PROBLEMAS RESUELTOS DE CIENCIAS FISICAS
problemas resueltos de mecánica clasica

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Ejercicios de Mecánica

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Ejercicios de mecánica

Respuesta al ejercicio 12

Tomando el origen de coordenadas en el orificio, con el eje z perpendicular al plano de la mesa, podemos emplear como coordenadas generalizadas la distancia, r, de la masa m1 al orificio y el ángulo, φ, que forma con el eje x. También podemos emplear las coordenadas x e y de m1, con lo cual queda descrita la posición de m2, ya que se tiene:

    \( z_2 = - \left(l - \sqrt{x^2 + y^2}\right) \)
Nosotros vamos a utilizar como coordenadas \(\rho \; y \; \varphi\) ya que se obtienen expresiones más sencillas que en el caso de coordenadas cartesianas. Estos valores empleados corresponden a un sistema de coordenadas cilíndricas, por lo que la energía cinética de cada partícula se expresará:

    \( \displaystyle E_c = \frac{1}{2}m \left(\dot{\rho}^2 + \rho^2 \dot{\varphi}^2 + \dot{z}^2\right) \)
Para la partícula m1 podemos eliminar \(\ddot{z}^2\) puesto que dicha partícula siempre se mueve en el plano. Para la partícula m2 sólo hemos de considerar su coordenada z, pero sabiendo que m1 y m2 están unidas por un hilo inextensible, podemos poner:

    \( z_2 = - (l-\rho) \Rightarrow \dot{z}_2 = \dot{\rho} \Rightarrow \dot{z}_2^2 = \dot{\rho}^2 \)
Así pues, la energía cinética total será:

    \( \displaystyle E_c = \frac{1}{2}m_1(\dot{\rho}^2 + \rho^2\dot{\varphi}^2) + \frac{1}{2}m_2\dot{\rho}^2 \)
Tomando ahora como plano de nivel cero aquel en el que se encuentra el orificio,

movimiento sobre plano horizontal

la energía potencial del sistema será:

    \( \mathcal{V} = - m_2g(l- \rho)\)
Y la lagrangiana del sistema se puede poner:
    \( \displaystyle \mathfrak{L} = \frac{1}{2}\left(m_1 + m_2\right)\dot{\rho}^2 + \frac{1}{2}m_1\rho ^2\dot{\varphi}^2 + m_2g(l-\rho ) \)
De ese modo, las ecuaciones del movimiento para cada una de las coordenadas son:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} \frac{ \partial\mathfrak{L}}{\partial \rho} = m_1\rho\dot{\varphi}^2 - m_2g \\ \\ \frac{ \partial\mathfrak{L}}{\partial \dot{\rho}} = \left(m_1 + m_2\right)\dot{\rho} \Rightarrow \frac{d}{dt}\left(\frac{ \partial\mathfrak{L}}{\partial \dot{\rho}}\right) = \left(m_1 + m_2\right)\ddot{\rho} \end{array} \)
Y para ρ podemos poner:
    \( \left(m_1 + m_2\right)\ddot{\rho} - m_1\rho\dot{\varphi}^2 + m_2g = 0 \)
Al haber empleado coordenadas cilíndricas nos aparece un término que corresponde a una fuerza centrífuga; ello es debido a que el empleo de coordenadas curvilíneas es equivalente a estudiar el sistema respecto de un referencial no inercial.

Las ecuaciones correspondientes a φ se obtienen por:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} \frac{ \partial\mathfrak{L}}{\partial \varphi} = 0 \\ \\ \frac{ \partial\mathfrak{L}}{\partial \dot{\varphi}} = m_1\rho^2\dot{\varphi} \Rightarrow \frac{d}{dt}\left(\frac{ \partial\mathfrak{L}}{\partial \dot{\varphi}}\right) =2m_1\rho\dot{\varphi}\dot{\rho} + m_1\rho^2 \ddot{\varphi} \end{array} \)
Y la expresión para esta coordenada será
    \( 2m_1\rho\dot{\varphi}\dot{\rho} + m_1\rho^2 \ddot{\varphi} = 0 \Rightarrow \rho\varphi = 2\dot{\varphi}\dot{\rho} \)
En la última expresión el miembro de la izquierda expresa la componente según el eje φ de la derivada del momento angular del sistema respecto del origen y el miembro de la derecha es el momento de las fuerzas exteriores, también según el origen.
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tema escrito por: José Antonio Hervás