problemas golstein (capítulo 1)
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Problemasde
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 partıcula con masa constante la ecuacionde movimiento implica la siguiente ecuacion diferencial para laenergıa cinetica:
dT
dt= F · v,
mientras si la masa varıa con el tiempo la ecuacion correspon-diente es
d(mT )
dt= F · p.
La energıa cinetica T de una partıcula de masa m y velocidad ven coordenadas cartesianas esta dada por
T =1
2mv2 =
1
2m(x2 + y2 + z2
),
si m es constante:
dT
dt=
d
dt
[1
2m(x2 + y2 + z2
)]=
1
2m
d
dt
(x2 + y2 + z2
)=
1
2m
(2x
dx
dt+ 2y
dy
dt+ 2z
dz
dt
)=
(m
dx
dt,m
dy
dt,m
dz
dt
)· (x, y, z)
= F · v�
Si m varıa con el tiempo m = m(t),
d
dt(mT ) =
d
dt
[1
2m2(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
(2x
dx
dt+2y
dy
dt+ 2z
dz
dt
)]
=
(x
dm
dt
)mx+
(y
dm
dt
)my +
(z
dm
dt
)mz
+
(m
dx
dt
)mx+
(m
dy
dt
)my +
(m
dz
dt
)mz
=
(x
dm
dt+m
dx
dt
)mx+
(y
dm
dt+m
dy
dt
)my
+
(z
dm
dt+m
dz
dt
)mz
=
[d
dt(mx)
]mx+
[d
dt(my)
]my +
[d
dt(mz)
]mz
=
[d
dt(mx,my,mz)
]· (mx,my,mz)
=
(dp
dt
)· p
= F · p�
2.
Demuestre que la magnitud R del vector de posicion del centrode masa desde un origen arbitrario esta dado por la ecuacion
M2R2 = M∑i
mir2i −
1
2
∑i,j
mimjr2ij .
Tenemos1.
R =1
M
∑i
miri =⇒ MR =∑i
miri,
entonces
M2R2 = MR ·MR
=∑i,j
mimjri · rj . (2.1)
Como rij = ri−rj se tiene r2ij = r2
i + r2j −2ri ·rj , resolviendo para
ri · rj :ri · rj =
1
2(r2i + r2
j − r2ij) (2.2)
sustituyendo la Ec. (2.2) en el lado derecho de la Ec. (2.1) se tiene
M2R2 =∑i,j
mimj
[1
2(r2i + r2
j − r2ij)
]=
1
2
∑i,j
mimjr2i +
1
2
∑i,j
mimjr2j −
1
2
∑i,j
mimjr2ij
=1
2M∑i
mir2i +
1
2M∑j
mjr2j −
1
2
∑i,j
mimjr2ij
= M∑i
mir2i −
1
2
∑i,j
mimjr2ij �
1Esta solucion fue sacada directamente de la referencia [9]
1
5.
Dos rines de radio a son montados a los extremos de un eje comunde longitud b, de manera que los rines rotan independientemente.Toda la combinacion rueda sin deslizarse sobre un plano. Demues-tre que hay dos ecuaciones de restriccion no holonomicas:
cos θdx+ sen θdy = 0
sen θdx− cos θdy =1
2a(dφ+ dφ′)
(donde θ, φ y φ′ tienen significados similares a los del problemade un unico disco vertical, y (x, y) son las coordenadas de unpunto en la mitad del eje entre los dos rines) y una ecuacion derestriccion holonomica,
θ = c− a
b(φ− φ′)
donde c es una constante.
El diagrama para este problema se encuentra en la Figura 1. Endonde r y r′ son las coordenadas del centro de los rines 1 y 2, res-pectivamente, los cuales tienen componentes en las direcciones x, yy z pero dado que los rines permanecen en posicion vertical durantetodo su movimiento, es justificable considerar solo las componentesx, 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 velocidadestan dadas por:
(vx, vy) =
(drxdt
,drydt
)= (v sen θ,−v cos θ).
Y podemos expresar v en terminos del radio del rin y el angulo φcomo
v = adφ
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′ = (r′x, r
′y), a v por v′ y a φ por φ′, lo siguiente:
dr′ = (dr′x,dr′y)
= (adφ′ sen θ,−adφ′ cos θ).(5.2)
Ahora, el vector de posicion del punto (x, y), el cual se encuentraa la mitad del eje que une el rin 1 al rin 2, esta dado en terminosde r y r′ por
(x, y) =1
2(r′ + r),
entonces,
(dx,dy) =1
2(dr′ + dr)
=1
2(dr′x + drx,dr
′y + dry).
Y con ayuda de las Ecs. (5.1) y (5.2), se tiene:
dx =1
2a sen θ(dφ′ + dφ), (5.3a)
dy = −1
2a 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
2a cos θ sen θ(dφ′ + dφ),
sen θdy = −1
2a cos θ sen θ(dφ+ dφ′),
que al sumarlas nos dan la primera ecuacion de restriccion no ho-lonomica: �� ��cos θdx+ sen θdy = 0. (5.4)
Al multiplicar la Ec. (5.3a) por sen θ y la Ec. (5.3b) por − cos θ seobtiene
sen θdx =1
2a sen2 θ(dφ′ + dφ),
− cos θdy =1
2a cos2 θ(dφ+ dφ′),
sumado estas dos expresiones encontramos la segunda ecuacion derestriccion no holonomica:�
�sen θdx− cos θdy =
1
2a(dφ+ dφ′). (5.5)
Si se define un vector r12 = r − r′ que une los centros de losrines y tiene magnitud b, como lo muestra la lınea recta en colorrojo de la Figura 1. Sean (x12, y12) las componentes cartesianasdel vector r12, entonces por la definicion del angulo θ se tiene quetan θ = y12/x12, al derivar con respecto de t:
sec2 θdθ
dt=
1
x12
dy12
dt− y12
x212
dx12
dt
o bien
sec2 θdθ =1
x12dy12 −
tan θ
x12dx12. (5.6)
Por otro lado se tiene que dr12 = dr − dr′ cuyas componentespodemos 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
x12a cos θ(dφ− dφ′)− tan θ
x12a 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),
2
de la definicion de θ se tiene que cos θ = x12/√x2
12 + y212 = x12/b,
ası que
dθ = −ab
(dφ− dφ′)
esta ultima expresion puede integrase y obtener con ello la ecuacionde restriccion holonomica:�
�θ = c− a
b(φ− φ′) (5.8)
en donde c es la constante de integracion.
Comentarios
La Ec. (5.4) implica que dz = 0, entonces z permanece constante, porello la Ec. (5.4) podrıa corresponder a la restriccion de que los rinespermanecen horizontales. Si en la Ec. (5.5) se tuviese que dφ+dφ′ = 0implicarıa que los rines estan deslizandose sobre la superficie, es porello que podrıamos asociar la Ec. (5.5) a la restriccion de que los rinesruedan sin deslizarse. Si φ = φ′ implicarıa que el rodamiento de los ri-nes no fuera independiente el uno del otro, por lo cual podemos asociarla Ec. (5.8) a la condicion de que los rines rotan independientemente.
6.
Una partıcula se mueve en el plano xy bajo la restriccion de quesu vector velocidad esta siempre dirigido hacia un punto en el ejex cuya accisa es alguna funcion dada del tiempo f(t). Demuestreque para f(t) diferenciable, pero arbitraria, la restriccion es noholonomica.
En la Figura 2 muestra el diagrama de la situacion que planteael problema. El vector de posicion de la partıcula es r, v es suvelocidad que esta dirigida hacia el punto f(t) del eje x.
rv
h
x
y
f(t)
Figura 2: Partıcula moviendose en el plano xy bajo la restriccionde que su vector velocidad esta siempre dirigido hacia un punto enel 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 posicionde la partıcula hasta el punto f(t) esta 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 apreciaen la Figura 2) es decir h× v = 0, en donde, h = (f(t)− x,−y, 0)y v = (vx, vy, 0). De la condicion h× v = 0 se tiene que:
vyvx
=hyhx
⇒ dy/dt
dx/dt=
−yf(t)− x
de donde obtenemos una restriccion no holonomica:�
�dy
y=
dx
x− f(t)(6.1)
7.
Demuestre que las Ecuaciones de Lagrange en la forma (1.53)pueden tambien 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 funcion implıcita 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 estara dadapor la regla de la cadena:
dT
dt=∑i
(∂T
∂qi
dqidt
+∂T
∂qi
dqidt
)=∑i
(∂T
∂qiqi +
∂T
∂qiqi
).
Entonces:
∂T
∂qj− 2
∂T
∂qj=
∂
∂qj
(dT
dt
)− 2
∂T
∂qj= Qj
=∂
∂qj
[∑i
(∂T
∂qiqi +
∂T
∂qiqi
)]− 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
∂qiδij
+∂
∂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�
3
8.
Si L es un Lagrangiano para un sistema de n grados de libertadque satisface las ecuaciones de Lagrange, demuestre por sustitu-cion directa que
L′ = L+dF (q1, . . . , qn, t)
dt
tambien satisface las ecuaciones de Lagrange, donde F es cual-quier funcion 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
∂qkqk +
∂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
∂qkδik
]+∂
∂t
∂F
∂qi
=∂F
∂qi,
y sustituyendo en el segundo termino del lado derecho de laEc. (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, ası, los primeros dosterminos del lado derecho suman cero, y la continuidad de F im-
plica qued
dt
∂F
∂qi=
∂
∂qi
dF
dt, por lo tanto:
�
�d
dt
∂L′
∂qi− ∂L′
∂qi= 0. (8.3)
9.
El campo electromagnetico es invariante bajo una transformacionde 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), ¿Que efecto tiene es-ta transformacion de norma sobre el Lagrangiano de una partıculaque se mueve en el campo electromagnetico? ¿El movimiento esafectado?
Tomando la definicion del operado ∇ como:
∇ =∑i
ei∂
∂ri
en donde ri son las componentes del vector r y ei es un vectorunitario con direccion i. La derivada total de ψ(r, t) con respectode t, puede ahora ser expresada como:
dψ
dt=∑i
∂ψ
∂ri
dridt
+∂ψ
∂t
=
(∑i
ei∂ψ
∂ri
)· dr
dt+∂ψ
∂t
= ∇ψ · v +∂ψ
∂t.
(9.4)
El Lagrangiano de una partıcula con carga q, masa m y velocidadv que se mueve dentro de un campo electromagnetico es:
L =1
2mv2 − qφ+
q
cA · v.
Al aplicar la transformacion se tiene
L′ =1
2mv2 − q
(φ− 1
c
∂ψ
∂t
)+q
c(A +∇ψ) · v
=1
2mv2 − qφ+
q
cA · v +
q
c
(∇ψ · v +
∂ψ
∂t
)= L+
q
c
dψ
dt,
ası que el Lagrangiano se ve afectado con la adicion de la derivadatotal de ψ(r, t) con respecto de t. Y como se demostro en el proble-ma 8 las ecuaciones del movimiento no se ven afectadas, es decir,no se afecta el movimiento de la partıcula.
4
12.
La velocidad de escape de una partıcula sobre la superficie de laTierra es la mınima velocidad requerida en la superficie terrestrepara que la partıcula pueda escapar del campo gravitacional de laTierra. A partir del teorema de conservacion de la energıa cineticamas la energıa potencial, demuestre que la velocidad de escape enla 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 partıcula (de masa m) inicialmente se encuentra sobrela superficie de la Tierra y posee velocidad vi. La partıcula alcanzaun punto final a una distancia r medida desde el centro de la Tierra,en donde se detiene, esto es, vf = 0 (Figura 3).
vm
R
M
r
i
vf = 0
Figura 3: Velocidad de escape.
La energıa potencial de la partıcula es:
U = −G Mm
rpartıcula,
en donde G es la constante gravitacional y rpartıcula es la distanciaa la cual se encuentra la partıcula medida desde el centro de laTierra. Entonces, por el teorema de conservacion:
(T + U)inicial = (T + U)final
1
2mv2
i −GMm
R=
1
2mv2
f −GMm
r1
2mv2
i −GMm
R= −GMm
r,
resolviendo para vi
vi =
√2GM
(1
R− 1
r
). (12.1)
Para que la partıcula escape del campo gravitacional de la Tierra,se requerira r →∞, en otras palabras, la partıcula se alejara mas ymas lejos de la Tierra conforme su velocidad se aproxima asintotica-mente a cero. Tomando el lımite r →∞ en la Ec. (12.1) obtenemosla 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 reaccion al momento de losgases que salen eyectados del tubo de escape desde la cola delcohete. Dado que esos gases se originan a partir de la reaccion delcombustible transportado dentro del cohete, la masa del cohete noes constante sino que decrece conforme el combustible es gastado.Demuestre que la ecuacion de movimiento para un cohete proyec-tado verticalmente hacia arriba dentro de un campo gravitacionalconstante, despreciando la friccion de la atmosfera, es
mdv
dt= −v′ dm
dt−mg,
en donde m es la masa del cohete y v′ es la velocidad de los gasesliberados relativa al cohete. Integre esta ecuacion para obtener vcomo funcion de m, suponiendo que la tasa temporal de perdidade masa es constante. Demuestre, para un cohete que inicialmenteesta en reposo, con v′ igual a 2.1 km/s y una perdida de masapor segundo igual a 1/60 de la masa inicial, que para alcanzar lavelocidad de escape el cociente del peso del combustible con elpeso del cohete vacıo debe ser de al menos ¡300!
El diagrama del movimiento del cohete es mostrado en laFigura 4 (se entiende que el movimiento ocurre solo en la com-ponente vertical y se omitira 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 surapidez instantanea 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 respectoal cohete, y v−v′ con respecto a un marco de referencia estaciona-rio. Inmediatamente despues de que la masa −dm es eyectada, larapidez 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 estaran 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 pequeno diferencialde tiempo. De las Ecs. (13.1), encontramos el momento inicial y
5
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 pequena 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 actua sobre nuestro sistema es igual a
Fexterna = −mg, (13.4)
recuerde que la masa del sistema se conserva constante, no ası ladel 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 ecuacion dearriba obtenemos la ecuacion diferencial buscada�
�m
dv
dt= −v′ dm
dt−mg. (13.5)
Para integrar la Ec. (13.5), consideremos que el combustible sequema 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′
mα− 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 vrespectivamente (parte del reposo), y que los valores inicial y finalde la masa son m0 y m respectivamente, entonces:∫ v
0
dv =
∫ m
m0
(− v′
m+g
α
)dm
v = − gα
(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 sincombustible y la masa del combustible, respectivamente, entoncesla masa inicial m0 sera igual a msc + mcom. Suponiendo, ademas,que el cohete alcanza la rapidez de escape vesc justo cuando todoel combustible se ha quemado, de tal manera que m = msc en laEc. (13.8), esto es
vesc = v(msc)
= − gα
(msc +mcom −msc) + v′ ln
(msc +mcom
msc
)= −60g
(mcom
msc +mcom
)+ v′ ln
(msc +mcom
msc
),
en la ultima igualdad se ha considerado que α = m0/60, y debemosaclarar, por la definicion dada por la Ec. (13.6), que α tiene unida-des de masa por unidad de tiempo (kg/s, en el S. I.), ası entonces,
la dimension de masa esta incluida en m0 ası que, el sımbolo 60se refiere a 60 s. Dado que msc ≪ mcom podemos considerar quela aproximacion: msc + mcom ≈ mcom es lo suficientemente bue-na para ser considerada una igualdad, ası la ecuacion anterior setransforma en
vesc = −60g
(mcom
mcom
)+ v′ ln
(mcom
msc
)resolviendo para mcom/msc, ademas, 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 estan unidos por una barra rıgida sinpeso de longitud l, cuyo centro esta restringido a moverse en uncırculo de radio a. Exprese la energıa cinetica en coordenadasgeneralizadas.
La geometrıa del problema se presenta en la Figura 5, en dondehay dos marcos de referencia: el xy que permanece estacionario y elx′y′ que se desplaza junto con el centro de la barra, pero de formatal que los ejes x y x′ siempre son paralelos, lo mismo ocurre conlos ejes y y y′. a es el radio que conecta al centro del cırculo conel centro de la barra, θ es el angulo que forma el eje x con a, φ esel angulo que hay entre eje x′ y la barra, m1 y m2 son las masasque se encuentran a cada extremo de la barra y cuya magnitud esigual a m.
q
flm
ma
x
x
y y
1
2
Figura 5: Masas puntuales conectadas por una barra que se muevea traves de un cırculo.
La posicion del centro de la barra relativa al marco de referenciaxy es
(xb, yb) = (a cos θ, a sen θ).
Mientra que la posicion de m1 relativa al marco de referencia x′y′
viene dada por
(x′1, y′1) =
(− l
2cosφ,− l
2senφ
),
y la de m2 (relativa a x′y′)
(x′2, y′2) =
(l
2cosφ,
l
2senφ
).
6
Entonces, las correspondientes posiciones de m1 y m2 relativas almarco de referencia xy seran
(x1, y1) = (xb, yb) + (x′1, y′1)
=
(a cos θ − l
2cosφ, a sen θ − l
2senφ
)y
(x2, y2) = (xb, yb) + (x′2, y′2)
=
(a cos θ +
l
2cosφ, a sen θ +
l
2senφ
).
Las velocidades son:
(vx1, vy1) =
(−aθ sen θ +
l
2φ senφ, aθ cos θ − l
2φ cosφ
),
(vx2 , vy2) =
(−aθ sen θ − l
2φ senφ, aθ cos θ +
l
2φ cosφ
),
de donde podemos calcular el cuadrado de las velocidades:
v21 = a2θ2 +
l2
4φ2 − alθφ(sen θ senφ+ cos θ cosφ),
v22 = a2θ2 +
l2
4φ2 + alθφ(sen θ senφ+ cos θ cosφ)
para finalmente obtener la energıa cinetica en terminos de las coor-denadas generalizadas, T = T (θ, φ, θ, φ) como sigue:
T =1
2
2∑j=1
mjv2j
=1
2m1v
21 +
1
2m2v
22
=1
2m1
[a2θ2 +
l2
4φ2 − alθφ(sen θ senφ+ cos θ cosφ)
]+
1
2m2
[a2θ2 +
l2
4φ2 + alθφ(sen θ senφ+ cos θ cosφ)
]y dado que m1 = m2 = m:�
�� T = m
(a2θ2 +
l2
4φ2
). (14.2)
ComentariosEste problema puede resolverse facilmente empleando el softwareMathematicar utilizando la siguiente rutina (debera copiar y entoncespegar en el Notebook (.nb)).
(*Limpia las variables indicadas*)
Clear[a, \[Theta], \[Phi], t, m];
(*Define la posicion 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 posicion 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 energıa cinetica del sistema*)
T = FullSimplify[1/2*m*((vm1.vm1) + (vm2.vm2))];
(*Factoriza m y entrega una salida en notacion
matematica tradicional*)
Collect[T, m] // TraditionalForm
16.
Una partıcula se mueve en un plano bajo la influencia de unafuerza, actuando hacia un centro de fuerza cuya magnitud es
F =1
r2
(1− r2 − 2rr
c2
),
donde r es la distancia de la partıcula al centro de fuerza. Encuen-tre el potencial generalizado que resultara en tal una fuerza, y deeste el Lagrangiano para el movimiento en el plano. (La expresionpara F representa la fuerza entre dos cargas en la electrodinamicade Webers).
El potencial generalizado depende de las coordenadas y las velo-cidades, U(r, r), y:
F = −∂U∂r
+d
dt
(dU
dr
)=
1
r2− r2 − 2rr
c2r2,
el primer termino del lado derecho corresponde a la ley de Coulomb,por lo tanto se puede derivar del potencial Coulombiano: 1/r. Elsegundo termino tiene el aspecto de una derivada de un cociente, demanera que podemos ponerlo como r2/(c2r) que es una mezcla dela energıa cinetica y el potencial de Coulomb. Ası 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 = 2r/(c2r), entonces
d
dt
(∂U
∂r
)=
2r
c2r− 2r2
c2r2
y finalmente:
−∂U∂r
+d
dt
(dU
dr
)=
1
r2+
r2
c2r2+
2r
c2r− 2r2
c2r2
=1
r2− r2
c2r2+
2r
c2r
=1
r2− r2 − 2rr
c2r2
= F.
En coordenadas polares la energıa cinetica de una partıcula demasa m es T = (1/2)m(r2 + r2θ2), y el Lagrangiano queda como:�
�� L =
1
2m(r2 + r2θ2)− 1
r
(1 +
r2
c2
). (16.2)
7
17.
Un nucleo, originalmente en reposo, decae radiactivamente emi-tiendo un electron de momento 1.73 MeV/c, y en angulo recto a ladireccion del electron un neutrino con momento 1.00 MeV/c. (ElMeV, millon de electron volt, es una unidad de energıa utilizadaen fısica 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 que direccion retrocede el nucleo? ¿Cual es su mo-mento en MeV/c? Si la masa del nucleo residual es 3.90× 10−25
kg ¿Cual es su energıa cinetica, en electron volts?
En el sistema de coordenadas xy mostrado en la Figura 6, elnucleo originalmente reposa en el origen, tiempo despues decaeradiactivamente emitiendo un electron (e−) en la direccion +y, en-tonces el neutrino (ν) es emitido en direccion +x, el vector pe−+ν
(de magnitud pe−+ν y direccion θ) representa el momento resul-tante del momento del electron y el neutrino (Figura 6).
Núcleo
y
x
ep e
+ n
p núcleo
nq
q
Figura 6: Decaimiento radiactivo de un nucleo.
Tenemos:
pe−+ν =
√(1.75
MeV
c
)2
+
(1.00
MeV
c
)2
= 2.00MeV
c
en direccion
θ = tan−1
(1.73 MeV/c
1.00 MeV/c
)= 60.0◦,
por lo tanto el nucleo retrocede en direccion�� ��180◦ + θ = 240◦, (medido desde el eje + x). (17.1)
y su momento tiene magnitud pnucleo (Figura 6):�
�pnucleo = 2.00
MeV
c(17.2)
La energıa cinetica en electron volts (eV) es:
T =1
2mv2
=1
2
p2nucleo
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 fısico particular puede ser escritocomo
L′ =m
2(ax2 + 2bxy + cy2) +
k
2(ax2 + 2bxy + cy2)
donde a, b y c son constantes arbitrarias pero sujetas a la condicionde que b − ac 6= 0. ¿Cuales son las ecuaciones de movimiento?Examine particularmente los dos casos a = 0 = c y b = 0, c = −a¿Cual es el sistema fısico definido por al Lagrangiano anterior?Demuestre que el Lagrangiano habitual para este sistema comose definio por medio de la ecuacion (1.57′) esta relacionado a L′
por una transformacion Puntual (cf. Derivacion 10). ¿Cual es laimportancia de la condicion sobre el valor de b2 − ac?
Los coordenadas generalizadas son los coordenadas cartesianasx y y, entonces, habra 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(ax2 + 2bxy + cy2) +
k
2(ax2 + 2bxy + cy2)
]=m
2(2ax+ 2by),
entoncesd
dt
(∂L′
∂x
)= m(ax+ by).
Y
∂L′
∂x=
∂
∂x
[m
2(ax2 + 2bxy + cy2) +
k
2(ax2 + 2bxy + cy2)
]= −k(ax+ by),
ası, nuestra primera ecuacion del movimiento es�� ��m(ax+ by) = −k(ax+ by). (18.1)
En su turno, para y:
∂L′
∂y=
∂
∂y
[m
2(ax2 + 2bxy + cy2) +
k
2(ax2 + 2bxy + cy2)
]=m
2(2bx+ 2cy),
entoncesd
dt
(∂L′
∂y
)= m(bx+ cy).
Y
∂L′
∂y=
∂
∂y
[m
2(ax2 + 2bxy + cy2) +
k
2(ax2 + 2bxy + cy2)
]= −k(bx+ cy),
entonces, nuestra segunda ecuacion del movimiento es:�� ��m(bx+ cy) = −k(bx+ cy). (18.2)
Cuando a = 0 = c, las Ecs. (18.1) y (18.2) se transforman,respectivamente, en
my = −ky, y, mx = −kx.
Ahora, si b = 0 y c = −a, estas son
mx = −kx, y, my = −ky,
8
que claramente corresponden a la ecuacion de un oscilador armoni-co simple, en otras palabras, una masa m que se mueve bajo laaccion de una unica fuerza (proporcional a la posicion de la ma-sa) la cual se opone a su movimiento. L′ describe el movimientoarmonico simple en dos dimensiones.
Una transformacion puntual del plano xy al plano uv (es decir,un punto en el plano xy genera un punto en plano uv) que puedeintuirse 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 u = ax+by, y, u = ax+by. Entonces las ecuacionesde movimiento en el plano uv se miran como
mu = −ku y mv = −kv,
que son las ecuaciones de movimiento mas habituales para el mo-vimiento armonico simple.
La transformacion inversa de las Ecs.(18.3) puede encontrase dela siguiente manera:
bu− av = bax+ b2y − bax− cay= b2y − cay
ası que
y =bu− avb2 − ac
.
Por otro lado:
−cu+ bv = −acx− bcy + b2x+ bcy
= −acx+ b2x
entonces
x =bu− cvb2 − ac
de donde puede apreciarse la importancia de la condicionb2 − ac 6= 0.
19.
Obtenga las ecuaciones de Lagrange del movimiento para unpendulo esferico, i. e., una masa suspendida por medio de unabarra rıgida sin peso.
Sea m la masa de la plomada que esta sujeta a un punto fijo poruna barra rıgida de longitud l como se muestra en la Figura 7, laplomada es libre de navegar en cualquier direccion bajo la accionde la gravedad, pero esta restringida a moverse en el interior de lasuperficie de una esfera.
m
l
g
q
f
Figura 7: Pendulo esferico.
La geometrıa esferica que presenta el problema nos induce ha uti-lizar coordenadas esfericas para su solucion. El vector de posicionr = (r1, r2, r3) de la plomada es (de acuerdo a la Figura 7):
r = (l sen θ cosφ, l sen θ senφ, l cos θ),
y las componentes de su velocidad
v1 = lθ cos θ cosφ− lφ sen θ senφ,
v2 = lθ cos θ senφ+ lφ sen θ cosφ,
v3 = −lθ sen θ.
Entonces:
v21 = l2θ2 cos2 θ cos2 φ− 2l2θφ sen θ senφ cos θ cosφ
+ l2φ2 sen2 θ sen2 φ,
v22 = l2θ2 cos2 θ sen2 φ+ 2l2θφ sen θ senφ cos θ cosφ
+ l2φ2 sen2 θ cos2 φ,
v23 = l2θ2 sen2 θ,
ahora podemos calcular v2:
v2 = v21 + v2
2 + v23
= l2θ2 + l2φ2 sen2 θ.
Ası que, la energıa cinetica del sistema sera
T =1
2mv2
=1
2m(l2θ2 + l2φ2 sen2 θ).
(19.1)
Si tomamos el punto de soporte como el nivel de referencia parala energıa potencial, entonces
V = mgl cos θ, (19.2)
9
ası, por ejemplo, cuando la plomada se encuentra en el punto ver-tical mas alto θ = 0 y V = mgl, cuando se encuentra en el planodel punto de soporte θ = π/2 y V = 0, y cuando se encuentra enel punto vertical mas bajo θ = π entonces V = −mgl.
El Lagrangiano del sistema es:
L = T − V
=1
2m(l2θ2 + l2φ2 sen2 θ)−mgl cos θ,
(19.3)
l es constante, por lo que solo hay dos grados de libertad, quecorresponden a las dos coordenadas generalizadas independientes φy θ, entonces, habra dos ecuaciones de Lagrange para el movimientodel pendulo esferico:
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
2m(l2θ2 + l2φ2 sen2 θ)−mgl cos θ
]= ml2φ sen2 θ,
entonces
d
dt
(∂L
∂φ
)=
d
dt
(ml2φ sen2 θ
)= ml2[φ sen2 θ + φ(2 sen θ)(cos θ)(θ)]
= ml2φ sen2 θ + 2ml2θφ sen θ cos θ,
y
∂L
∂φ=
∂
∂φ
[1
2m(l2θ2 + l2φ2 sen2 θ)−mgl cos θ
]= 0.
Por lo tanto la Ec. (19.4a) nos da nuestra primer ecuacion de mo-vimiento: �� ��ml2φ sen2 θ + 2ml2θφ sen θ cos θ = 0. (19.5)
Para la coordenada θ
∂L
∂θ=
∂
∂θ
[1
2m(l2θ2 + l2φ2 sen2 θ)−mgl cos θ
]= ml2θ,
entonces
d
dt
(∂L
∂θ
)= ml2θ
y
∂L
∂θ=
∂
∂θ
[1
2m(l2θ2 + l2φ2 sen2 θ)−mgl cos θ
]= ml2φ2 sen θ cos θ +mgl sen θ.
Ası que de la Ec. (19.4b) obtenemos la segunda ecuacion de movi-miento: �� ��ml2θ −ml2φ2 sen θ cos θ −mgl sen θ = 0. (19.6)
20.
Una partıcula de masa m se mueve en una dimension tal que tieneel Lagrangianoa
L =m2x4
12+mx2V (x)− V 2(x)
donde V es alguna funcion diferenciable de x. Encuentre las ecua-ciones de movimiento para x(t) y describa la naturaleza fısica delsistema sobre las bases de esta ecuacion.
aEn la referencia [1] este lagrangiano aparece como L =m2x4
12+
mx2V (x) − V2(x), donde V2(x) debe ser un error tipografico.
Tenemos:∂L
∂x= mx2 dV
dx− 2V
dV
dx. (20.7)
Y∂L
∂x=
4m2x3
12+ 2mxV,
entonces:
d
dt
(∂L
∂x
)=
3m2x2x
3+ 2mxV + 2mx
dV
dt
= m2x2x+ 2mxV + 2mx2 dV
dx,
(20.8)
en el ultimo termino del lado derecho de la ecuacion anterior seutilizo la regla de la cadena:
dV
dt=
dV
dx
dx
dt= x
dV
dx,
puesto que V = V(x(t)
).
La ecuacion de Lagrange, de acuerdo a los resultados de lasEcs. (20.7) y (20.8) llega a ser:
d
dt
(∂L
∂x
)− ∂L
∂x= 0
m2x2x+ 2mxV + 2mx2 dV
dx−mx2 dV
dx+ 2V
dV
dx= 0
m2x2x+ 2mxV +mx2 dV
dx+ 2V
dV
dx= 0
2
(1
2mx2 + V
)mx+ 2
(1
2mx2 + V
)dV
dx= 0(
1
2mx2 + V
)(mx+
dV
dx
)= 0,
en el primer termino dentro del primer parentesis del lado de laizquierda, podemos identificar la energıa cinetica T = mv2/2, y, siidentificamos Fexterna = −dV/dx, entonces, T + V es constante ydiferente de cero, ası la ecuacion de Lagrange se reduce a�� ��mx = Fexterna. (20.9)
L representa el movimiento de una partıcula que se mueve bajo laaccion de un campo de fuerza conservativo.
10
21.
Dos masa puntuales de masa m1 y m2 estan conectadas por unacuerda que pasa a traves de un agujero en una mesa pulida, talque, m1 reposa sobre la superficie de la mesa y m2 cuelga sus-pendida. Asumiendo que m2 se mueve unicamente en una lineavertical, ¿Cuales son las coordenadas generalizadas para el siste-ma? Escriba las ecuaciones de Lagrange para el sistema y, si esposible, discuta el significado fısico que cualquiera de ellas debetener. Reduzca el problema a una sola ecuacion diferencial de se-gundo orden y obtenga una primera integral de la ecuacion. ¿Cuales su significado fısico? (Considere el movimiento unicamente has-ta que m1 alcanza el agujero).
En la Figura 8 se encuentra bosquejada la situacion. La cuerdatiene longitud constante l = r + s, la masa de la cuerda es depre-ciablemente pequena comparada con m1 +m2, la masa m1 es librede rotar con la cuerda sobre el plano (la mesa). El tramo de cuerdadesde el origen hasta la masa m2 es de longitud s = l − r.
m
x
z
y
s
q
qr
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 angulo 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 posicion 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
v2x1
= s2 cos2 θ + 2(l − s)sθ cos θ sen θ + (l − s)2θ2 sen2 θ,
v2y1 = s2 sen2 θ − 2(l − s)sθ cos θ sen θ + (l − s)2θ2 cos2 θ
y
v21 = v2
x1+ v2
y1
= s2 + (l − s)2θ2.(21.1)
Mientras que, para m2 se tiene r2 = (0, 0, s), entonces, v2 =(0, 0, s), sı que:
v22 = s2. (21.2)
Finalmente podemos calcular la energıa cinetica del sistema, comosigue:
T =1
2
2∑i=1
miv2i
=1
2m1v
21 +
1
2m2v
22
=1
2m1s
2 +1
2m1(l − s)2θ2 +
1
2m2s
2
=1
2(m1 +m2)s2 +
1
2m1(l − s)2θ2.
(21.3)
Si tomamos la mesa como el nivel de energıa potencial cero, enton-ces la energıa potencial del sistema viene dada por
V = −m2gs. (21.4)
Y el Lagrangiano del sistema sera
L = T − V
=1
2(m1 +m2)s2 +
1
2m1(l − s)2θ2 +m2gs,
(21.5)
para encontrar las ecuaciones de Lagrange, primero formamos:
d
dt
(∂L
∂s
)= (m1 +m2)s;
∂L
∂s= −(l − s)m1θ
2 +m2g,
d
dt
(∂L
∂θ
)=
d
dt
[(l − s)2m1θ
];
∂L
∂θ= 0
de donde obtenemos nuestras dos ecuaciones de Lagrange para elsistema: �� ��(m1 +m2)s+ (l − s)m1θ
2 −m2g = 0 (21.6)
y �
�d
dt
[m1(l − s)2θ
]= 0. (21.7)
Deseamos darle significado fısico a la Ec. (21.7), para darseloconsideremos el momento angular de m1, observamos de la Figura 8que (por la regla de la mano derecha para el producto vetorial):
L = |r× p|= m1|r× v|= m1(r)(rθ) sen 90◦
= m1r2θ
= m1(l − s)2θ,
entonces, la Ec. (21.7) nos dice que el momento angular del sistemapermanece constante durante el movimiento, en otras palabras, esla ley de conservacion del momento angular.
Finalmente, trataremos de integrar (por lo menos una ves) unade las ecuaciones del movimiento. Sea la Ec.(21.6), procedemoscomo sigue:
(m1 +m2)s+ (l − s)m1θ2 −m2g = 0
(m1 +m2)s+(l − s)4θ2m2
1
(l − s)3m1−m2g = 0
(m1 +m2)s+[(l − s)2θm1]2
(l − s)3m1−m2g = 0
(m1 +m2)s+[L]2
(l − s)3m1−m2g = 0
multiplicamos por s
(m1 +m2)ss+L2s
(l − s)3m1−m2gs = 0
d
dt
[1
2(m1 +m2)s2 +
1
2
L2
(l − s)2m1−m2gs
]= 0,
11
recuerde que dL/dt = 0, ası esta ultima ecuacion puede integrasedirectamente para obtener:
1
2(m1 +m2)s2 +
1
2
L2
(l − s)2m1−m2gs = cte.
1
2(m1 +m2)s2 +
1
2
(l − s)4θ2m21
(l − s)2m1−m2gs = cte.
1
2(m1 +m2)s2 +
1
2(l − s)2θ2m1 −m2gs = cte.
L+ V = cte.
esto es, la energıa total del sistema se conserva.
Comentarios
La condicion de “considerar el movimiento unicamente hasta que m1
alcanza el agujero” quedo incrustada en la forma T y V que se to-maron, pues, una ves que la masa m1 comenzara a caer habrıa queconsiderar, por ejemplo, su contribucion a la energıa potencial, enton-ces habrıa que anadir un termino extra a la Ec. (21.4). Mientras quela energıa cinetica (Ec. (21.3)) tomarıa otra forma.
23.
Obtenga el Lagrangiano y las ecuaciones de movimiento para elpendulo doble ilustrado en la Figura 1.4, donde la longitudes delas pendulas son l1 y l2 con correspondientes masas m1 y m2.
m1
l1
m2
l2
gq 1
q 2
Figura 1.4: Pendulo doble.
Las coordenadas de las dos partıculas m1 y m2 estan 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 = −l1θ1 sen θ1 x2 = −l1θ1 sen θ1 − l2θ2 sen θ2
y1 = l1θ1 cos θ1 y2 = l1θ1 cos θ1 + l2θ2 cos θ2,
ası que
Para m1 Para m2
v21 = x2
1 + y21 v2
2 = x22 + y2
2
= l21θ21 = l21θ
21 + l22θ
22 + 2l1l2θ1θ2 cos(θ1 − θ2).
Podemos ahora calcular la energıa cinetica del sistema:
T =1
2m1l
21θ
21 +
1
2m2[l21θ
21 + l22θ
22 + 2l1l2θ1θ2 cos(θ1 − θ2)]. (23.1)
Si se elige el nivel de referencia para la energıa potencial a la dis-tancia l1 + l2 debajo del punto de suspension, 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
2m1l
21θ
21 +
1
2m2[l21θ
21 + l22θ
22 + 2l1l2θ1θ2 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)l21θ1 +m2l1l2θ2 cos(θ1 − θ2)
+m2l1l2θ22 sen(θ1 − θ2) = −(m1 +m2)gl1 sen θ1, (23.4)
y
m2l22θ2 +m2l1l2θ1 cos(θ1 − θ2)
−m2l1l2θ21 sen(θ1 − θ2) = −m2gl2 sen θ2. (23.5)
Bibliografıa
[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 Particlesand 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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