − (v/c)2 + , r demuestre que para el caso estable, partícula sin caer al origen (k/c)2 m0 c2 p =1+ . E (Jr /2π + (Jr /2π)2 − (k/c)2 )2

Ejercicio 9.0.30 Si se indica con α = e2 /(4π 0 ~c) la constante de estructura fina y se imponen las reglas de cuantización de Somerfeld Jθ = nθ h, Jr = nr h,con nθ = 1, 2, 3, ..., nr = 0, 1, 2, ..., demuestre que hasta orden en α2 , la energía está dada por ¶¶ µ µ α2 n m0 c2 α2 3 2 E = m0 c − , 1+ 2 − 2n2 n nθ 4 siendo n = nr + nθ . Compare con los niveles predichos por la teoría de Dirac µ µ ¶¶ α2 n 3 m0 c2 α2 2 E = m0 c − 1+ 2 − , 2n2 n j + 1/2 4 siendo j el momentum angular total del electrón, incluido spin. Ejercicio 9.0.31 Estudie la naturaleza de las órbitas que son posibles en el modelo relativista de campo central de fuerza considerado en los problemas anteriores, en particular la condición bajo la cual la partícula cae al centro de fuerza.

362


Ejercicio 9.0.32 Un lagrangiano está dado por 1 α2 L = q˙4 − q˙2 . 4 2 Para este caso, la definición del momento canónico p = q˙3 − α2 q˙ no permite resolver en forma unívoca para q. ˙ La evolución en q(t) ˙ tiene una, dos o tres soluciones dependiendo de p y α. En el caso en que hayan tres soluciones, demuestre que la acción al ir entre dos punto en un tiempo T alcanza su mínimo − 14 α4 T para trayectorias zigzagueantes con q˙ = ±α, ver figura (9.3).Vea, Gravity in higher dimensions, M.Henneaux, C.Teitelboim,

T

q

Figura 9.3: Mínimo de una acción J.Zanelli. [9] Ejercicio 9.0.33 Si F denota una función de las coordenadas y momentos canónicos, demuestre que los corchetes de Poisson con las coordenadas y momentos son ∂F , ∂pi ∂F . {F, pi } = ∂qi {F, qi } = −

363 Ejercicio 9.0.34 Si L denota el momentum angular de una partícula, demuestre que {L , L } = εijk Lk , ½¯ ¯ i j¾ ¯ ¯2 ˆ = 0. ¯L¯ , L · n

Ejercicio 9.0.35 Demuestre que si F (q, p, t) y G(q, p, t) son constantes de movimiento, también lo es su paréntesis de Poisson.

364


Capítulo

10

Problemas resueltos

Ejemplo 10.0.1 Considere una partícula de masa m que se coloca en el punto más alto de un hemisferio liso de radio R y masa M que puede deslizar sobre un plano horizontal liso, fig. (10.1). Estando el sistema en reposo se perturba levemente Discuta sobre la posibilidad de que la partícula abandone el contacto con el hemisferio. Solución. Con relación a la figura las ecuaciones de movimiento son m M

R

θ

x

Figura 10.1:

m

d2 (x + R sin θ) = N sin θ, dt2 d2 (R cos θ) = N cos θ − mg, m dt2 d2 x M 2 = −N sin θ dt

366

Problemas resueltos

. Si se elimina x y N se obtiene una ecuación diferencial para el ángulo θ que integrada una vez conduce a 1 − cos θ 2g 2 θ˙ = . m R 1 − m+M cos2 θ Considerando que la condición para que exista despegue de la superficie es N = 0, o sea x¨ = 0, se obtiene d ˙2 (θ cos2 θ) = 0, dθ que desarrollada conduce a una ecuación de tercer grado para el cos θ. En efecto se tiene m p cos3 θ − 3 cos θ + 2 = 0, con p = . m+M La existencia de una solución real en el intervalo (0, π/2) se deduce del hecho que si evaluamos f (θ) = p cos3 θ − 3 cos θ + 2 en 0 y 1 resulta f (0) = p − 1 < 0 f (π/2) = 2 > 0. Una forma trigonométrica de solucionar esta ecuación se logra suponiendo que cos θ = A cos φ. Si se compara la ecuación a resolver con la identidad 4 cos3 φ − 3 cos φ − cos 3φ = 0, puede demostrarse que 2 A= , p

√ cos 3φ = − p.

De las tres soluciones para φ que se determinan numéricamente, si son reales, debe escogerse aquella que conduzca a cos φ ≤ 1. Por ejemplo si p = 1/2 resultan φ = 40o , 160o , 280o . Sirve la última para la cual se obtiene cos θ = √ 3 − 1, de donde el ángulo de despegue será θ = 42. 94o N

367 Nota 10.1 Es de utilidad para un número de problemas, incluido el anterior, el uso de la identidad d2 1 d 0 2 [f (s)s] f (s) = ˙ . 2 0 dt 2f (s) ds

Ejemplo 10.0.2 Dos partícula iguales de masa m se colocan una sobre el suelo liso, otra unida por una cuerda liviana de longitud L a la primera de modo que la cuerda está vertical y recta pero sin tensión inicial T (0) = 0. A la partícula superior se le imprime una velocidad horizontal de magnitud V0 . Demuestre que si V02 /gL < 1 la cuerda dejará de estar tensa y que si V02 /gL > 2 la partícula inferior despegará del suelo. Solución. T

V0 N θ

mg

x

T

Las ecuaciones de movimiento suponiendo que la cuerda se tensa (al menos al inicio) y que la partícula inferior no se despega son

m¨ x = T sin θ, N + T cos θ − mg = 0, d2 m 2 (x + L sin θ) = −T sin θ, dt d2 −mg − T cos θ = m 2 (L cos θ), dt restando la tercera menos la primera eliminamos x¨ resultando T =−

m d2 (L sin θ) 2 sin θ dt2

368

Problemas resueltos

reemplazando esta T en la cuarta resulta −mg + cos θ

d2 m d2 (L sin θ) = m (L cos θ), 2 sin θ dt2 dt2

o −g + cos θ

L 1 d 1 d 2 2 cos2 θθ˙ = −L sin2 θθ˙ , 2 sin θ 2 cos θ dθ 2 sin θ dθ 2g 1 d d 2 2 sin θ = sin2 θθ˙ + cos2 θθ˙ L dθ 2 dθ

˙ integrando entre 0 y θ considerando que θ(0) =

V0 L

resultará

1 1 V02 2g 2 2 sin2 θθ˙ + cos2 θθ˙ − = (1 − cos θ), 2 2 2L L luego 2

2 θ˙ =

1 V0 2 L2

+ 2g (1 − cos θ) L = 2 sin θ + 12 cos2 θ

2

1 V0 2 L2

Con este resultado podemos evaluar T

+ 2g (1 − cos θ) L . 1 1 − 2 cos2 θ

1 d m d2 mL 2 cos2 θθ˙ (L sin θ) = − 2 2 sin θ dt 2 sin θ 2 cos θ dθ ! Ã 2 2g 1 V0 + (1 − cos θ) 1 d mL 2 L = − cos2 θ 2 L 2 sin θ 2 cos θ dθ 1 − 12 cos2 θ

T = −

sea z = cos θ y p =

V02 gL

mL 1 d T = 2 2z dz = mg

Ã

z

2

1 V0 2 2 L2

+ 2g (1 − z) L 1 2 1 − 2z

!

p + 4 − 6z + z 3 (2 − z 2 )2

entonces p + 4 − 6z + z 3 2z 2 − zp − 4z + 4 = mg (2 − z 2 )2 (2 − z 2 )2 2 cos2 θ − (p + 4) cos θ + 4 = mg ¢2 ¡ 1 + sin2 θ

N = mg − zmg

369 de alumno V2

mL ( L02 + T = 2

4g ) L

−

4g L

sin θ(3 + 3 cos2 θ + 2 sin2 θ) (1 + cos2 θ)2

V2

V2

2 2 mg ( gL0 + 4) − 4 sin θ(3 + 3 cos θ + 2 sin θ) = 2 (1 + cos2 θ)2

V2

( gL0 +4)−4 sin θ(3+3 cos2 θ+2 sin2 θ) = ( gL0 +4)−4z(3+3(1−z 2 )+2z 2 ) = =

V02 gL

+ 4 − 24z + 4z 3 V2

2 2 2 2mg (1 + cos2 θ) mg (( gL0 + 4) − 4 sin θ(3 + 3 cos θ + 2 sin θ)) sin θ N = − 2 2 (1 + cos2 θ)2 (1 + cos2 θ)2 2

= mg

V2

2 (1 + cos2 θ) − ( gL0 + 4) − 4 sin θ(3 + 3 cos2 θ + 2 sin2 θ) sin θ 2 (1 + cos2 θ)2

¡ ¢2 V2 2 2 + z 2 − ( 0 + 4) − 4z(3 + 3(1 − z 2 ) + 2z 2 )z gL V2

: 4 − 16z 2 + 6z 4 − gL0 √ Podemos ver que si V0 = gL la tensión inicial es cero, pero inmediatamente se hace positiva. La reacción normal no se anula y el sistema continua en movimiento sin√romper ni un vínculo hasta que la partícula de arriba llega al suelo. Si V0 > gL la tensión parte siendo positiva y se mantiene así. La reacción normal puede anularse. Si p = 2 la reacción normal parte siendo cero pero inmediatamente se recupera el contacto con el suelo. Si p > 2 por ejemplo sea p = 3 T (1) = mg entonces inicialmente z = 1 N(1) = mg

3+4−6+1 = 2mg (2 − 1)2 2−3−4+4 = −mg (2 − 1)2

lo cual significa que la partícula de abajo parte inmediatamente perdiendo √ el contacto con el suelo. Para velocidades menores que gL, la longitud del hilo parte acortándose pero la distancia entre las dos partículas será r r p 1 g2 t4 d = x2 + y 2 = (v0 t)2 + (L − gt2 )2 = L2 − (Lg − v02 )t2 + , 2 4

370

Problemas resueltos

luego la cuerda se pone tensa cuando −(Lg − v02 ) + q 2 Lg − v02 , t= g

g 2 t2 4

= 0, o sea en

y allí recién la partícula de abajo inicia su movimiento. N Ejemplo 10.0.3 Se desea disparar un proyectil, desde el Ecuador hasta el Polo, sin considerar resistencia de aire o rotación terrestre. Analice las diversas posibilidades. Solución. Suponiendo la tierra de masa M y radio R, y el proyectil es disparado con rapidez inicial V0 , formando un ángulo φ con la vertical del lugar, se tiene lO = mRV0 sin φ,

1 GMm E = mV02 − , 2 R

de donde resulta

µ ¶ 2 2ElO R2 V02 sen2 (φ) 2GM 2 V0 − , e =1+ =1+ mK 2 G2 M 2 R 2

y la ecuación de la órbita será 2 1 lO R2 V02 sen2 (φ) r= = . mK 1 − e cos(θ − α) GM(1 − e cos(θ − α))

Si se coloca como condición que r = R, en θ = 0, y en θ = π/2, se obtiene α = π/4 y 1 RV02 sen2 (φ) 1 − e√ = , GM 2 denotando Ve2 = 2GM/R y x = (Ve /V0 )2 , puede obtenerse q √ 1 − 4x(1 − x) sin2 φ = 2(1 − 2x sin2 φ), que puede resolverse para x (las soluciones positivas sirven) s Ã ! 1 1 + cos 2φ −1 ± , x = (Ve /V0 )2 = 2 cos 2φ 1 − cos 2φ

371 pero cos 2φ = 2 cos2 φ − 1 = 1 − 2 sin2 φ luego puede escribirse (Ve /V0 )2 = = = = =

= = =

1 (− sin φ ± cos φ) , 2 sin φ cos2 φ − sin2 φ 1 (cos φ + sin φ) − 2 sin φ cos2 φ − sin2 φ 1 1 2 sin φ sin φ − cos φ 1 2 2 sin φ − 2 sin φ cos φ 1 (φ > π/4) 1 − cos 2φ − sin 2φ o´ 1 (cos φ − sin φ) 2 sin φ cos2 φ − sin2 φ 1 1 2 sin φ cos φ + sin φ 1 1 − cos 2φ + sin 2φ

en particular para φ = π/2 (órbita circular) resulta como era de esperar x = 1/2, o sea V02 = GM/R. Si φ = π/4, la solución es x = 1/4. N

Ejemplo 10.0.4 Una partícula se mueve en un campo central inverso al cuadrado a la distancia en movimiento elíptico. Determine los promedios temporales en un periodo del movimiento de la energía cinética y de la energía potencial en términos de la constante de la ley de fuerza y del semieje mayor de la elipse.

372

Problemas resueltos

Solución. Si T denota el periodo, los valores promedios a calcular son: 1 hKi = T

ZT

1 2 m(r˙ 2 + r2 θ˙ )dt , 2

1 T

ZT

−

0

hV i =

K dt . r

0

Ambas integrales pueden cambiarse a integrales respecto al ángulo si se utiliza ˙ de la siguiente forma lO = mr2 θ, ! Ãµ ¶2 Z2π 1 dθ dr ˙ 1 2 m θ + r2 θ˙ hKi = , T 2 dθ θ˙ 0

1 hV i = − T

Z2π 0

K dθ . r θ˙

Si además se utiliza la expresión para la trayectoria r= se puede obtener 1 hKi = T

Z2π 0

1 hV i = − T

2 1 lO , mK 1 − e cos θ

¶2 µ 2 1 lO e sin θ 2 lO m( + r ) 2 dθ , 2 mK (1 − e cos θ)2 mr

Z2π

K mr2 Km dθ = − r lO T lO

0

Z2π 0

2 lO 1 dθ , mK 1 − e cos θ

que pueden ser simplificadas a lO hKi = 2T

Z2π ( 0

lO hV i = − T

e2 sin2 θ + 1)dθ , (1 − e cos θ)2

Z2π 0

1 dθ , 1 − e cos θ

373 utilizando la integral conocida Z2π 0

1 2π dθ = √ , 1 − e cos θ 1 − e2

e integrando por partes la expresión para hKi, se obtiene hKi =

2π l0 √ , 2T 1 − e2

l0 2π hV i = − √ . T 1 − e2

Estos resultados pueden expresarse en términos de K, y a. Para ello recuerde que √ 2 2 1 1 − e2 πabm lO lO T = , a= , b = , lO mK 1 − e2 mK 1 − e2 de donde resultará K 2K hKi = , hV i = − . a a N Ejemplo 10.0.5 Un potencial frecuentemente encontrado en física nuclear es el pozo rectangular, definido por: ½ 0 si r ≥ a V (r) = . −V0 si r < a Demuestre que el scattering producido por tal potencial es idéntico con la refracción de un rayo luminoso por una esfera de radio a y un índice de refracción relativo p n = (E + V0 )/E .

Solución. La ecuación de movimiento puede escribirse, en coordenadas polares como 2

m(¨ r − rθ˙ ) = −V0 δ(r − a) ,

mr2 θ˙ = l0 ,

lo que muestra que se conserva la velocidad transversal (a lo largo de ˆθ) y la componente radial cambia al pasar la esfera según ¯ ¯ 2V0 r˙ 2 ¯a+ − r˙ 2 ¯a− = − . m

374

Problemas resueltos

De allí es fácil demostrar lo pedido, pues, ver figura (10.2), se tiene que V1 sin θ1 = V2 sin θ2 , (V1 cos θ1 ) − (V2 cos θ2 )2 = −2V0 /m , 2

luego sin θ1 =

p (E + V0 )/E sin θ2 .

θ1 V1

V12 = 2E/m ,

V2 θ2 a

Figura 10.2:

N Ejemplo 10.0.6 Dos partículas de masa m1 y m2 se mueven bajo la acción de su atracción gravitacional, una en torno de la otra en órbitas circulares, con periodo τ . Si su movimiento es repentinamente detenido, cayendo entonces una hacia la otra, demuestre que ellas chocan en un tiempo dado por τ t= √ . 4 2 Solución. Para la situación inicial, ambas partículas describiendo círculos en torno de G, se puede establecer que √ 2πR R τ= √ , GM

375 siendo R = R1 + R2 , M = m1 + m2 . Para la situación dinámica, una cayendo hacia la otra, la segunda ley de Newton implica r¨ = −

GM , r2

siendo r = r1 + r2. Una primera integral conduce a r √ dr 1 1 = − 2GM − . dt r R Separando variables e integrando nuevamente, se obtiene el tiempo para que choquen, es decir para que r = R → r = 0. Ese tiempo resulta √ R Rπ t= √ , 2 2GM de donde es fácil establecer lo solicitado. N Ejemplo 10.0.7 Se realizan tres rotaciones activas sucesivas en π/2 en torno a los ejes cartesianos x, y, z en ese orden. Encuentre el eje y el ángulo de la rotación equivalente. Solución. La matriz ⎛ 0 −1 ⎝ 1 0 0 0

es decir

de la rotación resultante será ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ 0 0 0 1 1 0 0 0 ⎠ ⎝ 0 1 0 ⎠ ⎝ 0 0 −1 ⎠ , 1 −1 0 0 0 1 0 ⎛

⎞ 0 0 1 R = ⎝ 0 1 0 ⎠, −1 0 0

de donde 1 + 2 cos φ = T r(R) = 1, por lo tanto φ = π/2. El eje se deduce de ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 2 0 −nz ny 0 −nx ⎠ , R − RT = ⎝ 0 0 0 ⎠ = 2 sin φ ⎝ nz −2 0 0 −ny nx 0 de donde se deduce que es una rotación en noventa grados respecto al eje y.

376

Problemas resueltos N

Ejemplo 10.0.8 Pruebe la siguiente relación entre rotaciones, que generaliza el resultado del problema anterior Rz (φ)Ry (π/2)Rx (φ) = Ry (π/2) . Solución. La matriz de rotación finita ha sido escrita en términos de una matriz que hemos llamado (ˆ n×). Por una obvia propiedad de los vectores, tenemos que Ra × b = R(a × R−1 b) , lo que significa que la matriz cruz correspondiente a un vector rotado es (Ra×) = R(a×)R−1 . En consecuencia RRnˆ (φ)R−1 = RRˆn (φ). En particular se tiene Ry (π/2)Rx (φ) = Ry (π/2)Rx (φ)Ry−1 (π/2)Ry (π/2) = R−z (φ)Ry (π/2) , de donde es claro el resultado. N Ejemplo 10.0.9 Demuestre la siguiente relación de rotaciones que involucran los ángulos de Euler, ecuación 4,7 con la notación allí indicada: R = Rz0 (Ψ)Rn (Θ)Rz (Φ) = Rz (Φ)Rx (Θ)Rz (Ψ) . Solución. La demostración está basada en las mismas propiedades del problema anterior. Considere que n ˆ = Rz (Φ)ˆı ,

kˆ0 = Rnˆ (Θ)kˆ = RRz (Φ)ˆı (Θ)kˆ ,

por lo tanto se tiene R = Rnˆ (Θ)Rz (Ψ)Rnˆ (−Θ)Rn (Θ)Rz (Φ) = Rz (Φ) Rx (Θ)Rz (−Φ) Rz (Ψ)Rz (Φ) = Rz (Φ) Rx (Θ) Rz (Ψ). pues rotaciones en torno a un mismo eje conmutan.

377 N Ejemplo 10.0.10 Demuestre que las componentes de la velocidad angular, en términos de los ángulos de Euler son a) En el sistema móvil ω x0 = θ˙ cos ψ + φ˙ sin θ sin φ , ω y0 = −θ˙ sin ψ + φ˙ sin θ cos φ , ω z0 = ψ˙ + φ˙ cos θ . b) En el sistema de ejes fijos: ω x = ψ˙ sin θ sin φ + θ˙ cos φ , ω y = −ψ˙ sin θ cos φ + θ˙ sin φ , ωz = ψ˙ cos θ + φ˙ .

y'

z z' θ

y φ

Ψ x'

x

Figura 10.3:

Solución. De acuerdo al teorema de adición de velocidades angulares se tiene que ˙ ı00 + ψ˙ kˆ0 , ω = φ˙ kˆ + θˆ (10.1)

378

Problemas resueltos

siendo ˆı00 = cos φˆı + sin φˆ j =cos ψˆı0 − sin ψˆ j0 , entonces, para escribirla en términos de las direcciones fijas basta considerar que j), kˆ0 = cos θkˆ + sin θ(sin φˆı − cos φˆ entonces ˙ ω = φ˙ kˆ + θ(cos φˆı + sin φˆ j) + ˙ψ(cos θkˆ + sin θ(sin φˆı − cos φˆ j)), = (ψ˙ sin θ sin φ + θ˙ cos φ)ˆı + (−ψ˙ sin θ cos φ + θ˙ sin φ)ˆ j+ ˙ ˙ ˆ (ψ cos θ + φ)k. Para escribirla en ejes móviles considere de nuevo (10.1) ˙ ı00 + ψ˙ kˆ0 , ω = φ˙ kˆ + θˆ y ahora j0 + sin ψˆı0 ), kˆ = cos θkˆ0 + sin θ(cos ψˆ entonces ˙ j0 + sin ψˆı0 )) + ω = φ(cos θkˆ0 + sin θ(cos ψˆ ˙ j0 ) + ψ˙ kˆ0 θ(cos ψˆı0 − sin ψˆ = (φ˙ sin θ sin ψ + θ˙ cos ψ)ˆı0 + (φ˙ sin θ cos ψ − θ˙ sin ψ)ˆ j0 + ˙ kˆ0 (φ˙ cos θ + ψ) N Ejemplo 10.0.11 Considere una función escalar V (r). Determine la nueva función escalar U(r) obtenida rotando la anterior en torno a un eje por el origen, mediante una rotación en torno a un eje n ˆ en un ángulo φ. Solución. Evidentemente, los valores de la función rotada U en un punto r son los valores de la función original en el punto R−1 r, es decir U (r) = V (R−1 r). N

379 Ejemplo 10.0.12 Se tiene un elipsoide centrado y orientado de acuerdo a los ejes cartesianos con ecuación: x2 y 2 z 2 + 2 + 2 = 1. a2 b c Determine la ecuación del elipsoide que se obtiene al rotar el anterior en torno a un eje que pasa por su centro en un ángulo φ y en un eje n ˆ. Solución. Es conveniente escribir la ecuación del elipsoide en una forma matricial rT M r = 1, siendo

⎛

⎞ 1/a2 0 0 1/b2 0 ⎠. M =⎝ 0 0 0 1/c2

De acuerdo al problema anterior, la ecuación del elipsoide rotado será (R−1 r)T M(R−1 ) r = 1, o bien rT Rnˆ (φ)MRnˆ (−φ) r = 1. Falta realizar la multiplicación matricial indicada, que es un tanto complicada. Por ejemplo si, se trata de una rotación respecto al eje x, resultará ¶ ¶ µ 2 µ 2 cos φ sin2 φ sin φ cos2 φ x2 2 y + z2 + + 2 + a2 b2 c b2 c2 µ

1 1 +2 cos φ sin φ 2 − 2 b c N

¶

zy = 1

Ejemplo 10.0.13 En la colisión de dos cuerpos rígidos si se conserva la energía en el choque, pruebe entonces que el coeficiente de restitución es unitario. Aquí, el coeficiente de restitución debe ser definido respecto a la dirección en que se desarrolla la fuerza de interacción impulsiva (J), ver figura (10.4).

380

Problemas resueltos V2 V1 J G1

ω1

J

G2 ω2

Figura 10.4: Solución. Si llamamos J a la interacción impulsiva y P1 (y P2 ) al punto de contacto, 1 y 2 a los centros de masas e indicamos con + y− a valores de las diversas cantidades justo después y justo antes de la colisión, tenemos que M1 (v1+ − v1− ) = J , (10.2) M2 (v2+ − v2− ) = −J ,

− H1 (ω + 1 − ω 1 ) = G1 P × J ,

− H2 (ω + 2 − ω 2 ) = −G2 P × J ,

(10.3) (10.4) (10.5)

y conservación de energía 1 1 1 1 + + + M1 v1+2 + M2 v2+2 + ω + 1 · H1 ω 1 + ω 2 · H2 ω 2 = 2 2 2 2 1 1 1 − 1 − − M1 v1−2 + M2 v2−2 + ω − 1 · H1 ω 1 + ω 2 · H2 ω 2 . 2 2 2 2 De las ecuaciones (10.4) y (10.5) se obtiene

(10.6)

+ − − + − ω+ 1 · H1 ω 1 − ω 1 · H1 ω 1 = (ω 1 + ω 1 ) · G1 P × J , + − − + − ω+ 2 · H2 ω 2 − ω 2 · H2 ω 2 = −(ω 2 + ω 2 ) · G2 P × J .

De aquí, con algo de álgebra, puede obtenerse de la ecuación de conservación de la energía − (v1+ + v1− ) · J − (v2+ + v2− ) · J = −(ω + 1 + ω 1 ) × G1 P · J +

381 − +(ω + 2 + ω 2 ) × G2 P · J ,

pero vP+1 = v1+ + ω+ 1 × G1 P , y similarmente las otras, entonces (vP+1 + vP−1 − vP+2 − vP−2 ) · J , es decir (vP+1 − vP+2 ) · J = −(vP−1 − vP−2 ) · J . que significa coeficiente de restitución unidad, en la dirección del impulso de interacción. N Ejemplo 10.0.14 Para el movimiento de un trompo simétrico con su púa fija, discuta la condición que debe cumplir su spin para que su movimiento vertical sea estable. Considere dados sus momentos de inercia respecto a la púa, A y C, su masa M y la distancia h desde la púa al centro de masas. Solución. Las constantes para el movimiento de este trompo serán 1 2 α = Aφ˙ sin2 θ + Cs cos θ = Cs, E = Cs2 + mgh. 2 Entonces, la ecuación para u˙ 2 (u = cos θ) resulta 1 − u2 − u˙ = f (u) = (2mgh − 2mghu) A 2

µ

Cs − Csu A

¶2

,

que admite como índice u1 = 1, u2 = 1, y para la otra µ ¶2 Cs 1+u − = 0. 2mhg A A La condición de estabilidad es que esta tercera raíz, sea mayor que 1, es decir µ ¶2 4mhg Cs . ≥ A A N

382

Problemas resueltos

Ejemplo 10.0.15 Considere el movimiento de un trompo simétrico con su púa fija, en precesión uniforme, es decir con la inclinación de su eje respecto de la vertical constante. Deduzca la condición que deben cumplir su spin S y su velocidad angular de precesión φ˙ = Ω para que ello ocurra. Considere dados sus momentos de inercia respecto a la púa, A y C, su masa M y la distancia h desde la púa al centro de masas, además de la aceleración de gravedad. Solución. Aquí es preferible partir de cero. Para este caso en el momenˆ En efecto tum angular varían sólo los vectores unitarios ˆı , k. L0 = Aφ˙ sin θ ˆı + Cs cos θ kˆ , de donde

dL0 dˆı d kˆ = Aφ˙ sin θ + Cs cos θ = −mgh sin θ jˆ. dt dt dt Las derivadas son dˆı d kˆ = φ˙ cos θ jˆ, = −φ˙ sin θ jˆ, dt dt por lo que resulta la condición 2 Aφ˙ cos θ − Csφ˙ + mgh = 0.

Puede notarse que para un spin dado, existe uno, dos, o ni un valor de la precesión φ˙ según sea el signo del discriminante C 2 s2 − 4Amgh cos θ. N Ejemplo 10.0.16 Respecto al problema anterior, deduzca la condición que debe cumplir el spin s del trompo, para que el trompo pueda tener movimiento de precesión uniforme en cualquier ángulo θ. Solución. De la solución del problema anterior, basta requerir que C 2 s2 − 4Amgh cos θ ≥ 0 para todo θ. Por lo tanto debe ser C 2 s2 ≥ 4Amgh. N

383 Ejemplo 10.0.17 Considere una barra de largo 2a y masa m que se coloca horizontalmente en equilibrio sobre el punto más alto de una esfera de radio R que permanece en reposo. Considerando sólo movimiento en el plano vertical que contiene la barra, escriba la ecuación de movimiento para el ángulo que gira la barra, considerando que ella no desliza sobre la esfera. Ver figura (10.5).

m, 2a

G

GP = Rθ

P

R

θ

Figura 10.5: Solución. Con relación a la figura, se tiene xG = R sin θ − Rθ cos θ ,

yG = R cos θ + Rθ sin θ .

De allí se obtiene 1 2 1 1 2 L = mR2 θ2 θ˙ + I θ˙ − mg(R cos θ + Rθ sin θ) , I = ma2 , 2 2 3 y 2 (I + mR2 θ2 )¨θ + mR2 θθ˙ + mgR cos θ = 0 .

N Ejemplo 10.0.18 Considere una partícula de masa m que se mueve en un plano. Las coordenadas elípticas ζ y η se definen por: ζ = r1 + r2 ,

384

Problemas resueltos η = r1 − r2 ,

siendo r1 y r2 las distancias de la partícula a dos puntos fijos en el plano del movimiento. Demuestre que en términos de coordenadas elípticas, el hamiltoniano de la partícula libre está dado por: H = 2p2ζ

2 2 ζ 2 − 4c2 2 4c − η + 2p , η 2 ζ 2 − η2 ζ − η2

siendo 2c la distancia entre los dos puntos fijos (focos), ver figura (10.6 ).

(x,y) r2

r1 θ1

O

θ2

2c

O

Figura 10.6: coordenadas elípticas

Solución. Una solución elegante se encuentra en el libro de Arnold, página 262 ([2]). Una solución más de fuerza bruta sería la siguiente. Con la notación indicada en la figura, podemos escribir r2 r2 4c2 x y

= = = = =

r12 + c2 − 2r1 c cos(θ1 ) , r22 + c2 + 2r2 c cos(θ2 ) , r12 + r2 2 − 2r1 r2 cos(θ2 − θ1 ) , r1 cos θ1 − c = r2 cos θ2 + c , r1 sin θ1 = r2 sin θ2 ,

385 de las cuales se puede obtener r12 − r22 , y 2 = r12 − (x + c)2 , 4c µ ¶2 ζη ζ 2 + η2 ζη 2 x = − c2 , , y = − 4c 2 4c

x =

de donde ds2 = dx2 + dy 2 = a2 dζ 2 + b2 dη 2 , con a2 =

ζ 2 − η2 ζ 2 − η2 2 , b . = 4(4c2 − η 2 ) 4(ζ 2 − 4c2 )

Como L = mv 2 /2, se obtiene

1 2 L = m(a2 ζ˙ + b2 η˙ 2 ) , 2 y finalmente p2ζ p2η H= + . 2ma2 2mb2 N Ejemplo 10.0.19 Utilice el resultado anterior para escribir el hamiltoniano de una partícula que es atraída inversamente al cuadrado de su distancias a dos centros fijos. Solución. El potencial atractivo hacia los dos centros fijos será de la forma k k r1 + r2 4ζ V =− − = −k = −k 2 , r1 r2 r1 r2 ζ − η2

por lo tanto

p2ζ 4(ζ 2 − 4c2 ) p2η 4(4c2 − η 2 ) 4ζ H= + −k 2 . 2 2 2 2 2m ζ − η 2m ζ − η ζ − η2 N

Ejemplo 10.0.20 Separe e integre la ecuación de Hamilton Jacobi, para una partícula que es atraída hacia dos centros fijos, utilizando coordenadas elípticas.

386

Problemas resueltos

Solución. La ecuación de Hamilton Jacobi para la función característica, con el tiempo separado, será H(ζ, η,

∂W ∂W , ) = α1 . ∂ζ ∂η

Utilizando el hamiltoniano anterior, resultará µ ¶2 µ ¶2 2 ∂W 2 ∂W 2 2 (ζ − 4c ) + (4c2 − η 2 ) − k4ζ m ∂ζ m ∂η = α1 (ζ 2 − η 2 ) , por lo cual, separando variables se tiene µ ¶2 2 ∂W (ζ 2 − 4c2 ) − k4ζ − α1 ζ 2 = α2 , m ∂ζ µ ¶2 2 ∂W (4c2 − η 2 ) + α1 η 2 = −α2 , m ∂η que permiten escribir r

Z s

m k4ζ + α1 ζ 2 + α2 W = dζ 2 ζ 2 − 4c2 r Z s m −α1 η 2 − α2 dη. + 2 4c2 − η 2 N Ejemplo 10.0.21 Considere una partícula moviéndose en un campo central de fuerza atractivo inverso al cuadrado de la distancia, de modo que 1 k L = mv 2 + . 2 r Demuestre que la energía, en términos de las variables de acción angular, para coordenadas r y θ en el plano del movimiento, está dada por E=−

2mπ 2 k2 . (Jr + Jθ )2

387 Solución. Los momentos canónicos serán ˙ pθ = mr2 θ,

˙ pr = mr,

Para el movimiento periódico, con energía negativa, las variables de acción son Zr2 r p2 2mK Jθ = 2πpθ , dr , Jr = 2 2mE − 2θ − r r r1

siendo r1 y r2 las índice de la cantidad subradical. La integral puede calcularse resultando 2mKπ Jθ = − √ − 2πpθ , −2mE de donde sigue el resultado. N Ejemplo 10.0.22 Escriba y resuelva las ecuaciones de movimiento para un conjunto de partículas de igual masa que están unidas en línea recta por resortes de constante elástica K, y largo natural a, para las desviaciones longitudinales en torno a las posiciones de equilibrio. Considere primero un conjunto de N partículas estando fijas las de los extremos y luego, un conjunto infinito con condiciones de borde periódicas. Solución. El lagrangiano del sistema es X1 X1 L= mq˙i2 − K(qi − qi−1 )2 , 2 2 i i de donde se deducen las ecuaciones de movimiento para cada masa q¨j =

K (qj+1 + qj−1 − 2qj ), j = 1, 2, . . . , N. m

Para un caso (a) tomaremos q0 , qN +1 = 0, y para el otro caso (b) tomaremos q0 = qN , qN+1 = q1 . Para ambos casos, sean las dependencias temporales qj (t) = Qj ei ω t resultando −ω 2 Qj = Ω2 (Qj+1 + Qj−1 − 2Qj ) , con Ω2 =

K , m

(10.7)

388

Problemas resueltos

un sistema de ecuaciones homogéneo que admite solución distinta de la trivial solo sí el determinante de la matriz de los coeficientes es cero. Aquí, deben distinguirse los dos casos. Es decir las frecuencias admisibles ω satisfacen a) ⎡ 2 ⎤ ω − 2Ω2 Ω2 0 ··· 0 ⎢ ⎥ Ω2 ω2 − 2Ω2 Ω2 0 ⎢ ⎥ . ⎢ ⎥ .. 0 Ω2 ω 2 − 2Ω2 det ⎢ ⎥=0 ⎢ ⎥ . . .. .. ⎣ ⎦ Ω2 2 2 2 0 ··· 0 Ω ω − 2Ω b)

⎡

ω 2 − 2Ω2 Ω2 0 ··· Ω2 ⎢ Ω2 ω2 − 2Ω2 Ω2 0 ⎢ .. ⎢ 0 Ω2 ω 2 − 2Ω2 . det ⎢ ⎢ . . .. .. ⎣ Ω2 2 2 2 Ω 0 ··· Ω ω − 2Ω2

⎤

⎥ ⎥ ⎥ ⎥=0 ⎥ ⎦

Una alternativa sin embargo es encontrar soluciones no triviales de (10.7). Para ello suponga Qj = Cei (j φ) . Si se reemplaza en el sistema de ecuaciones se comprueba que ellas son efectivamente soluciones si se cumple µ ¶ φ ω = 2Ω sin . 2 Para el caso periódico debe además tenerse ei (N φ) = 1, por lo cual, las soluciones admisibles para las frecuencias son ³ πn ´ , con n = 0, 1, 2, ..., N − 1. ω n = 2Ω sin N

El caso de extremos fijos, es más complicado y está resuelto en el capítulo de sistemas continuos N

389 Ejemplo 10.0.23 Para el movimiento de una partícula respecto a un sistema fijo a la superficie de la tierra, que gira con velocidad angular constante sometida a su peso y a otras fuerzas que no realizan trabajo virtual, demuestre que despreciando términos en ω 2 las ecuaciones de Lagrange pueden escribirse como: d ∂L ∂L ∂v − = −2m(ω × v) · . dt ∂ q˙i ∂qi ∂ q˙i Solución. De acuerdo al teorema de Coriolis, la aceleración absoluta aabs puede relacionarse con la aceleración y velocidades relativas (a y v) de acuerdo con aabs = aA + 2ω × v + a ,

siendo A un punto origen en la superficie terrestre. Si se considera además que GMm ˆ mg kˆ = maA + R, R2 entonces, la ecuación de movimiento, segunda ley de Newton, con una fuerza F adicional a la gravitacional será m(aA + 2ω × v + a) = −

GMm ˆ R+F , R2

entonces ma = −mg kˆ − 2mω × v + F .

Ahora es necesario recordar que la siguiente es una identidad d ∂ v2 ∂ v2 ∂r − =a· , dt ∂ q˙i 2 ∂qi 2 ∂qi luego si se multiplica por la masa y se reemplaza ma, recordando que F · ∂r/∂qi = 0 si la fuerza no realiza trabajo virtual, entonces d ∂ ∂ ∂r K− K = (−mgkˆ − 2mω × v) · , dt ∂ q˙i ∂qi ∂qi además

∂r ∂v = , ∂qi ∂ q˙i de donde se establece el resultado d ∂L ∂L ∂v − = (−2mω × v) · , dt ∂ q˙i ∂qi ∂ q˙i

390

Problemas resueltos

siendo el lagrangiano 1 L = mv 2 − mgz. 2 N Ejemplo 10.0.24 Aplique lo anterior para escribir las ecuaciones de movimiento de una partícula que oscila en un plano horizontal liso atraída hacia el origen por una fuerza elástica, con influencia de la rotación terrestre. Elija los ejes x hacia el Sur, y hacia el Este, z vertical, en el punto de latitud λ. Solución. El lagrangiano es 1 1 L = m(x˙ 2 + y˙ 2 ) − K(x2 + y 2 ) , 2 2 v = x˙ ˆı + y˙ jˆ, x¨ +

ω = −ω cos λ ˆı + ω sin λ kˆ ,

K x = 2ω y˙ sin λ , m

y¨ +

K y = −2ωx˙ sin λ . m

Alternativamente, si se hubieran usado coordenadas polares 1 1 2 L = m(r˙ 2 + r2 θ˙ ) − Kr2 , 2 2 d 2˙ (r θ + 2r2 ω sin λ) = 0 . dt

K 2 r¨ − rθ˙ + r = 2rθ˙ ω sin λ , m N

Ejemplo 10.0.25 Si el origen del sistema (no inercial) que rota con velocidad angular ω no está acelerado, muestre que la ecuación de Lagrange puede escribirse: d ∂L ∂L − = 0, dt ∂ q˙i ∂qi si se toma como lagrangiano, el siguiente: 1 1 L = mv 2 − V (r) + mv · ω × r + m |ω × r|2 . 2 2

391 Solución. La aceleración absoluta está dada por (Teorema de Coriolis) aabs = 2ω × v + ω × (ω × r) +

dω × r + a, dt

luego se trata de demostrar que se obtiene correctamente la ecuación µ ¶ dω ∂r m2ω × v + mω × (ω × r) + m = 0. (10.8) × r + ma + ∇V · dt ∂qi Si denotamos por Li al operador Li =

d ∂ ∂ − , dt ∂ q˙i ∂qi

se tiene que 1 ∂r Li mv 2 = ma · , 2 ∂qi similarmente Li (−V ) = y

y finalmente

∂V ∂r = ∇V · , ∂qi ∂qi

µ ¶ dω ∂r Li (mv · ω × r) = m , × r + 2mω × v · dt ∂qi

Li

µ

1 m |ω × r|2 2

¶

= (mω × (ω × r)) ·

∂r , ∂qi

que junto con la ecuación correcta (10.8), prueban que Li L = 0. N

392

Problemas resueltos

Capítulo

11

Apéndice

11.1.

Una ecuación diferencial.

En mecánica juega un papel importante una ecuación diferencial del tipo µ ¶2 du = f (u), dt donde supondremos que f (u) es una función dada, continua en u, positiva en un intervalo a < u < b (intervalo fundamental) y cero en los extremos. Un número importante de propiedades de las curvas integrales (reales) de esa ecuación u(t), pueden ser deducidas por argumentos simples, ver figura (11.1). Si u = g(t) satisface la ecuación, entonces también lo hace la curva trasladada horizontalmente g(t + c), siendo c una constante arbitraria. Esto es consecuencia que en una traslación no cambia ni la ordenada ni la pendiente, de modo que si la relación es satisfecha originalmente, también se cumplirá al trasladar. Si una solución parte en el intervalo fundamental entonces no puede tomar valores fuera de ese intervalo, pues si lo hiciera, f (u) sería negativa y la pendiente sería imaginaria. Cada curva integral u(t) en el intervalo fundamental toca tangencialmente las líneas u = a y u = b y no tiene en otros puntos pendiente

394

Apéndice u

2T

u=b t u=a T

Figura 11.1: Tipo de solución de una ecuación diferencial cero. Esto es bastante evidente, pues por hipótesis du/dt > 0 en el interior del intervalo, y du/dt = 0 en u = a y u = b. Una curva integral u(t) es simétrica con respecto a los tiempos donde la curva toca los extremos u = a y u = b. Demostración: sea u(0) = a, un puntop inicial en la frontera. Para u disminuyendo con t aumentando du/dt = − f (u) de donde t=−

Z

u(t)

a

du p . f (u)

Para u aumentando con t aumentando, entonces du/dt = Z a du p −t = , f (u) u(t) lo cual implica Z u(−t) du p t=− , f (u) a

(11.1) p f (u) y

(11.2)

luego, comparando 11.1 con 11.2 sigue que u(−t) = u(t).

El intervalo de tiempo entre contactos sucesivos de una curva integral u(t) con un extremo está dado por T = 2

Z

a

b

du p . f (u)

11.2 Las funciones elíptica Jacobianas.

395

Basta considerar u( T2 ) = b en la demostración del punto anterior. Toda solución u(t) de la ecuación diferencial es una función periódica con período T , es decir

u(t + T ) = u(t), pues la curva es simétrica respecto a los puntos de contacto. Si u(t) es una curva integral, la solución general de la ecuación diferencial es u(t + c), siendo c una constante arbitraria. Note que la ecuación diferencial es de primer orden luego la solución general depende de una constante arbitraria.

11.2.

Las funciones elíptica Jacobianas.

Un caso particular lo constituye la ecuación diferencial µ

¶2

dy dx

= (1 − y 2 )(1 − k2 y 2 ),

(0 < k2 < 1).

Se define la función elíptica Jacobiana sn(x) como la solución que satisface las condiciones sn(0) = 0, sn0 (0) = 1. Por las propiedades generales de la sección anterior, tal función es periódica con período T =2

Z

b

a

siendo K=

Z

0

1

du p =2 f (u)

Z

1

−1

dy p = 4K, 2 (1 − y )(1 − k2 y 2 )

dy p = (1 − y 2 )(1 − k2 y 2 )

una integral elíptica completa.

Z

0

π 2

dϕ p , 1 − k2 sin2 ϕ

396

11.3.

Apéndice

El péndulo esférico.

Consideremos el movimiento de una partícula de masa m colgando unida por un hilo de longitud a desde un punto fijo, con respecto a un sistema de referencia inercial con origen en el punto fijo, z vertical, x, y horizontales, ver figura (11.2).

z

a

φ

ρ

z

y

x

Figura 11.2: Péndulo esférico

Considerando algunas aproximaciones, veremos que el movimiento del péndulo, visto en una proyección sobre el plano horizontal, es una elipse que precesa en torno a la vertical, con una velocidad angular proporcional al área de la elipse. Ese efecto de área, puede enmascarar la precesión de Foucault si no se toman precauciones especiales. En coordenadas cilíndricas, el lagrangiano del sistema es : 1 2 L = m(z˙ 2 + ρ˙ 2 + ρ2 φ˙ ) − mgz 2 siendo z 2 + ρ2 = a2 de modo que ρρ˙ = −z z˙ . Entonces ¶ µ z2 1 2 2 2 2 ˙2 z˙ + (a − z )φ ) − mgz, L = m z˙ + 2 2 a − z2 o sea 1 a2 1 2 L= m 2 z˙ 2 + m(a2 − z 2 )φ˙ − mgz 2 2 a −z 2

11.3 El péndulo esférico.

397

de aquí, la ecuación para φ resulta (a2 − z 2 )φ˙ = h,

además, podemos usar conservación de energía 1 a2 1 2 2 2 ˙2 m 2 m(a z ˙ + − z )φ + mgz = E, 2 a − z2 2

˙ se obtiene y eliminando φ, µ µ ¶ ¶ 2g E h2 2 2 2 − = f (z), z˙ = 2 (z − a ) (z − a mg 2g ecuación del tipo considerada en este apéndice. Factorizando el polinomio cúbico en la forma ¶ µ h2 E − = (z − z1 )(z − z2 )(z − z3 ), f (z) = (z − a ) z − mg 2g 2

2

(11.3)

donde el intervalo fundamental es −z1 < z < z2 suponiendo que −a < z1 < z2 < a < z3 . Ahora, el cambio de φ cuando z pasa del mínimo z1 al máximo z2 , llamado ángulo apsidal α, puede obtenerse de

de modo que

dφ 1 dφ dt h p = = 2 dz dt dz a − z 2 f (z) ha 1 1 p = √ , 2 2 2g a − z (z − z1 )(z − z2 )(z − z3 ) ha α= √ 2g

Z

z2

z1

a2

1 dz p , 2 −z (z − z1 )(z2 − z)(z3 − z)

(11.4)

De la expresión (11.3), evaluada en z = −a, se obtiene

p h √ = (a + z1 )(a + z2 )(a + z3 ), 2g

(11.5)

Para realizar aproximaciones para oscilaciones pequeñas, consideremos que z1 ≈ z2 ≈ −a. Como veremos para este caso debe ser z3 pequeño. En efecto, la raíces del polinomio cúbico satisfacen

398

Apéndice

h2 a2 E − , 2g mg E , = mg = −a2 ,

z1 z2 z3 = z1 + z2 + z3 z1 z2 + z1 z3 + z2 z3 o bien, de la última z3 =

−a2 − z1 z2 , z1 + z2

que tiende a cero en esta aproximación. Considere además la expansión en potencias de z + a (que es pequeño) 1 1 1 1 √ =p ≈p + ³p ´3 (z + a), z3 − z (a + z3 − (z + a) (a + z3 ) 2 (a + z3 )

de modo que, al reemplazar en (11.4), resulta Z z2 1 dz ha 1 p √ = α= √ 2 2 2g z1 a − z (z − z1 )(z2 − z) z3 − z ha α= √ 2g O sea

siendo

Z

z2

z1

⎛

1 1 1 dz ⎜ ⎟ p p + ⎝ ³ ´3 (z + a)⎠ . p a2 − z 2 (z − z1 )(z2 − z) (a + z3 ) 2 (a + z3 ) ¶ µ ha 1 1 α= √ p J , I+ 2(a + z3 ) 2g (a + z3 ) I=

Z

z2

z1

y

⎞

a2

1 dz p , 2 −z (z − z1 )(z2 − z)

11.3 El péndulo esférico.

J=

Z

399

z2

z1

1 dz p . a − z (z − z1 )(z2 − z)

Ambas integrales pueden calcularse con la transformación z = z1 cos2 θ + z2 sin2 θ, obteniéndose π I = 2a

Ã

1 1 p +p (a − z1 )(a − z2 ) (a + z1 )(a + z2 ) π , J = p (a − z1 )(a − z2 ) 1 ha π α = √ p ( 2g (a + z3 ) 2a +

Ã

!

,

1 1 p +p (a − z1 )(a − z2 ) (a + z1 )(a + z2 )

!

π 1 p ). 2(a + z3 ) (a − z1 )(a − z2 )

Si además reemplazamos de (11.5) resulta π α= 2

Ã

! p p (a + z1 )(a + z2 ) (a + z1 )(a + z2 ) a p 1+ p + (). (a − z1 )(a − z2 ) 2(a + z3 ) (a − z1 )(a − z2 )

Recordando que z1 ≈ z2 ≈ −a y z3 ≈ 0 entonces y resulta

p (a − z1 )(a − z2 ) ≈ 2a,

a + z3 ≈ a,

p p (a2 − z12 )(a2 − z22 ) 1 (a2 − z12 )(a2 − z22 ) π α = (1 + + ), 2 4a2 2 4a2 p p como ρ1 = a2 − z12 y ρ2 = a2 − z22 se obtiene α=

π π 1 3A 3ρ ρ , (1 + 1 2 2 ) = + 2 8a 2 2 8a2

400

Apéndice

de modo que la precesión total de la elipse en una rotación completa será 3A , 4a2 siendo A = πρ1 ρ2 el área de la elipse. La velocidad angular de precesión será 4α − 2π =

ω=

1 3A 1 3A = 2 p , 2 4a T 4a 2π a/g

expresión que puede colocarse en términos de condiciones iniciales adecuadas z(0) = −a cos α,

z(0) ˙ = 0,

˙ φ(0) = Ω,

de modo que h = a2 Ω sin2 α. Además E = 12 m(a2 sin2 α)Ω2 − mga cos α por lo tanto, para evaluar el otro extremo de z hacemos f (z) = 0 es decir µ ¶ 1 m(a2 sin2 α)Ω2 − mga cos α (a2 Ω sin2 α)2 2 − (z − a ) z − mg 2g 2 2 2 2 (a Ω sin2 α)2 (a sin α)Ω − = (z 2 − a2 )(z + a cos α) − (z 2 − a2 ) 2g 2g 2 2 2 ¢ z − a cos α 1 ¡ = (z 2 − a2 )(z + a cos α) − a2 sin2 α Ω2 2 g ¢ ¡ z − a cos α 1 = (z 2 − a2 ) − a2 sin2 α Ω2 = 0, 2 g 2

2

de donde una solución es z1 = −a cos α, por lo cual ρ1 = a sin α, y si llamamos a la otra raíz z2 = −a cos β, resulta sin2 β − o aproximadamente

a ¡ 2 ¢ 2 sin α Ω (cos β + cos α) = 0, 2g sin2 β =

a¡ 2 ¢ 2 sin α Ω , g

11.4 Operador ∇.

401

por lo cual r a ρ2 = a Ω sin α, g y entonces ω=

1 3A 1 3Ω 2 3A = = 2 p sin α, 2 4a T 4a 2π a/g 8

lo cual coincide con lo establecido J.L.Synge, pag.56, Encyclopedia of Physics ([14]). Para el caso de un péndulo moviéndose en la tierra, en un punto de latitud λ, además de la precesión de Foucault Ω sin λ, si el movimiento del péndulo es iniciado “quemando un hilito” que lo alejaba de la vertical del lugar, la rotación terrestre inicialmente equivale a una precesión inicial del péndulo ˙ esférico de magnitud φ(0) = Ω sin λ por lo cual el efecto de área se manifestará con magnitud ω=

3Ω sin λ 2 sin α, 8

la cual es mucho menor que la de Foucault si la amplitud angular inicial α es pequeña.

11.4.

Operador ∇.

En coordenadas cartesianas se define el operador ∇ mediante ∂ ∂ ∂ + jˆ + kˆ . ∇ = ˆı ∂x ∂y ∂z

11.4.1.

Gradiente.

Si se opera sobre una función escalar φ(x, y, z), ∇φ se denomina el gradiente y se representa por grad(φ), es decir ∂φ ∂φ ∂φ grad(φ) = ∇φ = ˆı + jˆ + kˆ . ∂x ∂y ∂z

402

Apéndice

El significado del gradiente sale de considerar, el cambio de la función φ al cambiar las coordenadas en cantidades infinitesimales dx, dy, dz. Resulta ∂φ ∂φ ∂φ dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z = ∇φ · dr.

dφ =

Esta última relación contiene todo el significado del gradiente. Es obvio que si el cambio de posición del punto ocurre sobre la superficie φ =constante entonces dφ = 0 y luego ∇φ·dr = 0. Esto significa que ∇φ es perpendicular a la superficie φ = constante. Esto da cuenta de la dirección del gradiente. Por otro lado si el cambio de posición ocurre hacia donde φ aumenta, entonces dφ > 0 y luego ∇φ · dr > 0, es decir ∇φ tiene el mismo sentido que dr. En otras palabras el gradiente apunta perpendicularmente a las superficies de valor constante y hacia donde aumenta φ. Respecto a la magnitud considere un cambio de posición perpendicular hacia donde φ aumenta. Sea drx ese cambio, entonces dφ = ∇φ · drx = |∇φ| |drx | , luego |∇φ| =

11.4.2.

dφ . |drx |

Divergencia.

Si se aplica ∇ mediante el producto escalar sobre una función o campo vectorial A(x, y, z) se obtiene div(A) = ∇ · A =

∂Ax ∂Ay ∂Az + + . ∂x ∂y ∂z

El significado de la divergencia se obtiene considerando un teorema, llamado teorema de la divergencia. I Teorema 11.1 Si V es un volumen, rodeado por la superficie S y n ˆ indica el vector unitario perpendicular a la superficie y hacia afuera del volumen entonces Z I ∇ · AdV = A · n ˆ dS. V

S

11.4 Operador ∇.

403

Si se considera un volumen muy pequeño entonces podemos aproximar, y en el límite será un resultado exacto Z I ∇ · AdV ≈ (∇ · A)V = A · n ˆ dS, V

S

luego 1 ∇ · A = l´ım V →0 V La integral

I

S

I

S

A·n ˆ dS.

A·n ˆ dS

se denomina el flujo del campo vectorial hacia afuera de la superficie cerrada S, lo cual en la representación de líneas de un campo vectorial es igual al número de líneas que salen de la superficie cerrada. En otras palabras la divergencia es el valor límite, o sea el flujo que sale de un punto por unidad de volumen. Ausencia de fuentes o sumideros. Si las líneas del campo vectorial no nacen o terminan de puntos determinados del espacio entonces ∇ · A = 0.

11.4.3.

Rotor de un campo vectorial.

Si se aplica ∇ mediante el producto vectorial sobre una función o campo vectorial A(x, y, z) se obtiene ∂Ay ∂Az − )ˆı + ∂z ∂y ∂Ax − )ˆ j+ ∂z ∂Ay ˆ − )k. ∂x

rot(A) = ∇ × A = ( ∂Az ∂x ∂Ax ( ∂y (

En este caso la interpretación del rotor se logra mediante un teorema, llamado teorema del rotor.

404

Apéndice

I Teorema 11.2 Si C es un contorno orientado cerrado que encierra una superficie y n ˆ indica el vector unitario perpendicular a esa superficie y de acuerdo al sentido del contorno (regla de la mano derecha) entonces Z I ˆ dS. A · dr = ∇ × A · n c

S

Si se considera un contorno cerrado muy pequeño, que encierra una área muy pequeña S podemos aproximar I Z ∇×A·n ˆ dS ≈ (∇ × A · n ˆ )S = A · dr. S

La integral

c

I

c

A · dr

se denomina la circulación del campo vectorial alrededor del contorno cerrado. De este modo tenemos una interpretación de la componente del rotor perpendicular a una superficie infinitesimal mediante I 1 ∇×A·n ˆ = l´ım A · dr, S→0 S c donde S es perpendicular a n ˆ . Por lo menos indiquemos en una figura dos posibles formas (a) y (b) que tiene el campo vectorial en el plano xy de modo que resulte rotor distinto de cero en la dirección z

(a) Gradiente transversal

(b) Vórtice

Significado de rotor no nulo.

11.4 Operador ∇.

11.4.4.

405

Algunas propiedades.

I Teorema 11.3 Si ∇ × F = 0 entonces F = −∇φ. I Teorema 11.4 H Si ∇ × F = 0 entonces F · dr = 0.

I Teorema 11.5 R2 Si F = −∇φ entonces 1 F · dr = −(φ2 − φ1 ).

11.4.5.

El Laplaciano ∇2 .

Este se define así

∇2 φ = ∇ · (∇φ), o sea es la divergencia del gradiente. El caso en que ∇2 φ = 0, es importante. Esto es cuando las líneas del gradiente no tienen fuentes ni sumideros. Si el Laplaciano de una función escalar es cero en una región sea S la superficie cerrada que la rodea. Entonces en su interior ∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 2φ 0 = ∇2 φ = 2 + 2 + 2 , ∂x ∂y ∂z o sea las segundas derivadas parciales en el interior no pueden tener el mismo signo, o sea no hay máximos ni mínimos de φ donde el Laplaciano es nulo. por lo tanto si φ constante en la superficie, entonces es constante en su interior.

406

Apéndice

Bibliografía [1] J. D. W. Alexander L. Fetter. Theoretical Mechanics of Particles and Continua. Mac.Graw Hill, 1980. [2] V. Arnold. Mathematical Methods of Classical Mechanics. Springer Verlag, 1978. [3] Elsgoltz. Ecuaciones Diferenciales y Calculo Variacional. 1969. [4] Goldstein. Mecanica Clasica. [5] K. Gottfried. Quantum Mechanics. W.A.Benjamin, 1966. [6] J.A.Blackburn. Stability and hopf bifurcations in an inverted pendulum. American Journal of Physics, 60:903, 1992. ´ 1965. [7] L. Y. Lifshitz. Fisica Teorica, Mecanica. RevertC, [8] S. Mares. Introduction to Applied Geophysics. D.Reidel Publishing Co, 1984. [9] J. M.Henneaux, C.Teitelboim. Gravity in Higher Dimensions. VI Symposium on Relativity and Gravitation, Brasil 1987. [10] L. Rodriguez. Torque and the rate of change of angular momentum at an arbitrary point. American Journal of Physics, pages 1201—1203, November 2003. [11] F. Scheck. Mechanics. Springer Verlag, 1990. [12] R. A. Serway. Física Tomo II. McGraw-Hill, 1982. [13] J. L. Synge. Principles of Mechanics. Mac Graw Hill, New York, 1959.

408

BIBLIOGRAFÍA

[14] J. L. Synge. Encyclopedia of Physics, Classical Dynamics. Springer Verlag, 1960. [15] W.McMillan. Dynamics of Rigid Bodies. Dover, New York, 1936.

Índice alfabético Acción definición de, 253 Aceleración de arrastre, 82 Angulos de Euler, 112, 120 Area efecto de, 401

Coriolis aceleración de, 82 teorema, 82 teorema de, 389 Cosenos directores, 106 Cuerpo rígido, 127

Binet ecuación de, 16 Bola problema ejemplo, 208 Bola de billar un ejemplo, 141

D’Alembert Solucion de la ecuación de onda., 350 Diagonalización de matriz de inercia, 130 en oscilaciones pequeñas, 278

Cónica definición, 17 tipos de, 18 Canónica formas de la transformación, 256 transformación, 255 Cassinis fórmula de, 86 Condiciones de frontera. Ecuación de onda., 297 Condiciones iniciales. Ecuación de onda., 298 Cono del cuerpo, 147, 168 Cono del espacio, 147, 168 Coordenadas elípticas, 383 Coordenadas generalizadas, 190 Coordenadas normales, 280

Ecuación de Binet, 16 de Hamilton Jacobi, 263 integral de la trayectoria, 20 Ecuación cúbica, 366 Ecuaciones de Euler, 143 de Lagrange, 189 de movimiento, 4 Ecuaciones de Lagrange para vínculos no holonómicos, 255 Ejes principales de inercia, 130 Elipsoide de inercia, 130 Energía mecánica, 8 potencial de interacción, 8

410 Energía cinética en oscilaciones pequeñas, 273 Energía cinética de un cuerpo rígido, 129 Energía potencial en oscilaciones pequeñas, 275 potencial, 8 Equilibrio en oscilaciones pequeñas, 274 Espacio de fase, 214 Estabilidad de posición de equilibrio, 274 Estabilidad de puntos críticos, 215 Euler ángulos de, 112 ecuaciones de, 143 parámetros de, 117 teoremas sobre rotaciones, 105 Excentricidad, 17 Fluidos incompresibles., 316 Foucault péndulo de, 88 precesión de, 90, 396 Fuerza central, 14 de Lorentz, 91 dependiente de la velocidad, 200 gravitacional, 84 Fuerzas de vínculos, 190 Fuerzas ficticias, 83 Función homogénea de grado p, 199 Función característica de Hamilton, 266 Función elíptica jacobiana, 395 Función principal de Hamilton, 264 Funciones generadoras, 256

ÍNDICE ALFABÉTICO Galileo transformación de, 1 Generadoras funciones, 256 Grados de libertad, 190 Gravedad aceleración local, 84 en términos de la latitud, 86 Hamilton función característica de, 266 función principal de, 264 principio variacional, 189 principio variacional de, 254 Hamilton Jacobi método de, 262 Hamiltoniano, 196 teorema de conservación, 198 Identidad relacionada con ecuaciones de Lagrange, 234 Identidad útil, 367 Kepler ley de, 20 Koenig teoremas de, 6 Lagrange ecuaciones de, 189, 193—195, 254 multiplicadores de, 193 Lagrangiano, 194 Lagrangiano aproximado en oscilaciones pequeñas, 275 Larmor precesión de, 91 teorema de, 90 Legendre

ÍNDICE ALFABÉTICO transformación de, 196, 256 transformada de, 358 Lie algebra de, 112 Lorentz fuerza de, 91 Método de Hamilton Jacobi, 262 Masa reducida, 10 Masa variable, 26 Matrices de Pauli, 115 Matrices unimodulares, 114 Matriz de inercia de un cuerpo rígido, 128 Matriz de inercia rotación de ella, 132 traslación de ella, 132 Momento canónico teorema de conservación, 198 Momento de inercia, 129 Momentos canónicos, 195 Momentum angular de un cuerpo rígido, 128, 129 Movimiento cuspidal. Trompo., 154 Newton ley de acción y reacción, 4 segunda ley, 4, 90 en sistema no inercial, 83 No holonómico Vínculo, 193 Noether ejemplos, 203 teorema de, 202 Ondas sonoras., 320 Orbita

411 cuasi elíptica, 357 Oscilaciones pequeñas, 273 Oscilador armónico ejemplo Hamilton Jacobi, 268 Péndulo esférico, 90, 396 Parámetros de Cayley Klein, 114 Parámetros de Euler, 117 Paréntesis de Poisson, 257 Pauli matrices de, 115 Período del movimiento, 271 Peso definición de, 84 Poinsot Eliposide de, 145 Poisson paréntesis de, 257 Potencia en ondas., 307 Potencial efectivo, 15 Pozo rectangular de potencial, 357 Precesión efecto de área, 90 Precesión uniforme. Trompo., 154 Producto de inercia, 129 Promedios temporales en órbita elíptica, 372 Puntos críticos, 214 Rotación activa de un vector, 108 de un sistema, 105 en torno a ejes cartesianos, 108, 109 finita de un vector, 109 infinitesimal, 111 pasiva de un vector, 107

412 Sección eficaz, 358 Similaridad transformación de, 114 Sistema de dos partículas, 10 de masa variable, 26 de referencia, 1 de referencia celestial, 3 de referencia no inercial, 81 inercial de referencia, 2 rígido de partículas, 127 Sistema continuos, 292 Sistemas autónomos, 214 Sistemas conservativos, 214 Solución de D’Alembert., 301 Steiner teorema de, 132 Teorema conservación momentum angular, 14 de adición de velocidades angulares, 119 de conservación del hamiltoniano, 200 de Coriolis, 82 de Larmor, 90 de Noether, 202 de Steiner, 132 energía trabajo, 8 Teorema de la divergencia. Divergencia., 402 Teorema del rotor., 403 Teoremas de conservación, 198 sobre ejes principales de inercia, 130 Tierra

ÍNDICE ALFABÉTICO movimiento relativo a, 83 Transformación canónica, 255 Transformación de similaridad, 115 Trompo dormido, 207, 360, 381 Trompo dormido. Estabilidad., 154 Trompo en precesión uniforme, 360 Trompo simétrico, 204 ecuaciones de movimiento, 151, 204 Unimodulares matrices unimodulares, 114 Variable de acción angular, 270 Velocidad angular, 118 Velocidad de grupo., 346 Vertical del lugar, 83 Virtuales cambios virtuales, 190 desplazamientos virtuales, 191

Libro de Mecanica 08 usach

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