problemas-golstein-capitulo-1

Problemas
de
mecánica clásica
Moisés Carrera Núñez
Los problemas que aquí se presentan pertenecen
al capítulo 1: Survey of the Elementary Principles,
de la tercera edición del libro Classical Mechanics,
de los autores Herbert Goldstein, Charles Poole y
John Safko.
(Principios elementales)

1.
Demuestre que para una part´ıcula con masa constante la ecuación
de movimiento implica la siguiente ecuación diferencial para la
energ´ıa cinética:
dT
dt
= F · v,
mientras si la masa var´ıa con el tiempo la ecuación correspon-
diente es
d(mT)
dt
= F · p.
La energ´ıa cinética T de una part´ıcula de masa m y velocidad v
en coordenadas cartesianas esta dada por
T =
1
2
mv2
=
1
2
m ˙x2
+ ˙y2
+ ˙z2
,
si m es constante:
dT
dt
=
d
dt
1
2
m ˙x2
+ ˙y2
+ ˙z2
=
1
2
m
d
dt
˙x2
+ ˙y2
+ ˙z2
=
1
2
m 2 ˙x
d ˙x
dt
+ 2 ˙y
d ˙y
dt
+ 2 ˙z
d ˙z
dt
= m
d ˙x
dt
, m
d ˙y
dt
, m
d ˙z
dt
· ( ˙x, ˙y, ˙z)
= F · v
Si m var´ıa con el tiempo m = m(t),
d
dt
(mT) =
d
dt
1
2
m2
˙x2
+ ˙y2
+ ˙z2
=
1
2
dm2
dt
( ˙x2
+ ˙y2
+ ˙z2
) + m2 d
dt
( ˙x2
+ ˙y2
+ ˙z2
)
=
1
2
2m
dm
dt
( ˙x2
+ ˙y2
+ ˙z2
)
+ m2
2 ˙x
d ˙x
dt
+2 ˙y
d ˙y
dt
+ 2 ˙z
d ˙z
dt
= ˙x
dm
dt
m ˙x + ˙y
dm
dt
m ˙y + ˙z
dm
dt
m ˙z
+ m
d ˙x
dt
m ˙x + m
d ˙y
dt
m ˙y + m
d ˙z
dt
m ˙z
= ˙x
dm
dt
+ m
d ˙x
dt
m ˙x + ˙y
dm
dt
+ m
d ˙y
dt
m ˙y
+ ˙z
dm
dt
+ m
d ˙z
dt
m ˙z
=
d
dt
(m ˙x) m ˙x +
d
dt
(m ˙y) m ˙y +
d
dt
(m ˙z) m ˙z
=
d
dt
(m ˙x, m ˙y, m ˙z) · (m ˙x, m ˙y, m ˙z)
=
dp
dt
· p
= F · p
2.
Demuestre que la magnitud R del vector de posición del centro
de masa desde un origen arbitrario está dado por la ecuación
M2
R2
= M
i
mir2
i −
1
2 i,j
mimjr2
ij.
Tenemos1
.
R =
1
M i
miri =⇒ MR =
i
miri,
entonces
M2
R2
= MR · MR
=
i,j
mimjri · rj. (2.1)
Como rij = ri −rj se tiene r2
ij = r2
i +r2
j −2ri ·rj, resolviendo para
ri · rj:
ri · rj =
1
2
(r2
i + r2
j − r2
ij) (2.2)
sustituyendo la Ec. (2.2) en el lado derecho de la Ec. (2.1) se tiene
M2
R2
=
i,j
mimj
1
2
(r2
i + r2
j − r2
ij)
=
1
2 i,j
mimjr2
i +
1
2 i,j
mimjr2
j −
1
2 i,j
mimjr2
ij
=
1
2
M
i
mir2
i +
1
2
M
j
mjr2
j −
1
2 i,j
mimjr2
ij
= M
i
mir2
i −
1
2 i,j
mimjr2
ij
1Esta solución fue sacada directamente de la referencia [9]

5.
Dos rines de radio a son montados a los extremos de un eje común
de longitud b, de manera que los rines rotan independientemente.
Toda la combinación rueda sin deslizarse sobre un plano. Demues-
tre que hay dos ecuaciones de restricción no holonómicas:
cos θdx + sen θdy = 0
sen θdx − cos θdy =
1
2
a(dφ + dφ )
(donde θ, φ y φ tienen significados similares a los del problema
de un único disco vertical, y (x, y) son las coordenadas de un
punto en la mitad del eje entre los dos rines) y una ecuación de
restricción holonómica,
θ = c −
a
b
(φ − φ )
donde c es una constante.
El diagrama para este problema se encuentra en la Figura 1. En
donde r y r son las coordenadas del centro de los rines 1 y 2, res-
pectivamente, los cuales tienen componentes en las direcciones x, y
y z pero dado que los rines permanecen en posición vertical durante
todo su movimiento, es justificable considerar sólo las componentes
x, y.
´
´
´
x
yz
r
r
v
v
(x,y)
q
f
f
Rin 1
Rin 2
Figura 1: Dos rines rodando sobre un plano (problema 5).
Para el rin 1, las componentes cartesianas de su vector velocidad
están dadas por:
(vx, vy) =
drx
dt
,
dry
dt
= (v sen θ, −v cos θ).
Y podemos expresar v en términos del radio del rin y el ángulo φ
como
v = a
dφ
dt
,
entonces
dr = (drx, dry)
= (adφ sen θ, −adφ cos θ).
(5.1)
Mediante un procedimiento similar obtenemos para el rin 2, cam-
biando r por r = (rx, ry), a v por v y a φ por φ , lo siguiente:
dr = (drx, dry)
= (adφ sen θ, −adφ cos θ).
(5.2)
Ahora, el vector de posición del punto (x, y), el cual se encuentra
a la mitad del eje que une el rin 1 al rin 2, está dado en términos
de r y r por
(x, y) =
1
2
(r + r),
entonces,
(dx, dy) =
1
2
(dr + dr)
=
1
2
(drx + drx, dry + dry).
Y con ayuda de las Ecs. (5.1) y (5.2), se tiene:
dx =
1
2
a sen θ(dφ + dφ), (5.3a)
dy = −
1
2
a cos θ(dφ + dφ ). (5.3b)
Multiplicando la Ec. (5.3a) por cos θ y la Ec. (5.3b) por sen θ,
obtendremos
cos θdx =
1
2
a cos θ sen θ(dφ + dφ),
sen θdy = −
1
2
a cos θ sen θ(dφ + dφ ),
que al sumarlas nos dan la primera ecuación de restricción no ho-
lonómica: §
¦
¤
¥
cos θdx + sen θdy = 0. (5.4)
Al multiplicar la Ec. (5.3a) por sen θ y la Ec. (5.3b) por − cos θ se
obtiene
sen θdx =
1
2
a sen2
θ(dφ + dφ),
− cos θdy =
1
2
a cos2
θ(dφ + dφ ),
sumado estas dos expresiones encontramos la segunda ecuación de
restricción no holonómica:

¨
©
sen θdx − cos θdy =
1
2
a(dφ + dφ ). (5.5)
Si se define un vector r12 = r − r que une los centros de los
rines y tiene magnitud b, como lo muestra la l´ınea recta en color
rojo de la Figura 1. Sean (x12, y12) las componentes cartesianas
del vector r12, entonces por la definición del ángulo θ se tiene que
tan θ = y12/x12, al derivar con respecto de t:
sec2
θ
dθ
dt
=
1
x12
dy12
dt
−
y12
x2
12
dx12
dt
o bien
sec2
θdθ =
1
x12
dy12 −
tan θ
x12
dx12. (5.6)
Por otro lado se tiene que dr12 = dr − dr cuyas componentes
podemos obtener de las Ecs. (5.1) y (5.2):
(dx12, dy12) = (adφ sen θ, −adφ cos θ) − (adφ sen θ, −adφ cos θ)
= (adφ sen θ − adφ sen θ, −adφ cos θ + adφ cos θ)
es decir
dx12 = a sen θ(dφ − dφ ) (5.7a)
dy12 = −a cos θ(dφ − dφ ), (5.7b)
sustituyendo las Ecs. (5.7) en (5.6):
sec2
θdθ = −
1
x12
a cos θ(dφ − dφ ) −
tan θ
x12
a sen θ(dφ − dφ )
= −a
dφ − dφ
x12
(tan θ sen θ + cos θ),
entonces
dθ = −a
dφ − dφ
x12
tan θ sen θ
sec2 θ
+
cos θ
sec2 θ
= −a
dφ − dφ
x12
(cos θ),

de la definición de θ se tiene que cos θ = x12/ x2
12 + y2
12 = x12/b,
as´ı que
dθ = −
a
b
(dφ − dφ )
esta última expresión puede integrase y obtener con ello la ecuación
de restricción holonómica:

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

¨
©
dy
y
=
dx
x − f(t)
(6.1)
7.
Demuestre que las Ecuaciones de Lagrange en la forma (1.53)
pueden también ser escritas como
∂ ˙T
∂ ˙qj
− 2
∂T
∂qj
= Qj
las cuales son conocidas como la forma de Nielsen de las ecuacio-
nes de Lagrange.
La forma (1.53) de las Ecuaciones de Lagrange es
d
dt
∂T
∂ ˙qj
−
∂T
∂qj
= Qj,
en donde T es una función impl´ıcita del tiempo, es decir
T = T q1(t), q2(t), . . . , qn(t), ˙q1(t), ˙q2(t), . . . , ˙qn(t)
por lo tanto la derivada total de T con respecto de t estará dada
por la regla de la cadena:
dT
dt
=
i
∂T
∂qi
dqi
dt
+
∂T
∂ ˙qi
d ˙qi
dt
=
i
∂T
∂qi
˙qi +
∂T
∂ ˙qi
¨qi .
Entonces:
∂ ˙T
∂ ˙qj
− 2
∂T
∂qj
=
∂
∂ ˙qj
dT
dt
− 2
∂T
∂qj
= Qj
=
∂
∂ ˙qj i
∂T
∂qi
˙qi +
∂T
∂ ˙qi
¨qi − 2
∂T
∂qj
=
i
∂
∂ ˙qj
∂T
∂qi
˙qi +
∂T
∂qi
∂ ˙qi
∂ ˙qj
+
∂
∂ ˙qj
∂T
∂ ˙qi
¨qi +
∂T
∂ ˙qi
∂¨qi
∂ ˙qj
− 2
∂T
∂qj
=
i
∂
∂ ˙qj
∂T
∂qi
˙qi +
∂T
∂qi
δij
+
∂
∂ ˙qj
∂T
∂ ˙qi
¨qi + 0 − 2
∂T
∂qj
=
i
∂
∂ ˙qj
∂T
∂qi
˙qi +
∂
∂ ˙qj
∂T
∂ ˙qi
¨qi +
∂T
∂qj
− 2
∂T
∂qj
=
i
∂
∂qi
∂T
∂ ˙qj
˙qi +
∂
∂ ˙qi
∂T
∂ ˙qj
¨qi −
∂T
∂qj
=
d
dt
∂T
∂ ˙qj
−
∂T
∂qj

8.
Si L es un Lagrangiano para un sistema de n grados de libertad
que satisface las ecuaciones de Lagrange, demuestre por sustitu-
ción directa que
L = L +
dF(q1, . . . , qn, t)
dt
también satisface las ecuaciones de Lagrange, donde F es cual-
quier función arbitraria, pero diferenciable, de sus argumentos.
Tenemos:
∂L
∂qi
=
∂L
∂qi
+
∂
∂qi
dF
dt
, (8.1a)
d
dt
∂L
∂ ˙qi
=
d
dt
∂L
∂ ˙qi
+
d
dt
∂
∂ ˙qi
dF
dt
. (8.1b)
Podemos escribir dF/dt como
dF
dt
=
k
∂F
∂qk
˙qk +
∂F
∂t
, k = 1, 2, . . . n.
y derivando con respecto de ˙qi
∂
∂ ˙qi
dF
dt
=
k
∂
∂ ˙qi
∂F
∂qk
˙qk +
∂F
∂qk
∂ ˙qk
∂ ˙qi
+
∂
∂ ˙qi
∂F
∂t
=
k
∂
∂qk
∂F
∂ ˙qi
˙qk +
∂F
∂qk
δik +
∂
∂t
∂F
∂ ˙qi
=
∂F
∂qi
,
y sustituyendo en el segundo término del lado derecho de la
Ec. (8.1b), se tiene
d
dt
∂L
∂ ˙qi
=
d
dt
∂L
∂ ˙qi
+
d
dt
∂F
∂qi
. (8.2)
Ahora las ecuaciones de Lagrange para L podemos obtenerlas sus-
trayendo la Ec. (8.1a) de (8.2):
d
dt
∂L
∂ ˙qi
−
∂L
∂qi
=
d
dt
∂L
∂ ˙qi
+
d
dt
∂F
∂qi
−
∂L
∂qi
−
∂
∂qi
dF
dt
=
d
dt
∂L
∂ ˙qi
−
∂L
∂qi
+
d
dt
∂F
∂qi
−
∂
∂qi
dF
dt
,
pero L satisface las ecuaciones de Lagrange, as´ı, los primeros dos
términos del lado derecho suman cero, y la continuidad de F im-
plica que
d
dt
∂F
∂qi
=
∂
∂qi
dF
dt
, por lo tanto:

¨
©
d
dt
∂L
∂ ˙qi
−
∂L
∂qi
= 0. (8.3)
9.
El campo electromagnético es invariante bajo una transformación
de norma de los potenciales escalar y vectorial dadas por
A −→ A + ψ(r, t)
φ −→ φ −
1
c
∂ψ
∂t
en donde ψ es arbitraria (pero diferenciable), ¿Qué efecto tiene es-
ta transformación de norma sobre el Lagrangiano de una part´ıcula
que se mueve en el campo electromagnético? ¿El movimiento es
afectado?
Tomando la definición del operado como:
=
i
ei
∂
∂ri
en donde ri son las componentes del vector r y ei es un vector
unitario con dirección i. La derivada total de ψ(r, t) con respecto
de t, puede ahora ser expresada como:
dψ
dt
=
i
∂ψ
∂ri
dri
dt
+
∂ψ
∂t
=
i
ei
∂ψ
∂ri
·
dr
dt
+
∂ψ
∂t
= ψ · v +
∂ψ
∂t
.
(9.4)
El Lagrangiano de una part´ıcula con carga q, masa m y velocidad
v que se mueve dentro de un campo electromagnético es:
L =
1
2
mv2
− qφ +
q
c
A · v.
Al aplicar la transformación se tiene
L =
1
2
mv2
− q φ −
1
c
∂ψ
∂t
+
q
c
(A + ψ) · v
=
1
2
mv2
− qφ +
q
c
A · v +
q
c
ψ · v +
∂ψ
∂t
= L +
q
c
dψ
dt
,
as´ı que el Lagrangiano se ve afectado con la adición de la derivada
total de ψ(r, t) con respecto de t. Y como se demostró en el proble-
ma 8 las ecuaciones del movimiento no se ven afectadas, es decir,
no se afecta el movimiento de la part´ıcula.

12.
La velocidad de escape de una part´ıcula sobre la superficie de la
Tierra es la m´ınima velocidad requerida en la superficie terrestre
para que la part´ıcula pueda escapar del campo gravitacional de la
Tierra. A partir del teorema de conservación de la energ´ıa cinética
más la energ´ıa potencial, demuestre que la velocidad de escape en
la Tierra, ignorando la presencia de la Luna, es 11.2 km/s.
Sean R y M el radio y la masa de la Tierra, respectivamente,
entonces la part´ıcula (de masa m) inicialmente se encuentra sobre
la superficie de la Tierra y posee velocidad vi. La part´ıcula alcanza
un punto final a una distancia r medida desde el centro de la Tierra,
en donde se detiene, esto es, vf = 0 (Figura 3).
v
m
R
M
r
i
vf
= 0
Figura 3: Velocidad de escape.
La energ´ıa potencial de la part´ıcula es:
U = −G
Mm
rpart´ıcula
,
en donde G es la constante gravitacional y rpart´ıcula es la distancia
a la cual se encuentra la part´ıcula medida desde el centro de la
Tierra. Entonces, por el teorema de conservación:
(T + U)inicial = (T + U)final
1
2
mv2
i − G
Mm
R
=
1
2
mv2
f − G
Mm
r
1
2
mv2
i − G
Mm
R
= −G
Mm
r
,
resolviendo para vi
vi = 2GM
1
R
−
1
r
. (12.1)
Para que la part´ıcula escape del campo gravitacional de la Tierra,
se requerirá r → ∞, en otras palabras, la part´ıcula se alejará más y
más lejos de la Tierra conforme su velocidad se aproxima asintótica-
mente a cero. Tomando el l´ımite r → ∞ en la Ec. (12.1) obtenemos
la velocidad de escape
vesc =
2GM
R
, (12.2)
poniendo G = 6.67 × 10−11
Nm/kg2
, M = 5.98 × 1024
kg y R =
6.37 × 106
m:

¨
©
vesc = 11.2
km
s
(12.3)
13.
Los cohetes son impulsados por la reacción al momento de los
gases que salen eyectados del tubo de escape desde la cola del
cohete. Dado que esos gases se originan a partir de la reacción del
combustible transportado dentro del cohete, la masa del cohete no
es constante sino que decrece conforme el combustible es gastado.
Demuestre que la ecuación de movimiento para un cohete proyec-
tado verticalmente hacia arriba dentro de un campo gravitacional
constante, despreciando la fricción de la atmósfera, es
m
dv
dt
= −v
dm
dt
− mg,
en donde m es la masa del cohete y v es la velocidad de los gases
liberados relativa al cohete. Integre esta ecuación para obtener v
como función de m, suponiendo que la tasa temporal de pérdida
de masa es constante. Demuestre, para un cohete que inicialmente
esta en reposo, con v igual a 2.1 km/s y una pérdida de masa
por segundo igual a 1/60 de la masa inicial, que para alcanzar la
velocidad de escape el cociente del peso del combustible con el
peso del cohete vac´ıo debe ser de al menos ¡300!
El diagrama del movimiento del cohete es mostrado en la
Figura 4 (se entiende que el movimiento ocurre sólo en la com-
ponente vertical y se omitirá escribir, por ejemplo, vy).
v
m
g
(a) El cohete al tiempo t.
m + dm
dm
v + dv
v = v v
g
(b) El cohete al tiempo t + dt.
Figura 4: Movimiento vertical de un cohete bajo un campo gravi-
tacional.
Al tiempo t (Figura 4(a)), la masa total del cohete es m, y su
rapidez instantánea es v con respecto a un marco de referencia iner-
cial. Durante un intervalo de tiempo dt, una masa −dm (dm 0)
es eyectada desde la cola del cohete con rapidez −v con respecto
al cohete, y v −v con respecto a un marco de referencia estaciona-
rio. Inmediatamente después de que la masa −dm es eyectada, la
rapidez y la masa del cohete son v +dv y m+dm, respectivamente
(Figura 4(b)). Entonces, los momentos inicial p(t) y final p(t + dt)
del sistema estarán dados por:
p(t) = mv, (13.1a)
p(t + dt) = (m + dm)(v + dv) + (−dm)(v − v ). (13.1b)
La fuerza externa es
FExt =
dp
dt
o
FExtdt = dp = p(t + dt) − dp (13.2)
que es el cambio total del momento durante un pequeño diferencial
de tiempo. De las Ecs. (13.1), encontramos el momento inicial y

final del sistema :
p(t + dt) − p(t) = (m + dm)(v + dv) + (−dm)(v − v ) − mv
= mv + mdv + vdm + dmdv − vdm + v dm − mv
= mdv + v dm + dmdv,
la cantidad dmdv es muy pequeña comparada con las otras canti-
dades, por lo que podemos despreciarla obteniendo:
p(t + dt) − p(t) = mdv + v dm. (13.3)
La fuerza externa que actúa sobre nuestro sistema es igual a
Fexterna = −mg, (13.4)
recuerde que la masa del sistema se conserva constante, no as´ı la
del cohete. Sustituyendo la Ec. (13.3) y (13.4) en (13.2) se tiene:
−mgdt = mdv + v dm
al resolver para mdv y dividir el resultado por dt en la ecuación de
arriba obtenemos la ecuación diferencial buscada

¨
©
m
dv
dt
= −v
dm
dt
− mg. (13.5)
Para integrar la Ec. (13.5), consideremos que el combustible se
quema a una tasa constante (dm/dt 0),
dm
dt
= −α, α 0 (13.6)
y entonces podemos escribir la Ec. (13.5) como
dv =
v
m
α − g dt,
y de la Ec. (13.6) obtenemos dt = −dm/α entonces:
dv = −
v
m
+
g
α
dm, (13.7)
asumiendo que los valores inicial y final de la rapidez son 0 y v
respectivamente (parte del reposo), y que los valores inicial y final
de la masa son m0 y m respectivamente, entonces:
v
0
dv =
m
m0
−
v
m
+
g
α
dm
v = −
g
α
(m0 − m) + v ln
m0
m
o bien

¨
©
v(m) = −
g
α
(m0 − m) + v ln
m0
m
(13.8)
La tarea final es encontrar el cociente wcom/wsc, en donde wcom
es el peso del combustible y wsc es el peso del cohete sin com-
bustible. Si denotamos como msc y mcom a la masa del cohete sin
combustible y la masa del combustible, respectivamente, entonces
la masa inicial m0 será igual a msc + mcom. Suponiendo, además,
que el cohete alcanza la rapidez de escape vesc justo cuando todo
el combustible se ha quemado, de tal manera que m = msc en la
Ec. (13.8), esto es
vesc = v(msc)
= −
g
α
(msc + mcom − msc) + v ln
msc + mcom
msc
= −60g
mcom
msc + mcom
+ v ln
msc + mcom
msc
,
en la última igualdad se ha considerado que α = m0/60, y debemos
aclarar, por la definición dada por la Ec. (13.6), que α tiene unida-
des de masa por unidad de tiempo (kg/s, en el S. I.), as´ı entonces,
la dimensión de masa está incluida en m0 as´ı que, el s´ımbolo 60
se refiere a 60 s. Dado que msc mcom podemos considerar que
la aproximación: msc + mcom ≈ mcom es lo suficientemente bue-
na para ser considerada una igualdad, as´ı la ecuación anterior se
transforma en
vesc = −60g
mcom
mcom
+ v ln
mcom
msc
resolviendo para mcom/msc, además, wcom/wsc = gmcom/gmsc =
mcom/msc se tiene:
wcom
wsc
= e(vesc+60g)/v
poniendo vesc = 11.3 × 103
m/s, g = 10 m/s2
, 60 = 60 s, y,
v = 2.1 × 103
m/s:

¨
©
wcom
wsc
= 290. (13.9)
14.
Dos puntos de masa m están unidos por una barra r´ıgida sin
peso de longitud l, cuyo centro está restringido a moverse en un
c´ırculo de radio a. Exprese la energ´ıa cinética en coordenadas
generalizadas.
La geometr´ıa del problema se presenta en la Figura 5, en donde
hay dos marcos de referencia: el xy que permanece estacionario y el
x y que se desplaza junto con el centro de la barra, pero de forma
tal que los ejes x y x siempre son paralelos, lo mismo ocurre con
los ejes y y y . a es el radio que conecta al centro del c´ırculo con
el centro de la barra, θ es el ángulo que forma el eje x con a, φ es
el ángulo que hay entre eje x y la barra, m1 y m2 son las masas
que se encuentran a cada extremo de la barra y cuya magnitud es
igual a m.
q
fl
m
m
a
x
x
y y
1
2
Figura 5: Masas puntuales conectadas por una barra que se mueve
a través de un c´ırculo.
La posición del centro de la barra relativa al marco de referencia
xy es
(xb, yb) = (a cos θ, a sen θ).
Mientra que la posición de m1 relativa al marco de referencia x y
viene dada por
(x1, y1) = −
l
2
cos φ, −
l
2
sen φ ,
y la de m2 (relativa a x y )
(x2, y2) =
l
2
cos φ,
l
2
sen φ .

Entonces, las correspondientes posiciones de m1 y m2 relativas al
marco de referencia xy serán
(x1, y1) = (xb, yb) + (x1, y1)
= a cos θ −
l
2
cos φ, a sen θ −
l
2
sen φ
y
(x2, y2) = (xb, yb) + (x2, y2)
= a cos θ +
l
2
cos φ, a sen θ +
l
2
sen φ .
Las velocidades son:
(vx1
, vy1
) = −a ˙θ sen θ +
l
2
˙φ sen φ, a ˙θ cos θ −
l
2
˙φ cos φ ,
(vx2 , vy2 ) = −a ˙θ sen θ −
l
2
˙φ sen φ, a ˙θ cos θ +
l
2
˙φ cos φ ,
de donde podemos calcular el cuadrado de las velocidades:
v2
1 = a2 ˙θ2
+
l2
4
˙φ2
− al ˙θ ˙φ(sen θ sen φ + cos θ cos φ),
v2
2 = a2 ˙θ2
+
l2
4
˙φ2
+ al ˙θ ˙φ(sen θ sen φ + cos θ cos φ)
para finalmente obtener la energ´ıa cinética en términos de las coor-
denadas generalizadas, T = T(θ, φ, ˙θ, ˙φ) como sigue:
T =
1
2
2
j=1
mjv2
j
=
1
2
m1v2
1 +
1
2
m2v2
2
=
1
2
m1 a2 ˙θ2
+
l2
4
˙φ2
− al ˙θ ˙φ(sen θ sen φ + cos θ cos φ)
+
1
2
m2 a2 ˙θ2
+
l2
4
˙φ2
+ al ˙θ ˙φ(sen θ sen φ + cos θ cos φ)
y dado que m1 = m2 = m:

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

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

L =
1
2
m( ˙r2
+ r2 ˙θ2
) −
1
r
1 +
˙r2
c2
. (16.2)

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

¨
©
pnúcleo = 2.00
MeV
c
(17.2)
La energ´ıa cinética en electrón volts (eV) es:
T =
1
2
mv2
=
1
2
p2
núcleo
m
=
1
2
(2.00 MeV/c)2
3.90 × 10−25 kg
5.34 × 10−22
kgm/s
1 MeV/c
2
1 × 106
eV
1 J
al ejecutar las operaciones obtenemos
£
¢

¡T = 9.13 eV. (17.3)
18.
Un Lagrangiano para un sistema f´ısico particular puede ser escrito
como
L =
m
2
(a ˙x2
+ 2b ˙x ˙y + c ˙y2
) +
k
2
(ax2
+ 2bxy + cy2
)
donde a, b y c son constantes arbitrarias pero sujetas a la condición
de que b − ac = 0. ¿Cuáles son las ecuaciones de movimiento?
Examine particularmente los dos casos a = 0 = c y b = 0, c = −a
¿Cuál es el sistema f´ısico definido por al Lagrangiano anterior?
Demuestre que el Lagrangiano habitual para este sistema como
se definió por medio de la ecuación (1.57 ) está relacionado a L
por una transformación Puntual (cf. Derivación 10). ¿Cuál es la
importancia de la condición sobre el valor de b2
− ac?
Los coordenadas generalizadas son los coordenadas cartesianas
x y y, entonces, habrá dos ecuaciones de movimiento:
d
dt
∂L
∂ ˙x
−
∂L
∂x
= 0,
d
dt
∂L
∂ ˙y
−
∂L
∂y
= 0.
Para x:
∂L
∂ ˙x
=
∂
∂ ˙x
m
2
(a ˙x2
+ 2b ˙x ˙y + c ˙y2
) +
k
2
(ax2
+ 2bxy + cy2
)
=
m
2
(2a ˙x + 2b ˙y),
entonces
d
dt
∂L
∂ ˙x
= m(a¨x + bÿ).
Y
∂L
∂x
=
∂
∂x
m
2
(a ˙x2
+ 2b ˙x ˙y + c ˙y2
) +
k
2
(ax2
+ 2bxy + cy2
)
= −k(ax + by),
as´ı, nuestra primera ecuación del movimiento es
§
¦
¤
¥
m(a¨x + bÿ) = −k(ax + by). (18.1)
En su turno, para y:
∂L
∂ ˙y
=
∂
∂ ˙y
m
2
(a ˙x2
+ 2b ˙x ˙y + c ˙y2
) +
k
2
(ax2
+ 2bxy + cy2
)
=
m
2
(2b ˙x + 2c ˙y),
entonces
d
dt
∂L
∂ ˙y
= m(b¨x + cÿ).
Y
∂L
∂y
=
∂
∂y
m
2
(a ˙x2
+ 2b ˙x ˙y + c ˙y2
) +
k
2
(ax2
+ 2bxy + cy2
)
= −k(bx + cy),
entonces, nuestra segunda ecuación del movimiento es:
§
¦
¤
¥
m(b¨x + cÿ) = −k(bx + cy). (18.2)
Cuando a = 0 = c, las Ecs. (18.1) y (18.2) se transforman,
respectivamente, en
mÿ = −ky, y, m¨x = −kx.
Ahora, si b = 0 y c = −a, éstas son
m¨x = −kx, y, mÿ = −ky,

que claramente corresponden a la ecuación de un oscilador armóni-
co simple, en otras palabras, una masa m que se mueve bajo la
acción de una única fuerza (proporcional a la posición de la ma-
sa) la cual se opone a su movimiento. L describe el movimiento
armónico simple en dos dimensiones.
Una transformación puntual del plano xy al plano uv (es decir,
un punto en el plano xy genera un punto en plano uv) que puede
intuirse a partir de la Ecs. (18.1) y (18.2) viene dada por:
u = ax + by, (18.3a)
v = bx + cy (18.3b)
resulta claro que ü = a¨x+bÿ, y, ü = a¨x+bÿ. Entonces las ecuaciones
de movimiento en el plano uv se miran como
mü = −ku y m¨v = −kv,
que son las ecuaciones de movimiento más habituales para el mo-
vimiento armónico simple.
La transformación inversa de las Ecs.(18.3) puede encontrase de
la siguiente manera:
bu − av = bax + b2
y − bax − cay
= b2
y − cay
as´ı que
y =
bu − av
b2 − ac
.
Por otro lado:
−cu + bv = −acx − bcy + b2
x + bcy
= −acx + b2
x
entonces
x =
bu − cv
b2 − ac
de donde puede apreciarse la importancia de la condición
b2
− ac = 0.
19.
Obtenga las ecuaciones de Lagrange del movimiento para un
péndulo esférico, i. e., una masa suspendida por medio de una
barra r´ıgida sin peso.
Sea m la masa de la plomada que está sujeta a un punto fijo por
una barra r´ıgida de longitud l como se muestra en la Figura 7, la
plomada es libre de navegar en cualquier dirección bajo la acción
de la gravedad, pero está restringida a moverse en el interior de la
superficie de una esfera.
m
l
g
q
f
Figura 7: Péndulo esférico.
La geometr´ıa esférica que presenta el problema nos induce ha uti-
lizar coordenadas esféricas para su solución. El vector de posición
r = (r1, r2, r3) de la plomada es (de acuerdo a la Figura 7):
r = (l sen θ cos φ, l sen θ sen φ, l cos θ),
y las componentes de su velocidad
v1 = l ˙θ cos θ cos φ − l ˙φ sen θ sen φ,
v2 = l ˙θ cos θ sen φ + l ˙φ sen θ cos φ,
v3 = −l ˙θ sen θ.
Entonces:
v2
1 = l2 ˙θ2
cos2
θ cos2
φ − 2l2 ˙θ ˙φ sen θ sen φ cos θ cos φ
+ l2 ˙φ2
sen2
θ sen2
φ,
v2
2 = l2 ˙θ2
cos2
θ sen2
φ + 2l2 ˙θ ˙φ sen θ sen φ cos θ cos φ
+ l2 ˙φ2
sen2
θ cos2
φ,
v2
3 = l2 ˙θ2
sen2
θ,
ahora podemos calcular v2
:
v2
= v2
1 + v2
2 + v2
3
= l2 ˙θ2
+ l2 ˙φ2
sen2
θ.
As´ı que, la energ´ıa cinética del sistema será
T =
1
2
mv2
=
1
2
m(l2 ˙θ2
+ l2 ˙φ2
sen2
θ).
(19.1)
Si tomamos el punto de soporte como el nivel de referencia para
la energ´ıa potencial, entonces
V = mgl cos θ, (19.2)

as´ı, por ejemplo, cuando la plomada se encuentra en el punto ver-
tical más alto θ = 0 y V = mgl, cuando se encuentra en el plano
del punto de soporte θ = π/2 y V = 0, y cuando se encuentra en
el punto vertical más bajo θ = π entonces V = −mgl.
El Lagrangiano del sistema es:
L = T − V
=
1
2
m(l2 ˙θ2
+ l2 ˙φ2
sen2
θ) − mgl cos θ,
(19.3)
l es constante, por lo que sólo hay dos grados de libertad, que
corresponden a las dos coordenadas generalizadas independientes φ
y θ, entonces, habrá dos ecuaciones de Lagrange para el movimiento
del péndulo esférico:
d
dt
∂L
∂ ˙φ
−
∂L
∂φ
= 0, (19.4a)
d
dt
∂L
∂ ˙θ
−
∂L
∂θ
= 0. (19.4b)
Obtengamos las derivadas correspondientes para φ
∂L
∂ ˙φ
=
∂
∂ ˙φ
1
2
m(l2 ˙θ2
+ l2 ˙φ2
sen2
θ) − mgl cos θ
= ml2 ˙φ sen2
θ,
entonces
d
dt
∂L
∂ ˙φ
=
d
dt
ml2 ˙φ sen2
θ
= ml2
[¨φ sen2
θ + ˙φ(2 sen θ)(cos θ)( ˙θ)]
= ml2 ¨φ sen2
θ + 2ml2 ˙θ ˙φ sen θ cos θ,
y
∂L
∂φ
=
∂
∂φ
1
2
m(l2 ˙θ2
+ l2 ˙φ2
sen2
θ) − mgl cos θ
= 0.
Por lo tanto la Ec. (19.4a) nos da nuestra primer ecuación de mo-
vimiento: §
¦
¤
¥
ml2 ¨φ sen2
θ + 2ml2 ˙θ ˙φ sen θ cos θ = 0. (19.5)
Para la coordenada θ
∂L
∂ ˙θ
=
∂
∂ ˙θ
1
2
m(l2 ˙θ2
+ l2 ˙φ2
sen2
θ) − mgl cos θ
= ml2 ˙θ,
entonces
d
dt
∂L
∂ ˙θ
= ml2 ¨θ
y
∂L
∂θ
=
∂
∂θ
1
2
m(l2 ˙θ2
+ l2 ˙φ2
sen2
θ) − mgl cos θ
= ml2 ˙φ2
sen θ cos θ + mgl sen θ.
As´ı que de la Ec. (19.4b) obtenemos la segunda ecuación de movi-
miento:
§
¦
¤
¥
ml2 ¨θ − ml2 ˙φ2
sen θ cos θ − mgl sen θ = 0. (19.6)
20.
Una part´ıcula de masa m se mueve en una dimensión tal que tiene
el Lagrangianoa
L =
m2
˙x4
12
+ m ˙x2
V (x) − V 2
(x)
donde V es alguna función diferenciable de x. Encuentre las ecua-
ciones de movimiento para x(t) y describa la naturaleza f´ısica del
sistema sobre las bases de esta ecuación.
aEn la referencia [1] este lagrangiano aparece como L =
m2 ˙x4
12
+
m ˙x2V (x) − V2(x), donde V2(x) debe ser un error tipográfico.
Tenemos:
∂L
∂x
= m ˙x2 dV
dx
− 2V
dV
dx
. (20.7)
Y
∂L
∂ ˙x
=
4m2
˙x3
12
+ 2m ˙xV,
entonces:
d
dt
∂L
∂ ˙x
=
3m2
˙x2
¨x
3
+ 2m¨xV + 2m ˙x
dV
dt
= m2
˙x2
¨x + 2m¨xV + 2m ˙x2 dV
dx
,
(20.8)
en el último término del lado derecho de la ecuación anterior se
utilizó la regla de la cadena:
dV
dt
=
dV
dx
dx
dt
= ˙x
dV
dx
,
puesto que V = V x(t) .
La ecuación de Lagrange, de acuerdo a los resultados de las
Ecs. (20.7) y (20.8) llega a ser:
d
dt
∂L
∂ ˙x
−
∂L
∂x
= 0
m2
˙x2
¨x + 2m¨xV + 2m ˙x2 dV
dx
− m ˙x2 dV
dx
+ 2V
dV
dx
= 0
m2
˙x2
¨x + 2m¨xV + m ˙x2 dV
dx
+ 2V
dV
dx
= 0
2
1
2
m ˙x2
+ V m¨x + 2
1
2
m ˙x2
+ V
dV
dx
= 0
1
2
m ˙x2
+ V m¨x +
dV
dx
= 0,
en el primer término dentro del primer paréntesis del lado de la
izquierda, podemos identificar la energ´ıa cinética T = mv2
/2, y, si
identificamos Fexterna = −dV/dx, entonces, T + V es constante y
diferente de cero, as´ı la ecuación de Lagrange se reduce a
§
¦
¤
¥m¨x = Fexterna. (20.9)
L representa el movimiento de una part´ıcula que se mueve bajo la
acción de un campo de fuerza conservativo.

21.
Dos masa puntuales de masa m1 y m2 están conectadas por una
cuerda que pasa a través de un agujero en una mesa pulida, tal
que, m1 reposa sobre la superficie de la mesa y m2 cuelga sus-
pendida. Asumiendo que m2 se mueve únicamente en una linea
vertical, ¿Cuáles son las coordenadas generalizadas para el siste-
ma? Escriba las ecuaciones de Lagrange para el sistema y, si es
posible, discuta el significado f´ısico que cualquiera de ellas debe
tener. Reduzca el problema a una sola ecuación diferencial de se-
gundo orden y obtenga una primera integral de la ecuación. ¿Cuál
es su significado f´ısico? (Considere el movimiento únicamente has-
ta que m1 alcanza el agujero).
En la Figura 8 se encuentra bosquejada la situación. La cuerda
tiene longitud constante l = r + s, la masa de la cuerda es depre-
ciablemente pequeña comparada con m1 + m2, la masa m1 es libre
de rotar con la cuerda sobre el plano (la mesa). El tramo de cuerda
desde el origen hasta la masa m2 es de longitud s = l − r.
m
x
z
y
s
q
q
r
rr
1
m
g
2
Figura 8: Dos masa conectadas por una cuerda.
Puesto que r = l−s, las coordenadas generalizadas independien-
tes que utilizaremos son:
• θ: el ángulo entre el eje x y r = (l − s).
• s: la longitud de la cuerda que hay entre el origen de coorde-
nadas y la masa m2.
El vector de posición de m1 es
r = (r cos θ, r sen θ)
= (l − s) cos θ, (l − s) sen θ ,
entonces su velocidad viene dada por
v1 = (vx1
, vy1
)
= − ˙s cos θ − (l − s) ˙θ sen θ, − ˙s sen θ + (l − s) ˙θ cos θ ,
de donde obtenemos
v2
x1
= ˙s2
cos2
θ + 2(l − s) ˙s ˙θ cos θ sen θ + (l − s)2 ˙θ2
sen2
θ,
v2
y1
= ˙s2
sen2
θ − 2(l − s) ˙s ˙θ cos θ sen θ + (l − s)2 ˙θ2
cos2
θ
y
v2
1 = v2
x1
+ v2
y1
= ˙s2
+ (l − s)2 ˙θ2
.
(21.1)
Mientras que, para m2 se tiene r2 = (0, 0, s), entonces, v2 =
(0, 0, ˙s), s´ı que:
v2
2 = ˙s2
. (21.2)
Finalmente podemos calcular la energ´ıa cinética del sistema, como
sigue:
T =
1
2
2
i=1
miv2
i
=
1
2
m1v2
1 +
1
2
m2v2
2
=
1
2
m1 ˙s2
+
1
2
m1(l − s)2 ˙θ2
+
1
2
m2 ˙s2
=
1
2
(m1 + m2) ˙s2
+
1
2
m1(l − s)2 ˙θ2
.
(21.3)
Si tomamos la mesa como el nivel de energ´ıa potencial cero, enton-
ces la energ´ıa potencial del sistema viene dada por
V = −m2gs. (21.4)
Y el Lagrangiano del sistema será
L = T − V
=
1
2
(m1 + m2) ˙s2
+
1
2
m1(l − s)2 ˙θ2
+ m2gs,
(21.5)
para encontrar las ecuaciones de Lagrange, primero formamos:
d
dt
∂L
∂ ˙s
= (m1 + m2)¨s;
∂L
∂s
= −(l − s)m1
˙θ2
+ m2g,
d
dt
∂L
∂ ˙θ
=
d
dt
(l − s)2
m1
˙θ ;
∂L
∂θ
= 0
de donde obtenemos nuestras dos ecuaciones de Lagrange para el
sistema: §
¦
¤
¥
(m1 + m2)¨s + (l − s)m1
˙θ2
− m2g = 0 (21.6)
y

¨
©
d
dt
m1(l − s)2 ˙θ = 0. (21.7)
Deseamos darle significado f´ısico a la Ec. (21.7), para dárselo
consideremos el momento angular de m1, observamos de la Figura 8
que (por la regla de la mano derecha para el producto vetorial):
˜L = |r × p|
= m1|r × v|
= m1(r)(r ˙θ) sen 90◦
= m1r2 ˙θ
= m1(l − s)2 ˙θ,
entonces, la Ec. (21.7) nos dice que el momento angular del sistema
permanece constante durante el movimiento, en otras palabras, es
la ley de conservación del momento angular.
Finalmente, trataremos de integrar (por lo menos una ves) una
de las ecuaciones del movimiento. Sea la Ec.(21.6), procedemos
como sigue:
(m1 + m2)¨s + (l − s)m1
˙θ2
− m2g = 0
(m1 + m2)¨s +
(l − s)4 ˙θ2
m2
1
(l − s)3m1
− m2g = 0
(m1 + m2)¨s +
[(l − s)2 ˙θm1]2
(l − s)3m1
− m2g = 0
(m1 + m2)¨s +
[˜L]2
(l − s)3m1
− m2g = 0
multiplicamos por ˙s
(m1 + m2)¨s ˙s +
˜L2
˙s
(l − s)3m1
− m2g ˙s = 0
d
dt
1
2
(m1 + m2) ˙s2
+
1
2
˜L2
(l − s)2m1
− m2gs = 0,

recuerde que d˜L/dt = 0, as´ı esta última ecuación puede integrase
directamente para obtener:
1
2
(m1 + m2) ˙s2
+
1
2
˜L2
(l − s)2m1
− m2gs = cte.
1
2
(m1 + m2) ˙s2
+
1
2
(l − s)4 ˙θ2
m2
1
(l − s)2m1
− m2gs = cte.
1
2
(m1 + m2) ˙s2
+
1
2
(l − s)2 ˙θ2
m1 − m2gs = cte.
L + V = cte.
esto es, la energ´ıa total del sistema se conserva.
Comentarios
La condición de “considerar el movimiento únicamente hasta que m1
alcanza el agujero” quedó incrustada en la forma T y V que se to-
maron, pues, una ves que la masa m1 comenzara a caer habr´ıa que
considerar, por ejemplo, su contribución a la energ´ıa potencial, enton-
ces habr´ıa que añadir un término extra a la Ec. (21.4). Mientras que
la energ´ıa cinética (Ec. (21.3)) tomar´ıa otra forma.
23.
Obtenga el Lagrangiano y las ecuaciones de movimiento para el
péndulo doble ilustrado en la Figura 1.4, donde la longitudes de
las péndulas son l1 y l2 con correspondientes masas m1 y m2.
m1
l1
m2
l2
g
q1
q2
Figura 1.4: Péndulo doble.
Las coordenadas de las dos part´ıculas m1 y m2 están dadas por
Para m1 Para m2
x1 = l1 cos θ1 x2 = l1 cos θ1 + l2 cos θ2
y1 = l1 sen θ1 y2 = l1 sen θ1 + l2 sen θ2,
y sus velocidades:
Para m1 Para m2
˙x1 = −l1
˙θ1 sen θ1 ˙x2 = −l1
˙θ1 sen θ1 − l2
˙θ2 sen θ2
˙y1 = l1
˙θ1 cos θ1 ˙y2 = l1
˙θ1 cos θ1 + l2
˙θ2 cos θ2,
as´ı que
Para m1 Para m2
v2
1 = ˙x2
1 + ˙y2
1 v2
2 = ˙x2
2 + ˙y2
2
= l2
1
˙θ2
1 = l2
1
˙θ2
1 + l2
2
˙θ2
2 + 2l1l2
˙θ1
˙θ2 cos(θ1 − θ2).
Podemos ahora calcular la energ´ıa cinética del sistema:
T =
1
2
m1l2
1
˙θ2
1 +
1
2
m2[l2
1
˙θ2
1 + l2
2
˙θ2
2 + 2l1l2
˙θ1
˙θ2 cos(θ1 − θ2)]. (23.1)
Si se elige el nivel de referencia para la energ´ıa potencial a la dis-
tancia l1 + l2 debajo del punto de suspensión, tenemos
V = m1g(l1 + l2 − l1 cos θ1)
+ m2g[l1 + l2 − (l1 cos θ1 + l2 cos θ2)]. (23.2)
Por lo tanto el Lagrangiano del sistema es:
L =
1
2
m1l2
1
˙θ2
1 +
1
2
m2[l2
1
˙θ2
1 + l2
2
˙θ2
2 + 2l1l2
˙θ1
˙θ2 cos(θ1 − θ2)]
− m1g(l1 + l2 − l1 cos θ1)
− m2g[l1 + l2 − (l1 cos θ1 + l2 cos θ2)]. (23.3)
Y las ecuaciones del movimiento son:
(m1 + m2)l2
1
¨θ1 + m2l1l2
¨θ2 cos(θ1 − θ2)
+ m2l1l2
˙θ2
2 sen(θ1 − θ2) = −(m1 + m2)gl1 sen θ1, (23.4)
y
m2l2
2
¨θ2 + m2l1l2
¨θ1 cos(θ1 − θ2)
− m2l1l2
˙θ2
1 sen(θ1 − θ2) = −m2gl2 sen θ2. (23.5)
Bibliograf´ıa
[1] H. Goldstein, C. Poole y J. Safko: Classical Mechanics, 3th ed.
Addison Wesley, 2002.
[2] T. L. Chow: Classical Mechanics. John Wiley Sons, Inc. 1995.
[3] W. Greiner. Classical Mechanics: Point Particles and Relati-
vity. Springer, 2004.
[4] S. T. Thornton y J. B. Marion: Classical Dynamics of Particles
and Systems, 5th ed. Thomson Brooks/cole.
[5] L. D. Landau y E. M. Lifshitz: Mechanics, 3th ed. Butterworth-
Heinenann, 2000 (reprinted).
[6] H. D. Young y R. A. Freedman: Sears and Zemansky’s Uni-
versity Physics: with Modern Physics, 12th ed. Addison Wes-
ley, 2008.
[7] D. Halliday, R. Resnick y J. Walker: Fundamentals of Physics.
[8] H. Reid: Solutions to Problems in Goldstein, Classical Mecha-
nics, 2th ed.
[9] M. Good: Goldstein Chapter 1 Exercises and Derivations.

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