1r ciclo Ecuación de movimiento de una cicloide

[SergioUnoxx]

Buenas, me gustaría que alguien me ayudara a ver si he hallado correctamente la ecuación de movimiento de una partícula sobre una cicloide, con las siguientes ecuaciones, mediante formulación lagrangiana:

$x=R(\phi-sen\phi)$

$y=R(1-cos\phi)$

He expresado el Lagrangiano como:

$L=\frac{1}{2}m({\dot{x}}^{2}+{\dot{y}}^{2})-mgy$

$L=\frac{1}{2}m{R}^{2}{\dot{\phi}}^{2}({(1-cos\phi)}^{2}+{sin}^{2}\phi)-mgR(1-cos\phi)$

$L=\frac{1}{2}m{R}^{2}{\dot{\phi}}^{2}(1+{cos}^{2}\phi-2cos\phi+{sin}^{2}\phi)-mgR(1-cos\phi)$

$L=m{R}^{2}{\dot{\phi}}^{2}(1-cos\phi)-mgR(1-cos\phi)$

$L=m{R}^{2}(1-cos\phi)({\dot{\phi}}^{2}-g)$

Y de ahí he sacado la única ecuación de Euler-Lagrange posible, al haber solo una coordenada generalizada en el sistema, llegando así a:

$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{dt}}(\frac{\partial L}{\partial \dot{\phi}})-\frac{\partial L}{\partial \phi}=0$

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{dt}}(2m{R}^{2}(1-cos\phi)\dot{\phi})-mRsin\phi({\dot{\phi}}^{2}-g)=0$

$2m{R}^{2}{\dot{\phi}}^{2}sen\phi+2m{R}^{2}(1-cos\phi)\ddot{\phi}-mRsen\phi({\dot{\phi}}^{2}-g)=0$

$R{\dot{\phi}}^{2}sen\phi+R(1-cos\phi)\ddot{\phi}-\frac{1}{2}sen\phi({\dot{\phi}}^{2}-g)=0$

$sen\phi({\dot{\phi}}^{2}(R-\frac{1}{2})+\frac{g}{2})+R\ddot{\phi}(1-cos\phi)=0$

Y esa es la ecuación del movimiento que he hallado. Aparte, el ejercicio que me lo pedía, también me pide integrar la ecuación del movimiento, pero no tengo ni idea de cómo hacerlo, ¿consiste en resolver la ecuación del movimiento? Si es así, no tengo muy claro cómo resolver la ecuación diferencial.

También me pide la reacción de la curva sobre la partícula y me gustaría saber si puedo hacerlo mediante formulación lagrangiana o tengo que recurrir a la newtoniana.

Ese es el problema. ¡Muchas gracias!

[Umbopa]

Re: Ecuación de movimiento de una cicloide

Creo que te equivocaste en la derivación con un $R^2$ que pusiste solo $R$, pero no es tan relevante (cogiendo por ejemplo $R=1$ por simplicidad).

Si no me equivoco con un clásico truquito la resuelves. Llamando $v = \frac{d \phi}{dt}$, tenemos que $\frac{d^2 \phi}{dt^2}=\frac{d v}{d \phi} \frac{d \phi}{d t} = v \frac{d v}{d \phi} = \frac{1}{2} \frac{d}{d\phi} v^2$.

La ecuación se transforma a:

$(1-\cos \phi) \frac{1}{2} \frac{d}{d\phi} v^2 + \frac{1}{2} \sin \phi (v^2+g)=0$.

La cual es una ecuación lineal de primer orden que puedes resolver con los métodos típicos

https://es.wikipedia.org/wiki/Ecuaci...e_primer_orden

Una vez tienes $v(\phi)$, integrando otra vez sacas $\phi(t)$, $\frac{d \phi}{d t} = v(\phi)$

[SergioUnoxx]

Re: Ecuación de movimiento de una cicloide

¡Muchas gracias! ¿Si la resuelvo usando $v\frac{\mathrm{dv}}{\mathrm{d\phi}}$ en vez de $\frac{1}{2}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d\phi}}{v}^{2}$ llego a la misma solución?

[Umbopa]

Re: Ecuación de movimiento de una cicloide

Sí, pero la idea de escribir $\frac{1}{2} \frac{d}{d\phi} v^2$ es para que la incógnita de la ecuación sea $v^2$ no $v$, solo así la ecuación es lineal y puedes usar el método del link.

[Lorentz]

Re: Ecuación de movimiento de una cicloide

Buenas Sergio,

Te voy a enseñar el desarrollo que he hecho yo.

Tal y como te dice Umbopa en vez de una $R$ hay un $R^2$, quedando una ecuación de movimiento del tipo:

$\dst \left( 1- \cos{\phi}\right)\ddot{\phi}+\frac{1}{2}\left( \dot{\phi}^2+\frac{g}{R} \right)\sin{\phi}=0$

Que según he visto es equivalente a la tuya si corriges lo del $R^2$.

Y esa es la ecuación del movimiento que he hallado. Aparte, el ejercicio que me lo pedía, también me pide integrar la ecuación del movimiento, pero no tengo ni idea de cómo hacerlo, ¿consiste en resolver la ecuación del movimiento? Si es así, no tengo muy claro cómo resolver la ecuación diferencial.

Esto ya te lo ha resuelto Umbopa.

También me pide la reacción de la curva sobre la partícula y me gustaría saber si puedo hacerlo mediante formulación lagrangiana o tengo que recurrir a la newtoniana.

En relación a esto, sí que se puede utilizar la mecánica lagrangiana para determinar las fuerzas de ligadura, mediante los multiplicadores de Lagrange. Voy a mostrarte la forma de resolución. Espero no haberme equivocado en cálculos, aparte de que al no emplear unas ecuaciones de transformación que no se corresponden con un cambio de coordenadas a esféricas o cilíndricas no estoy muy acostumbrado a este tipo de problemas, pero intentaré no dar ninguna información que no sea rigurosa.

Lo primero que se hace con un problema de este tipo es saber cuántos grados de libertad tiene. Al ser una partícula puntual, los grados de libertad se calculan de modo que $gdl=3-k$ siendo $k$ el número de ligaduras. En efecto, yo veo dos ligaduras, y por tanto $1 \hspace{0,1 cm} gdl$:

$r=R$ , que también puede escribirse $\dot{r}=0$.

En sí esta ligadura es $f_1 \equiv r- R$ que es igual a 0 cuando está activada. Esto solamente será relevante al final.

$z=0$ (sin pérdida de generalidad al ser un movimiento plano)

De este modo vemos que el sistema se puede determinar por completo atendiendo únicamente a una coordenada generalizada $\lbrace \phi \rbrace$, tal y como se puede ver en las ecuaciones de transformación que has puesto.

Ahora bien, para calcular las fuerzas de ligadura primero hay que tratar el sistema como si fuera no holónomo, para poder aplicar las ecuaciones de Lagrange en estos casos, que son las siguientes:

$\dst \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q_j}} \right)-\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q_j}=\sum_{l=1}^{m} \lambda_l (t)a_{lj}$

Más adelante diré cómo se calculan las componentes $a_{lj}$.

Entonces lo que hay que hacer es tratar al sistema como si no tuviera la ligadura $f_1$ aplicada (la otra no afecta en nada, pues no hay movimiento en esa dirección).

De este modo el lagrangiano es de la forma:

$\mathcal{L}=\frac{1}{2} m (\dot{x}^2+\dot{y}^2)-mgy$

Que haciendo los correspondientes cálculos en unas ecuaciones de transformación que ahora toman la forma de:

$x=r \left( \phi-\sin\phi \right)$

$y=r \left( 1-\cos\phi \right)$

Queda (si no me he equivocado en cálculos) del siguiente modo:

$\dst \mathcal{L}=\frac{1}{2}m \lbrace \dot{r}^2 \left( \phi^2+2(1-\phi \sin\phi-\cos\phi) \right)$ $\dst +2 r^2 \dot{\phi}^2 (1-\cos\phi) +2r\phi\dot{r}\dot{\phi}(1-\cos\phi) \rbrace -mgr(1-\cos\phi)$

Ahora, continuamos viendo cómo debemos interpretar el miembro derecho de las ecuaciones de Lagrange mencionadas arriba:

$\sum_{l=1}^{m} \lambda_l (t)a_{lj}$ dado que solamente tenemos $f_1$, tendremos únicamente un elemento del sumatorio sobre $l$, y los elementos $a_{lj}$ son en realidad, en este tipo de casos $\dst \frac{\partial f_l}{\partial q_j}$.

De modo que, para la coordenada $\phi$, dado que $\frac{\partial f_1}{\partial \phi}=0$ entonces:

$2R^2\left( \ddot{\phi}(1-\cos\phi)+\dot{\phi}^2\sin\phi \right)-R^2\dot{\phi}^2\sin\phi +gR\sin\phi=\lambda_1 \frac{\partial f_1}{\partial \phi}=0$

Obteniendo de ese modo la ecuación de movimiento mencionada arriba. (Tras haber calculado la ecuación sin ligaduras se han impuesto las ligaduras correspondientes.)

Para la coordenada $r$, dado que $\frac{\partial f_1}{\partial r}=1$ obtenemos lo siguiente:

$\dst mR\left[ \left( \dot{\phi}^2+\phi\ddot{\phi}-2\dot{\phi}^2+\frac{g}{R} \right) (1-\cos\phi)+\phi\dot{\phi}^2\sin\phi\right]$$\dst =\lambda_1 \frac{\partial f_1}{\partial r}=\lambda_1$

Ahora bien, estos multiplicadores de Lagrange $\lambda_l$ se asocian con fuerzas generalizadas $Q_j$, de modo que:

$\dst mR\left[ \left( \dot{\phi}^2+\phi\ddot{\phi}-2\dot{\phi}^2+\frac{g}{R} \right) (1-\cos\phi)+\phi\dot{\phi}^2\sin\phi\right]$$\dst =\lambda_1=Q_r=\vec{F}\cdot \frac{\partial \vec{r}}{\partial r}$

Donde $\vec{r}$ es la ecuación de transformación de arriba, y $r$ la coordenada radial.

Entonces vemos que $Q_r=\vec{F}\cdot \left( \phi-sin\phi,1-\cos\phi,0 \right)$

Aquí es donde tengo mi principal duda en relación a la manera en que yo he estado haciendo ejercicios similares con transformaciones "habituales" a esféricas, cilíndricas, etc. Porque generalmente se podía encontrar un vector unitario que fuera $\hat{e_{\theta}}$, $\hat{e_{\varphi}}$ o algunos similares. En este caso se me ocurre definir el vector unitario siguiente:

$\dst \hat{e_{\xi}}=\frac{\left( \phi-sin\phi,1-\cos\phi,0 \right)}{\phi^2+2(1-\phi \sin\phi-\cos\phi)}$

De modo que tendrías una única fuerza de ligadura según la dirección y el sentido de $\hat{e_{\xi}}$:

$\dst \vec{F}\cdot \hat{e_{\xi}}=F_{\xi}=mR \frac{\left( \dot{\phi}^2+\phi\ddot{\phi}-2\dot{\phi}^2+\frac{g}{R} \right) (1-\cos\phi)+\phi\dot{\phi}^2\sin\phi}{\phi^2+2(1-\phi \sin\phi-\cos\phi)}$

En principio creo que ya estaría todo.

Un saludo.

[Fernand94]

Hola me parece correcto todo lo mostrado, pero estoy intentando resolver este mismo ejercicio con esos mismos datos iniciales solo que en este caso la partícula se deslizaría sobre un alambre vertical en forma de la misma cicloide. Es decir que habría un movimiento en en eje Z podrían apoyarme con eso por favor?

[Alriga]

Hola Fernand94, bienvenido a La web de Física. Por favor abre un hilo nuevo con tu enunciado completo para que pueda ser respondido.
Antes de abrir el nuevo hilo, lee con mucha atención Consejos para conseguir ayuda de forma efectiva para evitar cometer infracciones en la redacción del hilo.
Saludos.