Ecuaciones de un cohete de varias etapas

En un artículo anterior expuse el problema de un cohete de una sola etapa como un sistema de masa variable [https://blogdef1s1ca.blogspot.com/2023/08/acerca-de-las-ecuaciones-del-movimiento.html]. Para tratar el problema de un cohete de varias etapas, será necesario establecer los tiempos en los que transcurren cada una de ellas a partir del combustible que se ha gastado en cada una de ellas, actualizando los datos de masa en la etapa actual; para ello, habrá que ir restando de la masa inicial la masa del combustible gastado en la etapa anterior, así como la masa del contenedor de combustible (de dicha etapa anterior) que se ha de desprender. Las ecuaciones de masa variable son las mismas que las expuestas en el artículo referido, pero actualizando los datos con lo que acabo de decir.

Acerca de las ecuaciones del movimiento de un cohete de una única etapa como sistema de masa variable: una aproximación en el caso de alcanzar bajas altitudes (hasta las que la intensidad del campo gravitatorio de la Tierra pueda considerarse razonablemente constante)

Se considera el lanzamiento de un cohete de una única etapa, impulsado por el efecto de la expulsión de los gases (acción-reacción) al ir quemando el combustible almacenado para este fin en el tanque correspondiente. Desde luego, se trata de un problema de masa variable. Nos proponemos deducir las ecuaciones del movimiento del cohete, para conocer la aceleración, la velocidad y la posición (altura a la que se encuentra) en todo instante de tiempo. Para ello, utilizaremos la segunda ley de Newton (la variación instantánea del momento lineal (producto de la masa por la velocidad, que notamos por $p(t)$ —prescindiendo de la notación vectorial, ya que el problema es unidimensional—) es igual a la fuerza externa que actúa sobre el sistema. Partiremos de algunos supuestos (que iremos explicando) al objeto de simplificar razonablemente el problema y plantearemos las ecuaciones diferenciales que una vez integradas (teniendo en cuenta las condiciones iniciales de posición y de velocidad) van a permitirnos conocer en todo instante de tiempo (de vuelo propulsado) $t$ la posición y la velocidad del cohete.

En primer lugar, partiremos del supuesto que la trayectoria del cohete sea perpendicular a la superficie de la Tierra en todo momento del vuelo, sin que éste se desvíe hacia los lados; en particular, supondremos que no le afectan corrientes de aire que puedan desviarle. Cuando se acabe el combustible, el cohete seguirá ascendiendo, gracias a su energía cinética en dicho momento, hasta haber convertido toda esa energía cinética en energía potencia, tras lo cual, y desde la altura máxima alcanzada, el cohete volvería a la superficie de la Tierra en caída libre. Sin embargo, no trataremos esta parte final del vuelo: solamente describiremos el camino de ascenso hasta que el motor del cohete deje de funcionar, por haber agotado el combustible.

Por otra parte, es evidente que el cohete, en su ascenso, experimentará una resistencia al avance debido a la oposición del aire en la atmosfera al rozar contra la estructura exterior del mismo. Sin embargo, en una primera aproximación, no consideraremos esta fuerza de rozamiento; de hacerlo, deberíamos tener en cuenta que ésta es proporcional a la velocidad, $v(t)$, en todo instante de tiempo $t$ (si el régimen de fluido que aparta el cohete en su avance es laminar), o bien que fuese proporcional al cuadrado de la velocidad, $v^{2}(t)$ (si el régimen del fluido atmosférico, al abrirse paso el cohete, fuese turbulento). En cualquiera de los dos casos, por tanto, remarquemos que el término de fuerza de rozamiento, $f_{r}(t)$, que tendriamos que añadir no es constante, dependen del instante de tiempo $t$.

La masa del cohete (incluido el combustible que le queda) en todo instante de tiempo viene descrita por $m(t)$. La masa de combustible la denotaremos por $\mu(t)$. La masa del sistema conjunto (la de la nave más la de los gases expulsados) es la misma en todo instante, por lo que $m(t)+\mu(t)=$ constante, con lo cual en un incremento de tiempo $\Delta\,t$, se tiene que $\Delta\,m+\Delta\,\mu=0$, y por tanto, en incrementos infinitesimales se tiene que $dm=-d\mu$.

Supondremos que los gases se expelen a una velocidad constante $-u$ (referida ésta a un sistema de referencia solidario con la nave) y, por tanto, con una velocidad $-u+v$ con respecto a un sistema inercial situado en el lugar del lanzamiento. Por otra parte supondremos también que el ritmo de consumo del combustible es constante (si bien podría obedecer a otra dependencia funcional, que, de momento, no se tratará aquí), luego $\dfrac{d\mu(t)}{dt}=k$ (constante) y por tanto $d\mu(t)=-dm(t)=k\,dt \,\therefore \, dm(t)=-k\,dt$, que, integrando, lleva a $m(t)=-k\,t+C$, como $m(0)=:m_0$ (masa de la nave en el momento del despegue), se llega a $m_0=-k\,\cdot 0+C$, luego la constante de integración queda determinada por $C=m_0$; en consecuencia, $m(t)=-k\,t+m_0$

--- Observación: Notemos que la cantidad $k\,u$ tiene dimensiones de fuerza, en efecto, teniendo en cuenta que $[k]=\dfrac{M}{T}$ y $[v]=\dfrac{L}{T}$, se tiene que $[k\,v]=M\cdot \dfrac{L}{T^2}$, y dado que está relacionada con la capacidad del (motor) cohete para impulsar a éste, se le da el nombre de empuje, y, en las condiciones expuestas arriba, tiene un valor constante. Es evidente, sin embargo, que si el combustible no se consumiese a ritmo constante, el empuje ya no sería constante: tendría un valor distinto para cada instante de tiempo. ---

En un incremento de tiempo $\Delta\,t$, en un el instante de tiempo $t$, $p(t)=m(t)\,v(t)$, el cambio del momento lineal, $\Delta\,p=p(t+\Delta\,t)-p(t)$, y teniendo en cuenta que $p(t+\Delta\,t)=(m-\Delta\,\mu)(v+\Delta\,v)+\Delta\,\mu\,(-u+v)$, viene dado por $\Delta\,p=m\,\Delta\,v-u\,\Delta\,\mu-\Delta\,\mu\,\Delta\,v$ y por tanto el cociente incremental es $\dfrac{\Delta\,p}{\Delta\,t}=m\,\dfrac{\Delta\,v}{\Delta\,t}-u\,\dfrac{\Delta\,\mu}{\Delta\,t}-\dfrac{\Delta\,\mu\,\Delta\,v}{\Delta\,t}$. Al pasar al límite ambos miembros de la igualdad, cuando $\Delta\,t \rightarrow 0$, el tercer término del segundo miembro tiende a cero, pues los incrementos de $\mu$ y $v$ tienden también a cero, y por la definición del ritmo instantáneo de variación, se tiene que $$\dfrac{dp(t)}{dt}=m(t)\,\dfrac{dv(t)}{dt}-u\,\dfrac{d\,u(t)}{dt}$$ y como $d\mu(t)=-dm(t)$, podemos escribir: $$\dfrac{dp(t)}{dt}=m(t)\,\dfrac{dv(t)}{dt}+u\,\dfrac{d\,m(t)}{dt}$$ demás, por la segunda ley de Newton, sabemos que el primer miembro (variación del momento lineal) es igual a la fuerza externa que actúa sobre el sistema, que, según la ley de la gravitación de Newton, no es otra que la que ejerce el campo gravitatorio de la Tierra sobre el cohete: $f_{ext}:=-G\,\dfrac{m(t)\,M_T}{(R+x(t))^2}$, donde $M_T$ denota la masa de la Tierra (o la de otro cuerpo distinto de la Tierra desde el cual se lanzase el cohete); así $$\displaystyle -G\,\dfrac{m(t)\,M_T}{(R+x(t))^2}=m(t)\,\dfrac{dv(t)}{dt}+u\,\dfrac{dm(t)}{dt}$$ Teniendo en cuenta que $u$ (la velocidad de los gases expelidos se asume que es constante). Además, suponiendo que el ritmo instantáneo de consumo de combustible también es constante, y, por tanto, $m(t)=-k\,t+m_0$, siendo $k:=-\dfrac{d\,m(t)}{dt}$, la igualdad anterior se puede escribir de la forma $\displaystyle m(t)\,\dfrac{dv(t)}{dt}=-G\,\dfrac{m(t)\,M_T}{(R+x(t))^2}+u\,\dfrac{dm(t)}{dt}$, esto es $$\displaystyle m(t)\,\dfrac{dv(t)}{dt}=-G\,\dfrac{m(t)\,M_T}{(R+x(t))^2}+u\,k$$ que puede escribirse de la forma $$\displaystyle \dfrac{dv(t)}{dt}=-G\,\dfrac{M_T}{(R+x(t))^2}+\dfrac{u\,k}{m_0-kt}$$ Por otra parte, $v(t):=\dfrac{dx(t)}{dt}$, con lo cual llegamos a la siguiente ecuación diferencial de segundo orden, que nos propocionaría la posición instantánea del cohete en todo instante de tiempo $t$, dadas las condiciones iniciales de posición y velocidad: $$\displaystyle \dfrac{d^2\,x(t)}{dt^2}=-G\,\dfrac{M_T}{(R+x(t))^2}+\dfrac{u\,k}{m_0-kt}$$ Una vez resuelta, derivaríamos una vez $x(t)$ para obtener la velocidad en todo instante de tiempo $t$, y, obtenida ésta, derivaríamos otra vez para obtener la aceleración en todo instante de tiempo $t$. Sin embargo, dicha ecuación de partida no es fácil de resolver.

--- Observación: Y menos fácil de resolver aún es la ecuación que habría que escribir si, además, se añadiese el término disipativo (rozamiento con la atmósfera) pues en tal caso, la ecuación diferencial a resolver sería: $$\displaystyle \dfrac{d^2\,x(t)}{dt^2}=-G\,\dfrac{M_T}{(R+x(t))^2}-\rho_{\text{r. laminar}}\,\dfrac{dx(t)}{dt}+\dfrac{u\,k}{m_0-kt}$$ en caso de considerar un regimen laminar de las partículas de fluido atmosférico, o bien $$\displaystyle \dfrac{d^2\,x(t)}{dt^2}=-G\,\dfrac{M_T}{(R+x(t))^2}-\rho_{\text{r. turbulento}}\,\left(\dfrac{dx(t)}{dt}\right)^2+\dfrac{u\,k}{m_0-kt}$$ Como ya se ha dicho, no vamos a considerar aquí esas fuerzas de rozamiento, al objeto de mostrar de una manera didáctica cómo resolvemos la ecuación diferencial que se obtiene si no los reflejamos, que será muy asequible; sin embargo, en un caso real, seria imperativo considerarlos, teniendo que enfrentarnos a un problema matemático más difícil, incluso, posiblemente, y a efectos prácticos, deberíamos resolver la ecuación diferencial resultante mediante métodos numéricos. --- Así que, para salir del apuro, y simplificando todo bastante, a sabiendas de que nos dejamos cosas importantes, podemos proceder, en un primer acercamiento al planteamiento del problema, sin tener en cuenta esas fuerzas de rozamiento, y, además, hacer una razonable aproximación en cuanto a la variación de la intensidad del campo gravitatorio con la altura: si la intención no es lanzar el cohete a mucha altura (tal y como reza el título de este artículo), la fuerza gravitatoria $f_{ext}=-G\,\dfrac{m(t)\,M_T}{(R+x(t))^2}$ puede aproximarse por $-m(t)\,g$, donde $g$ denota la intensidad del campo gravitatorio de la Tierra a alturas moderadas, y, por tanto puede aceptarse como constante: $g\approx 9,81\; \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$. Entonces, de acuerdo con este planteamiento aproximativo, iniciamos la obtención de las ecuaciones del movimiento a partir de la siguiente ecuación diferencial que nos dará una solución razonablemente buena, por lo menos, para cubrir el objetivo didáctico de este artículo: $$-m(t)\,g=m(t)\,\dfrac{dv(t)}{dt}-u\,\dfrac{d\,m(t)}{dt}$$ Recordemos que $m(t)=-k\,t+m_0$, y por tanto, $\dfrac{k=-d\,m(t)}{dt}$, luego $$-(-k\,t+m_0)\,g=(-k\,t+m_0)\,\dfrac{dv(t)}{dt}+k\,u$$ de ahí que la aceleración del cohete en todo instante de tiempo $t$ (hasta el instante en el que se acabe el combustible) viene dado por $$a(t):=\dfrac{dv(t)}{dt}=-g+u\,\dfrac{k}{m_0-kt}$$ Démmonos cuenta de que $$dv(t)=-g\,dt + \dfrac{u\,k}{m_0-k\,t}\,dt$$ es una ecuación diferencial que, al integrarla, nos proporcionará la ecuación de la velocidad del cohete, imponiendo la condición inicial sobre la velocidad: $$\displaystyle \int\,dv(t)=-\int\,g\,dt + \int\,\dfrac{u\,k}{m_0-k\,t}\,dt$$ El segundo término del segundo miembro nos da $-gt$ (más la correspondiente constante de integración); y, en el tercer término, $u\,k$ no depende de la variable de integración y por tanto puede sacarse fuera del símbolo integral, luego se puede escribir de la forma $$\displaystyle u\,k\,\int\,\dfrac{1}{m_0-k\,t}\,dt$$ y haciendo el cambio de variable $z:=m_0-k\,t$, vemos que $dz=-k\,dt$ y por tanto $dt=-\dfrac{1}{k}\,dz$, es igual a $\displaystyle -\dfrac{u\,k}{k}\,\int\,\dfrac{1}{z}\,dz=-u\,\ln(z)+C_2=-u\,\ln(m_0-k\,t)$ (más la correspondiente constante de integración). Así pues, la solución de la ecuación diferencial es $\displaystyle v(t)=-g\,t-u\,\ln(m_0-k\,t)+C$ donde $C$ es la constante de integración. A continuación hay que determinar dicha constante de integración para la condición inicial $x(0)=:x_0$ (posición o altura de partida); entonces, sustituyendo $t$ por el valor $0$: $v_0=0-\ln\,m_0+C \,\therefore\, C=v_0+u\,\ln\,m_0$. Así pues, sustituyendo el valor de esta constante $C$ en la solución, se llega a $$\displaystyle v(t)=-g\,t-u\,\ln(m_0-k\,t)+v_0+u\,\ln\,m_0$$ que, a efectos de comodidad para los cálculos que siguen, conviene expresarla de la forma equivalente $$\displaystyle v(t)=v_0-g\,t+u\,\ln\,\left(\dfrac{m_0-k\,t}{m_0}\right)$$ --- Observación: Si bien lo siguiente excluye el caso que tratamos, creo interesante comentar que, en el caso de un cohete que estuviese posicionado en órbita circular alrededor de la Tierra, es evidente que, entonces, la fuerza de atracción gravitatoria se vería compensada por la fuerza centrífuga, al igual que lo sería el término disipativo (por estar fuera de la atmósfera); la ecuación diferencial, entonces, sería muy sencilla: $$0=m(t)\,\dfrac{dv(t)}{dt}-u\,\dfrac{d\,m(t)}{dt}$$ y por tanto $$m(t)\,\dfrac{dv(t)}{dt}=u\,\dfrac{d\,m(t)}{dt}$$ esto es $$\displaystyle dv(t)=-\dfrac{u\,k}{m_0-k\,t}\,dt$$ con lo cual el paso de integración no ofrecería ninguna dificulatad: $$\displaystyle \int\,dv(t)=-\int\,\dfrac{u\,k}{m_0-k\,t}\,dt$$ así que $$\displaystyle v(t)=-\int\,\dfrac{u\,k}{m_0-k\,t}\,dt+C$$ Aplicando las condiciones iniciales para la velocidad, determinaríamos el valor de la constante de integración y, a continuación, derivaríamos la expresión de la velocidad para todo instanate de tiempo $t$; para, a continuación, integrar la posición del cohete para todo instante de tiempo $t$ muy fácilmente, de la misma manera que haremos a continuación para el caso menos sencillo que nos hemos propuesto resolver, aunque con las importantes simplificaciones al problema de las que ya hemos venido hablado (sin considerar el rozamiento con la atmósfera y haciendo la simplificación de que el campo gravitatorio de la Tierra es aproximadamente constante en todo punto del camino de ascenso del cohete). De esta manera, podríamos iniciar las maniobras de cambio de órbita mediante el accionamiento del motor-cohete, controlando la velocidad tangencial. ---

Para terminar, pues, y sin meternos en la situación tan sencilla que acabamos de describir en la anterior observación (si el cohete hubiese escapado a la gravedad de la Tierra), vamos a calcular la posición (altura) del cohete para todo instante de tiempo $t$, mientras éste siga su ascensión contra la gravedad de la Tierra, pero obviando el rozamiento con la atmósfera y considerando la atracción gravitatoria aproximadamente constante en todo punto del trayecto; para ello, notemos que, como $v(t):=\dfrac{x(t)}{dt}$, de la ecuación simplificada (la velocidad del cohete para todo instante de itempo $t$) podemos escribir la ecuación diferencial que, integrada, permitirá conocer dicha posición en cualquier instante: $$\displaystyle \dfrac{dx(t)}{dt}=v_0-g\,t+u\,\ln\left(\dfrac{m_0-k\,t}{m_0}\right)$$ Así, podemos escribir $$dx(t)=v_0\,dt-g\,t\,dt+u\,\ln\left(\dfrac{m_0-k\,t}{m_0}\right)\,dt$$ e integrando ambos miembros de la igualdad: $$\displaystyle \int\, dx(t)=\int\,v_0\,dt-\int\,g\,t\,dt+\int\,u\,\ln\left(\dfrac{m_0-k\,t}{m_0}\right)\,dt$$ llegamos a $$x(t)=v_0\,t-\dfrac{1}{2}\,g\,t^2+\dfrac{u}{k}\left[(m_0-kt)\,\left(\ln\left(\dfrac{m_0-kt}{m_0}-1\right)-1\right)\right]+C$$

---

Nota: Para integrar el tercer término del segundo miembro, hemos arreglado un poco el integrando para realizar un cambio de variable apropiado: $$\displaystyle \int \ln\left( \dfrac{m_0}{m_0-kt} \right)\,dt=\int \ln\left( \dfrac{m_0/m_0}{m_0/m_0-(k/m_0)\,t} \right)\,dt=\int \ln\left( \dfrac{1}{1-(k/m_0)\,t} \right)\,dt=$$ $$\displaystyle =\int \left( \ln\,1 - \ln(1-(k/m_0)\,t \right)\,dt=\int \left( 0 - \ln(1-(k/m_0)\,t) \right)\,dt=-\int \ln(1-(k/m_0)\,t) \,dt=$$ $=\displaystyle \int \dfrac{m_0}{k}\,\ln\,z\,dz$ (donde hemos realizado el cambio de variable: $1-\dfrac{k}{m_0}=:z$ de donde $dt(m_0/k)t)-\dfrac{m_0}{$k}\,dz$ ) $=$
$\displaystyle =\dfrac{m_0}{k}\,(z(\ln\,z-1))+C'=\dfrac{m_0}{k}\,\left[(m_0-kt)\,\left(\ln\left(\dfrac{m_0-kt}{m_0}-1\right)-1\right)\right]+C'$, donde esta constante de integración, $C'$, ya viene comtemplada en la constante global $C$.

---

Procedamos ahora a determinar la constante de integración $C$, dada la condición inicial para la posición: $x(0)=:x_0$. Sustituyendo pues $t$ por el valor $0$ (instante inicial) se tiene que $$x_0=v_0-0+\dfrac{u}{k}\left[(m_0-0)\,\left(\ln\left(\dfrac{m_0-0}{m_0}-1\right)-1\right)\right]+C \Leftrightarrow C=x_0+\dfrac{u}{k}\,m_0$$ luego, sustituyendo el valor de dicha constanta, la solución para la posición en cualquier instante de tiempo $t$ es $$x(t)=x_0+v_0\,t-\dfrac{1}{2}\,g\,t^2+\dfrac{u}{k}\left[(m_0-kt)\,\left(\ln\left(\dfrac{m_0-kt}{m_0}-1\right)-1\right)+m_0\right]$$

$\diamond$

Aplicación del formalismo de Lagrange al péndulo simple

Un cuerpo de masa $m$ está suspendido del techo mediante una cuerda de longituda $\ell$, de longitud constante (el sistema es escleronómico) y de masa despreciable (el sistema es holonómico) para poder oscilar en un mismo plano vertical, y se desprecia también el rozamiento. Nos proponemos encontrar la ecuación del movimiento, aplicando el formalismo de Lagrange.

Situaremos el origen de potencial gravitatorio en el punto más bajo de la trayectoria pendular, con lo que la energía potencial es $U=m\,g\,(\ell\,-\ell\,\cos\,\theta)$, siendo $\theta$ el ángulo que forma la cuerda con la vertical en una posición dada del péndulo. Por otra parte, la energía cinética de la masa que pende es $T=\dfrac{1}{2}\,m\,(\ell\cdot \dot{\theta})^2$. Con esto, podemos escribir ya la función lagrangiana $\mathcal{L}:=T-U$, que dependende únicamente de una variable (coordenada generalizada), $q\equiv \theta$: $$\mathcal{L}(\theta)=\dfrac{1}{2}\,m\,\ell^2\,\,\dot{\theta}^2-m\,g\,\ell\,(1-\cos\,\theta)$$

La ecuación de Lagrange (el sistema es conservativo) es $$\dfrac{d}{dt}\left( \dfrac{\partial\,\mathcal{L}}{\partial\,\dot{\theta}}\right)-\dfrac{\partial\,\mathcal{L}}{\partial\,\theta}=0 \quad \quad (1)$$

Calculemos los téminos de esta ecuación: $\dfrac{\partial\,\mathcal{L}}{\partial\,\dot{\theta}}=m\,\ell^2\,\dot{\theta} \,\therefore\, \dfrac{d}{dt}\left( \dfrac{\partial\,\mathcal{L}}{\partial\,\dot{\theta}}\right) = m\,\ell^2\,\ddot{\theta}$ y $\dfrac{\partial\,\mathcal{L}}{\partial\,\theta}=-m\,g\,\ell\,\sin\,\theta$

Entonces, sustituyendo en (1), encontramos la ecuación del movimiento: $$m\,\ell^2\,\ddot{\theta}+m\,g\,\ell\,\sin\,\theta=0$$ que, simplificada, queda $$\ell\,\ddot{\theta}+g\,\sin\,\theta=0$$

*** Nota (acerca de la tensión en la cuerda): Para encontrar la tensión de la cuerda, podemos aplicar directament las ecuaciones de Newton. Descomponiendo la fuerza que la gravedad ejerce sobre el péndulo en las direcciones tangencial y normal, vemos que esta última —que, por la condición de equilibrio, ha de ser igual a la tensión— es igual a $T=m\,g\,cos\,\theta$. Obsérvese que la tensión es máxima cuando $\cos\,\theta$ toma el valor máximo, y por tanto, cuando $\theta$ alcanza el valor $0$, esto es, cuando el péndulo pasa por el punto más bajo de su oscilación, situación en la cual $T_{\text{máxima}}=m\,g$. $\diamond$

-oOo-

Referencias:

  [1] K.R. Symon, Mecánica, Aguilar, Madrid, 1977.
  [2] M.R. Spiegel, Mecánica teórica, McGraw-Hill, Mexico, 1976.

Aplicación del formalismo lagrangiano a una máquina de Atwood simple

Consideremos la máquina de Atwood de la figura 1. Recordemos que la máquina de Atwood consiste en dos masas, $m_1$ y $m_2$ unidas por una cuerda inelástica (de longitud $\ell$) y de masa despreciable que pasa por una polea ideal (de masa también despreciable) —ésta, por tanto, no gira (la cuerda desliza, sin rozamiento, por la ranura de la misma—. En este artículo voy a exponer como se aplica el formalismo lagrangiano a este sencillo sistema holónomo, que nos permite calcular la ecuación del movimiento.

Procedimiento 1

Figura 1

El sistema de referencia se coloca en la línea horizontal que pasa por el centro de la polea —en la figura 1 se muestran las coordenadas de posición de sendas masas en un instante arbitrario—; como $x_1+x_2=\ell$ (constante), se tiene que $\dot{x}_1+\dot{x}_2=0$, luego $\dot{x}\equiv \dot{x}_1=-\dot{x}_2$, por lo que el sistema de ecuaciones de Euler-Lagrange se reducirá a una sola ecuación (en función de $\dot{x}$ y de $x$): $$\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{\partial\,\mathcal{L}}{\partial\,\dot{x}}\right)-\dfrac{\partial\,\mathcal{L}}{\partial\,x}=0\quad \quad (1)$$

Construyo el lagrangiano: $\mathcal{L}:=T-U$, donde $T$ es la energía cinética, y por tanto, $T=\dfrac{1}{2}\,m_1\,\dot{x}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}\,m_1\,\dot{x}_{2}^{2}=\dfrac{1}{2}\,m_1\,\dot{x}^{2}+\dfrac{1}{2}\,m_1\,(-\dot{x})^{2}=\dfrac{1}{2}\,(m_1+m_2)\,\dot{x}^2$
y $U$ es la energía potencial, luego, $U=-m_1\,g\,x_1-m_2\,g\,x_2=-m_1\,g\,x_1-m_2\,g\,(\ell-x_1)=-(m_1-m_2)\,g\,x-m_2\,g\,\ell$. Entonces, $$\mathcal{L}=\dfrac{1}{2}\,(m_1+m_2)\,\dot{x}^2-\left(-(m_1-m_2)\,g\,x-m_2\,g\,\ell\right)=\dfrac{1}{2}\,(m_1+m_2)\,\dot{x}^2+(m_1-m_2)\,g\,x+m_2\,g\,\ell$$ Por consiguiente, $\dfrac{\partial\,\mathcal{L}}{\partial\,\dot{x}}=(m_1+m_2)\,\dot{x} \therefore \dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{\partial\,\mathcal{L}}{\partial\,\dot{x}}\right)=(m_1+m_2)\,\ddot{x}$, y $\dfrac{\partial\,\mathcal{L}}{\partial\,x}=(m_1-m_2)\,g$.

Sustituyendo todo esto en (1), se llega a la ecuación de la aceleración $$(m_1+m_2)\,\ddot{x}-(m_1-m_2)\,g=0\quad \quad (2)$$ y por tanto $$\ddot{x}=\dfrac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\,g\quad \quad (3)$$ Recordemos que, como $x\equiv x_1=(\ell-x_2)$, $\dot{x}\equiv \dot{x}_1=-\dot{x}_2$, con lo cual, $\ddot{x}\equiv \ddot{x}_1=-\ddot{x}_2$, y, como debe ser en este sistema con polea de masa nula: $$\ddot{x}_2=-\dfrac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\,g$$

--- Observación 1: En el caso de que $m_1$ sea igual a $m_2$, se tiene que $\ddot{x}_1=0$, como cabría esperar, ya que en estas condiciones el sistema está en equilibrio.

Observación 2: En el caso de que $m_1$ sea igual a $m_2$ ($m_1=m_2\dot{=}m$), se tiene que $$T_1=T_2=\dfrac{2\,m^2}{2\,m}\,g=m\,g$$ que es como debe ser, ya que en estas condiciones de equilibrio, las masas penden de cada lado, sin que haya movimiento.

Observación 3: Con las condiciones iniciales del movimiento, $\{x(t=0)=x_0\,\dot{x}(t=0)=v_0\}$, podemos integrar fácilmente la ecuación (2), obteniendo $\dot{x}(t)=v_0+\dfrac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\,g\,t$; y, de ésta,$x(t)=x_0+v_0\,t+\dfrac{1}{2}\,\dfrac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\,g\,t^2$ ---

Cálculo de la tensión de la cuerda

Obsérvese que las tensiones no aparecen directamente en la (única) ecuación de Lagrange que hemos planteado. Para calcular las tensiones en un sistema mecánico a partir de las ecuaciones de Euler-Lagrange, es necesario incluir explícitamente las tensiones como fuerzas de ligadura, con las respectivas ecuaciones de Lagrange adicionales, tal como haremos, más abajo, en el Procedimiento 2. Pero también (y sencillamente) podemos escribir la segunda ley de Newton (tal cual) para cada subsistema, a lo cual ya estamos acostumbrados desde los primeros cursos de física. Nótese que al no tener masa la polea, las tensiones en los subsistemas izquierdo y derecho son iguales (por comodidad denomino $\tau$ a esa tensión), ya que la cuerda inelástica es un medio continuo y toda tensión se transmite por igual a todos sus puntos. Bastará con elegir uno de los dos substistemas y escribir en él la segunda ley de Newton; en el de la izquierda, por ejemplo: $m_1\,g-\tau=m_1\,\ddot{x}$, esto es, $(m_1-\ddot{x}\,g=\tau$, y, teniendo en cuenta (3) puede escribirse que $\tau=\left(1-\dfrac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\right)\,g\,m_1$ y, simplificando la expresión dentro del paréntesis, se llega a $$\tau_1=\tau_2=\dfrac{2\,m_1\,m_2}{m_1+m_2}\,g$$

***

Procedimiento 2

Otra forma de obtener la tensión —que entendemos como una fuerza de ligadura—, a la vez que la ecuación del movimiento, mediante las ecuaciones de Lagrange, consiste en utilizar al principio de los trabajos virtuales —se desprende del principio de d'Alembert—, recurriendo para ello al artificio de considerar «variable» la longitud de la cuerda en los desplazamientos virtuales (aún sin ser consecuentes con la ligadura real del problema: longitud de la cuerda constante). Con este planteamineto, deberemos escribir la energía cinética del sistema de la forma $$T=\dfrac{1}{2}\,m_1\,\dot{x}^2+\dfrac{1}{2}\,m_2\,(\dot{\ell}-\dot{x})^2 \quad \quad (4)$$ Tendremos por tanto dos coordenadas en lugar de una sola: $x$ y $\ell$, que, por otra parte, entendemos como coordenadas generalizadas $q_1\equiv x$ y $q_2\equiv \ell$. Es claro que tendremos dos ecuaciones en el sistema de ecuaciones de Lagrange y no solamente una, como en el caso de obtener solamente la ecuación del momiviento.

La tensión (fuerza de ligadura) de la cuerda, $\tau$, no deriva de una función potencial, y, por tanto, tampoco la fuerza generalizada asociada a $\ell$, por lo que no podremos escribir las ecuaciones de Lagrange en la forma (1), sino únicamente en términos de la energía cinética, que como sabemos bien (referencias), son de la forma: $$\left\{ \begin{matrix} \dfrac{d}{dt} \,\left( \dfrac{\partial\,T} {\partial\,\dot{x}_1} \right) - \dfrac{\partial\,T} {\partial\,x} =Q_{x} & \quad \quad (6)\\ \dfrac{d}{dt} \,\left( \dfrac{\partial\,T} {\partial\,\dot{\ell}} \right) - \dfrac{\partial\,T} {\partial\,\ell} =Q_{\ell} & \quad \quad (7) \end{matrix}\right.$$
De (4) obtenemos: $\dfrac{\partial\,T}{\partial\,\dot{x}}=(m_1+m_2)\,\dot{x} \,\therefore \, \dfrac{d}{dt}\,\left( \dfrac{\partial\,T}{\partial\,\dot{x}}\right)=(m_1+m_2)\,\ddot{x}$; $\dfrac{\partial\,T}{\partial\,\dot{\ell}}=m_2\,(\dot{\ell}-\dot{x}_1) \,\therefore \, \dfrac{d}{dt}\,\left( \dfrac{\partial\,T}{\partial\,\dot{\ell}}\right)=m_2\,(0-\ddot{x}_1)=-m_2\,\ddot{x}_1$; $\dfrac{\partial\,T}{\partial\,\ell}=0$; por tanto, las ecuaciones (6) y (7) quedan de la forma $$\left\{ \begin{matrix} (m_1+m_2)\,\ddot{x}=Q_{x} & \quad \quad (6')\\ -m_2\,\ddot{x} =Q_{\ell} & \quad \quad (7') \end{matrix}\right.$$
Veamos a continuación cuáles son las fuerzas generalizadas, $Q_{x_1}$ y $Q_{\ell}$, asociadas a las coordenadas generalizadas $x_1$, y $\ell$

Teniendo en cuenta que las fuerzas que actúan sobre la masa $m_1$ (lado izquierdo) es $m_1\,g-\tau$ y que las fuerzas que actúan sobre $m_2$ (lado derecho) es $-(m_2\,g-\tau)$, y teniendo en cuenta un incremento $\delta\,x$ de $x$ (manteniendo $\ell$ constante), el trabajo realizado por la fuerza neta en un desplazamiento $\delta\,x$ es $\delta\,W=\left((m_1\,g-\tau)-(m_2\,g-\tau)\right)\,\delta\,x=(m_1-m_2)\,g\,\delta\,x$, luego la fuerza generalizada asociada a la coordenada generalizada $x$ es $$Q_{x}=(m_1-m_2)\,g \quad \quad (8)$$ Nota: observemos que esta expresión es independiente de $\tau$

Por otra parte, considerando un incremento $\delta\,\ell$ de $\ell$ (manteniendo $x$ constante), y habida cuenta de que la fuerza neta sobre $m_2$, que es $m_2\,g-\tau$ —según el primer miembre de la ecuación (7'), ésta describe la dinámica de la masa $m_2$—, vemos que el trabajo realizado es $\delta\,W=(m_2\,g-\tau)\,\delta\,\ell$, luego la fuerza generalizada asociada a la coordenada generalizada $\ell$ es $$Q_{\ell}=m_2\,g-\tau\quad \quad (9)$$ y, ésta sí, depende de $\tau$.



Finalmente, sustituyendo (8) y (9) en (6') y (7'), llegamos a: $$\left\{ \begin{matrix} (m_1+m_2)\,\ddot{x}=(m_1-m_2)\,g & \quad \quad (10)\\ -m_2\,\ddot{x} =m_2\,g-\tau & \quad \quad (11) \end{matrix}\right.$$ La primera ecuación, (10), es la ecuación del movimiento que ya habíamos obtenido en (2) por el primer procedimiento. De (10) podemos escribir (3); y de la segunda, (11), y teniendo en cuenta (3), despejamos la tensión: $$\tau=m_2\,g+m_2\,\ddot{x}_1=\left(1+\dfrac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\right)\,m_2\,g=\dfrac{m_1\,m_2}{m_1+m_2}\,g$$ que, es el resultado ya obtenido mediante el primer procedimiento. Nota: recordemos una vez más que al no tener masa la polea, $\tau_1=\tau_2 \equiv \tau$. $\diamond$

-oOo-

Referencias:

  [1] K.R. Symon, Mecánica, Aguilar, Madrid, 1977.
  [2] M.R. Spiegel, Mecánica teórica, McGraw-Hill, Mexico, 1976.