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Ejercicios Capítulo 1 Mecánica Clásica Goldstein, Exercises of Classical Mechanics

Algunos ejercicios resueltos como tarea del primer capítulo de Mecánica Clásica de Hebert Goldstein

Typology: Exercises

2017/2018

Uploaded on 04/01/2018

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Tarea 1
Mec´anica Cl´asica
Marianne Guiot Lomel´ı
Maestr´ıa en Ciencias (F´ısica Aplicada), Facultad de Ciencias F´ısico Matem´aticas,
Benem´erita Universidad Aut´onoma de Puebla, Puebla.
marianne.gl93@gmail.com
8 de marzo de 2018
Problema 2.
La velocidad de escape de una part´ıcula en la tierra es el m´ınimo de velocidad requerida en la
superficie de la Tierra para que la part´ıcula pueda escapar del campo gravitacional de la Tierra.
Despreciando la resistencia de la atm´osfera, el sistema es conservativo. Del teorema de conservac´on
para la energ´ıa potencial as cin´etica muestre que la velocidad de escape para la Tierra, ignorando
la presencia de la Luna, es de 6.95 mi/s.
Soluci´on
Para este problema tenemos que utilizar el teorema de conservaci´on de energ´ıa potencial as cin´eti-
ca. La energ´ıa cin´etica de la part´ıcula est´a dada por 1
2mv2, mientras que la energ´ıa cin´etica ser´ıa
GmTmp
R
Con esto, tenemos que 1
2mpv2
pGmTmp
R= 0
donde Ges la constante de gravitaci´on universal, mTes la masa de la Tierra, mpla masa de la
part´ıcula, Res el radio de la Tierra y vpes la velocidad de la part´ıcula (que es el valor que queremos
encontrar). De la ecuaci´on anterior podemos despejar la velocidad:
1
2mpv2=GmTmp
R
v=s(2GmT)
R
Por ´ultimo nos queda sustituir los valores de la constante de gravitaci´on universal y de la masa
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pf9

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Tarea 1

Mec´anica Cl´asica

Marianne Guiot Lomel´ı

Maestr´ıa en Ciencias (F´ısica Aplicada), Facultad de Ciencias F´ısico Matem´aticas, Benem´erita Universidad Aut´onoma de Puebla, Puebla. marianne.gl93@gmail.com

8 de marzo de 2018

Problema 2.

La velocidad de escape de una part´ıcula en la tierra es el m´ınimo de velocidad requerida en la superficie de la Tierra para que la part´ıcula pueda escapar del campo gravitacional de la Tierra. Despreciando la resistencia de la atm´osfera, el sistema es conservativo. Del teorema de conservac´on para la energ´ıa potencial m´as cin´etica muestre que la velocidad de escape para la Tierra, ignorando la presencia de la Luna, es de 6.95 mi/s.

Soluci´on Para este problema tenemos que utilizar el teorema de conservaci´on de energ´ıa potencial m´as cin´eti- ca. La energ´ıa cin´etica de la part´ıcula est´a dada por 12 mv^2 , mientras que la energ´ıa cin´etica ser´ıa − Gm RT^ mp Con esto, tenemos que 1 2 m p v

2 p −^

Gm T m p R = 0 donde G es la constante de gravitaci´on universal, m T es la masa de la Tierra, m p la masa de la part´ıcula, R es el radio de la Tierra y v p es la velocidad de la part´ıcula (que es el valor que queremos encontrar). De la ecuaci´on anterior podemos despejar la velocidad:

1 2 m p v

(^2) = Gm T^ m p R

v =

√ (2Gm T ) R Por ´ultimo nos queda sustituir los valores de la constante de gravitaci´on universal y de la masa

y radio terrestres en la ecuaci´on anterior:

v =

√√ √√ (2(6, 674 × 10 −^11 N m kg 22 )(5, 972 × 1024 kg) 6 , 371 × 106 m

√√ √√ 7 , 971 × 1014 m s 23 6 , 371 × 106 m =

√ 1 , 251 × 108 m/s

v = 1, 118 × 104 m/s = 6, 9509 mi/s

Problema 13.

Una part´ıcula se mueve en un plano bajo la influencia de una fuerza, actuando hacia el centro de la fuerza, cuya magnitud es

F =^1 r^2

( 1 − r˙

(^2) − 2¨rr c^2

) ,

donde r es la distancia de la part´ıcula al centro de la fuerza. Encuentre el potencial generalizado que dar´a como resultado tal fuerza, y de ah´ı el lagrangiano para el movimiento en un plano. (La expresi´on de F representa la fuerza entre dos cargas en la electrodin´amica de Weber.)

Soluci´on Debido a que queremos encontrar el potencial generalizado y ya se nos proporciona la fuerza bajo la que se mueve la part´ıcula, podemos hacer uso de la ecuaci´on que se vio en clase:

F = −

∂U

∂r +^

d dt

( ∂U

∂r

) (2)

y ya que el problema nos est´a proporcionando la magnitud de la fuerza, podemos igualar ambas expresiones:

∂U

∂r +^

d dt

( ∂U

∂r

)

r^2

( 1 −

r˙^2 c^2 +

2¨rr c^2

)

r^2 −^

r˙^2 c^2 r^2 +

2¨r c^2 r

Podemos ver que s´olo el tercer t´ermino (del lado derecho de la igualdad) tiene una segunda derivada temporal, por lo que podemos buscar una expresi´on que al derivarla respecto al tiempo nos arroje ese mismo valor: d dt

( (^) 2 ˙r rc^2

)

2¨r rc^2 −^

2 ˙r c^2

( (^) r˙ r^2

)

= 2¨r rc^2

− 2 ˙r

2 r^2 c^2

v^2 = ˙r^2 cos^2 θ + r^2 θ˙^2 sin^2 θ − 2 r r˙ θ˙ sin θ cos θ + ˙r^2 sin^2 θ + r^2 θ˙^2 cos^2 θ + 2r r˙ θ˙ sin θ cos θ = ˙r^2 + r^2 θ˙^2

Y bien sabemos que la energ´ıa cin´etica es T = 12 mv^2 as´ı que la Lagrangiana resulta:

L = T − U =^12 m

( r ˙^2 + r^2 θ˙^2

) − (^1) r − r˙

2 rc^2 (14)

L =^12 m

( r ˙^2 + r^2 θ˙^2

) − (^1) r

( 1 + r˙

2 c^2

) (15)

Problema 14.

Si L es una Lagrangiana del sistema de n grados de libertad satisface las ecuaciones de Lagrange, muestre por sustituci´on directa que

L′^ = L +

dF (q 1 , ..., q n , t) dt

tambi´en satisface las ecuaciones de Lagrange donde F es cualquier funci´on de sus argumentos, ar- bitraria, pero diferenciable.

Soluci´on Podemos sustituir L′^ en las ecuaciones de Lagrange:

d dt

( ∂L′

∂ q˙

) −

∂L′

∂q = 0 d dt

∂ q˙

(L + dF dt

) − ∂ ∂q

( L + dF dt

) = 0

d dt

[ ∂L

∂ q˙

∂ q˙

( (^) dF dt

)] − ∂L ∂q

∂q

( (^) dF dt

) = 0

d dt

( ∂L

∂ q˙

) − ∂L ︸ ︷︷ ∂q︸ =0 , ec. de Lagrange

  • d dt

∂ q˙

[ (^) dF dt

]) − ∂ ∂q

( (^) dF dt

) = 0

. Con esto, ´unicamente nos falta demostrar que el t´ermino que resta es igual a cero para que veamos que realmente se siguen satisfaciendo las ecuaciones de Lagrange:

d dt

∂ q˙

[ (^) dF dt

]) − ∂ ∂q

( (^) dF dt

) = 0

d dt

( ∂ F˙ ∂ q˙

)

∂ F˙

∂q

Problema 15.

Sea q 1 , ..., q n un conjunto de coordenadas generalizadas independiente para un sistema de n grados de libertad, con una Lagrangiana L(q, q, t˙ ). Suponga que transformamos a otro conjunto de coordenadas independientes s 1 , ...s n por medio de las ecuaciones de transformaci´on

q i = q i (s 1 , ..., s n , t), i = q, ..., n.

(Tal transformaci´on es llamada transformaci´on de punto .) Muestre que si la funci´on Lagrangiana es expresada como funci´on de s j , s˙ j , y t mediante las ecuaciones de transformaci´on, entonces L satisface las ecuaciones de Lagrange con respecto a las coordenadas s:

d dt

( ∂L ∂ s˙ j

) −

∂L

∂s j^ = 0

En otras palabras, la forma de las ecuaciones de Lagrange es invariante bajo la transformaci´on de punto.

Soluci´on Podemos partir de lo que queremos demostrar:

d dt

( ∂L ∂ s˙ j

) − ∂L ∂s j

poniendo las derivadas parciales en t´erminos de las coordenadas q, utilizando la regla de la cadena de la siguiente manera ∂L ∂ s˙ j^ =^

i

∂L

∂ q˙ i

∂ q˙ i ∂ s˙ j^ (17) ∂L ∂s

i

∂L

∂q i

∂q i ∂s j

Ahora, usando ∂q i ∂s j

= ∂^ q˙ i ∂ s˙ j

en la ecuaci´on (17), la podemos reescribir como

∂L ∂ s˙ j

i

∂L

∂ q˙ i

∂q i ∂s j

As´ı, usando los resultados de las ecuaciones (18) y (19), podemos ver que entonces la ecuaci´on (16) resulta: d dt

[∑

i

∂L

∂ q˙ i

∂q i ∂s j

] −

[∑

i

∂L

∂q i

∂q i ∂s j

] = 0, (20)

m^2 x˙^2 x¨ + 2mxV¨ (x) − m x˙^2 dV dx^ (x )+ 2m x˙^2 dV dx^ (x )+ 2V (x) dV dx^ (x )= 0

m^2 x˙^2 ¨x + 2mxV¨ (x) + m x˙^2 dV^ (x) dx

  • 2V (x) dV^ (x) dx

m x˙^2

( m¨x + dV dx^ (x)

)

  • 2V (x)

( mx¨ + dV dx^ (x)

) = 0

( m x˙^2 + 2V (x)

) ( mx¨ +

dV (x) dx

) = 0

Problema 19.

Dos puntos masivos de masas m 1 y m 2 est´an conectados por una cuerda que pasa a trav´es de un agujero en una mesa lisa tal que m 1 descansa sobre la superficie de la mesa y m 2 se mantiene suspendida. Asumiendo que m 2 se mueve s´olo en una l´ınea vertical, ¿cu´ales son las coordenadas ge- neralizadas del sistema? Escriba las ecuaciones de Lagrange para el sistema y, si es posible, discuta cualquier significado f´ısico que puedan tener. Reduzca el problema a una sola ecuaci´on diferencial de segundo orden y obtenga la primer integral de la ecuaci´on. ¿Cu´al es su significado f´ısico? (Considere el movimiento s´olo mientras ni m 1 ni m 2 pasen a trav´es del agujero.)

Soluci´on

(a) Vista desde arriba. (b) Vista frontal.

Figura 1: (a) El radio de la circunferencia de una posible trayectoria de la masa m 1 depende de la posici´on de la masa m 2 en z. (b)La masa m 2 s´olo puede moverse sobre el eje z sin poder pasar m´as all´a del origen.

Tenemos que encontrar los vectores de posici´on r 1 y r 2 :

~r 1 = x 1 ˆi + y 1 ˆj + z 1 kˆ

~r 2 = x 2 ˆi + y 2 ˆj + z 2 kˆ

Si tenemos el sistema visto desde arriba, es decir, justo por encima de la mesa, y nos fijamos en un momento en el que la masa m 2 est´a lo m´as cercana posible al agujero, sin pasar por ´el, podemos ver que el movimiento de la masa m 1 se puede ver como en el caso que vimos en clase, del p´endulo plano, donde r 1 es el vector que va desde el origen (que va a estar situado en donde est´a el agujero de la mesa) hasta la masa m 1 y θ el ´angulo medido respecto al eje x. Por otra parte tenemos que para analizar el movimiento de la part´ıcula de masa m 2 tenemos que ver el sistema en un costado, as´ı vemos que s´olo se puede mover como dice el problema, en una l´ınea vertical. Las constricciones de este problema ser´ıan:

  1. z 1 = 0
  2. x 2 = 0
  3. y 2 = 0
  4. |~r 1 | + |~r 2 | = a

donde a es una la longitud de la cuerda que sostiene ambas masas, por tanto es una constante. Y ya que el sistema tiene 2 part´ıculas tenemos 2 grados de libertad, por lo que s´olo necesitamos 2 coordenadas generalizadas. En coordenadas polares podemos escribir los vectores r 1 y r 2 :

~r 1 = r cos θˆi + r sin θˆj (25)

~r 2 = −(a − |~r 1 |)kˆ = (r − a)ˆk (26) Y para obtener las velocidades al cuadrado (necesarias para conocer la energ´ıa cin´etica de ambas part´ıculas) debemos primero derivar estos vectores respecto al tiempo:

~v 1 = d~ dtr^1 =

( r ˙ cos θ − r θ˙ sin θ

) ˆi +

( r ˙ sin θ + r θ˙ cos θ

) ˆj (27)

~v 2 =

d~r 2 dt = ˙r^ (28)

v 12 = ˙r^2 + r^2 θ˙^2 , v 22 = ˙r^2 (29) Ahora s´ı podemos conocer las energ´ıas de las masas:

T 1 =^1 2

m 1 ( ˙r^2 + r^2 θ˙^2 ), V 1 = 0. (30)

T 2 =^1

m 2 r˙^2 , V = m 2 gr (31) Entonces la Lagrangiana del sistema es:

L =^1 2

(m 1 + m 2 ) ˙r^2 +^1 2

m 1 r^2 θ˙^2 − m 2 gr (32)