2o ciclo Péndulo de Ehrenfest. Resolución en ordenes

[Magic24]

Hola, tengo el siguiente problema de un examen anterior y no sé resolverlo:

Péndulo de Ehrenfest. Un péndulo simple cuelga de una polea fija. El otro extremo de la cuerda está en la mano de un observador que tira hacia arriba de la cuerda lentamente, recortando la longitud del péndulo con velocidad uniforme de módulo $v$. Haciendo un desarrollo en serie de potencias en $v$ de $\theta(t) = \theta_0(t) + v \theta_1 (t) + v^2 \theta_2(t) + ...$:
a) Resolved $\theta(t)$ hasta orden $v$ inclusive, es decir, $\theta = \theta_0 + v \theta_1 + O(v^2)$
b) Resolved $\theta(t)$ hasta orden $v^2$ inclusive, es decir, $\theta = \theta_0 + v \theta_1 + v^2 \theta_2 + O(v^3)$

Agradecería un poco de ayuda, puesto que se me está atragantando la asignatura. Gracias de antemano y un saludo.

[Alriga]

Re: Péndulo de Ehrenfest. Resolución en ordenes

Yo soy el menos adecuado para ayudarte, pues en mi ya lejanísima formación académica, solo vi de pasada y hace 4 décadas la formulación lagrangiana de la mecánica, pero lo voy a intentar.

Coloco el origen de coordenadas en el punto en el que cuelga el péndulo y mido el ángulo “A” de la cuerda desde la vertical hacia la derecha, (el ángulo es cero cuando la cuerda está vertical) Con este convenio la posición de la lenteja del péndulo es:

$x=l \sin A$

$y=-l \cos A$

La energía potencial

$U=mg(l_0-y)$

La energía cinética

$T=\dfrac 1 2 m v_p^2$

Para hallar la velocidad del péndulo

$\dot x=\dot l \sin A+l \dot A \cos A$

$\dot y=-\dot l \cos A+l \dot A \sin A$

$v_p^2=\dot x^2+\dot y ^2=\dot l^2+l^2 \dot A^2$

Sabemos que:

$l=l_0-v t$

$\dot l=-v$

Con ello:

$v_p^2=v^2+(l_0-v t)^2 \dot A^2$

Sustituyendo en las energías, si no me equivoco:

$$U=m g \ (l_0-l \cos A)$$

$$T=\dfrac 1 2 m \ (\dot l^2+l^2 \dot A^2)$$

$U=mgl_0-m g (l_0 -v t)\cos A$

$T=\dfrac 1 2 m \left [ v^2+(l_0-v t)^2 \dot A^2 \right ]$

Y hasta aquí sé llegar A partir de aquí supongo que hay que construir el Lagrangiano y establecer las ecuaciones de Euler-Lagrange. Supongo que se llegará a una ecuación diferencial que se desarrollará en serie polinómica, o algo así. Pero primero, por favor REPÁSALO, que no haya algún gazapo.

No tengo ni idea si podría ayudarte este párrafo del “Problem 3” que he encontrado en un libro: https://books.google.es/books?id=cmP...lum%22&f=false

Ojalá algo de todo esto te sirva, suerte y saludos.

[arivasm]

Re: Péndulo de Ehrenfest. Resolución en ordenes

Yo lo enfocaría de esta manera (que creo que empieza como Alriga).

Usando como coordenadas generalizadas el ángulo con la vertical, (que llamaré $\theta$ como en el enunciado), y la longitud del péndulo, la lagrangiana será

$L=\frac{1}{2}m(v^2+l^2\dot\theta^2)+mgl\cos\theta$

donde $l=l_0-vt$

La ecuación de Euler-Lagrange queda

$-2mvl\dot\theta+ml^2\ddot\theta=-mgl\sin\theta$

En la aproximación habitual de pequeñas oscilaciones $\sin\theta\approx\theta$

$-2v\dot\theta+l\ddot\theta=-g\theta$

Manejando ahora el problema como una solución en términos perturbacionales

$\theta=\theta_0+v\theta_1+...$

substituyendo tenemos

$-2v\dot\theta_0-2v^2\dot\theta_1-...+l_0\ddot\theta_0-vt\ddot\theta_0+l_0v\ddot\theta_1-v^2t\ddot\theta_1+...=-g\theta_0-gv\theta_1-...$

Como las soluciones $\theta_i(t)$ han de ser independientes de la velocidad, igualando términos con la misma potencia de $v$ tenemos

$l_0\ddot\theta_0=-g\theta_0$
$-2\dot\theta_0-t\ddot\theta_0+l_0\ddot\theta_1=-g\theta_1$

donde los términos en $v^2$ no los consideramos por estar fuera del orden de la aproximación. De hecho, en el caso de introducir la perturbación de segundo orden ($v^2\theta_2$), para lo que el procedimiento sería el mismo, tendríamos un término semejante al último escrito

$-2\dot\theta_1-t\ddot\theta_1+l_0\ddot\theta_2=-g\theta_2$

De este modo tenemos una colección de ecuaciones diferenciales, que se resuelven consecutivamente. Así, la primera tiene por solución general

$\theta_0=A_0\sin(\omega t)+B_0\cos(\omega t)$

con

$\dst\omega=\sqrt\frac{g}{l_0}$

que se debe llevar a la segunda, para así tener una ecuación diferencial en la que sólo nos aparece $\theta_1$ y que me da mucha pereza escribir, y mucho más resolver.

[Alriga]

Re: Péndulo de Ehrenfest. Resolución en ordenes

Hola arivasm.

De tu expresión del Lagrangiano

$L=\dfrac{1}{2}m(v^2+l^2\dot\theta^2)+mgl\cos\theta$

Entiendo que la expresión de la Energía Cinética a la que has llegado coincide con la de mi post

$T=\dfrac 1 2 m \ (\dot l^2+l^2 \dot \theta^2)$

(Yo he usado para el ángulo “A” en vez de $\theta$ por pereza, “A” es más corto)

En cambio para la Energía Potencial diferimos, yo uso

$U=m g \ (l_0-l \cos \theta)$

Yo he elegido que en el punto de energía potencial mínima, que es cuando $\theta=0$ y $t=0$ sea U=0
Y a partir de ese punto y ese instante, U siempre aumenta.

Entiendo que tu Energía Potencial es

$U=-m g l \cos \theta$

Con ello el punto de mínima energía potencial es el mismo que en mi post, (cuando $\theta=0$ y $t=0$) pero en vez de asignarle cero le asignas una energía

$U=-m g l_0$

A partir de ahí la energía potencial siempre aumenta a base de hacerse “menos negativa”

Si es así y lo he entendido bien, tu decisión me parece más inteligente e ingeniosa que la mía, ya que conduce a una ecuación de la Energía Potencial más simple.

Saludos.

[arivasm]

Re: Péndulo de Ehrenfest. Resolución en ordenes

Asigné el origen de la energía potencial al punto de suspensión. Por supuesto, como bien sabes (lo pongo no tanto pensando en ti, sino en otros lectores del hilo) eso simplemente añade una constante a la energía potencial que desaparece al efectuar las derivadas en la ecuación de Euler-Lagrange.

Como dije en mi mensaje, mi contribución a tu mensaje es, en realidad, la idea de igualar términos con la misma potencia de $v$, es decir, aplicar la técnica usual de los enfoques de perturbaciones.

[Magic24]

Re: Péndulo de Ehrenfest. Resolución en ordenes

Gracias a ambos, he ido tirando del hilo y he llegado a una solución coherente.