Una pregunta sobre el trabajo virtual relacionado con la tercera ley de Newton

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Una pregunta sobre el trabajo virtual relacionado con la tercera ley de Newton

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Al describir el principio de d'Alembert , la nota de clase que me proporcionaron establece que la fuerza total $\mathbb F_l$ actuando sobre una partícula se puede tomar como,

F_{yo} = F_{yo} + \sum_{metro} F_{metro yo} + C_{yo},

$\mathbb F_l=F_l+\sum_mf_{ml}+C_l,$

dónde $F_l$ es la suma de las fuerzas aplicadas en $l^{th}$ partícula, $f_{ml}$ siendo la fuerza interna sobre $l^{th}$ partícula debido a un $m^{th}$ partícula, y $C_l$ que denota las fuerzas de restricción. Sin embargo, considerando la ley de acción y reacción, establece además que $f_{ml}+f_{lm}=0$ , que no tengo problemas para entender. Pero considerando un desplazamiento virtual $\delta \bf{r}_l$ en $l^{th}$ partícula, en la siguiente línea concluye que el trabajo virtual $\delta W$ hecho debe ser,

d W = \sum_{yo = 1}^{norte} (F_{yo} + C_{yo}) \cdot d r_{yo},

$\delta W~=~\sum_{l=1}^N(F_l+C_l)\centerdot\delta\textbf{r}_l,$

postergación $f_{ml}$ términos. Pero si tenemos en cuenta esos términos, ¿no debería ser

d W = \sum_{yo = 1}^{norte} (F_{yo} + C_{yo}) \cdot d r_{yo} + \sum_{yo} \sum_{metro} F_{metro yo} \cdot d r_{yo} .

$\delta W~=~\sum_{l=1}^N(F_l+C_l)\centerdot\delta\textbf{r}_l+\sum_l\sum_mf_{ml}\centerdot\delta\textbf{r}_l.$

En otras palabras, no veo cómo viene
$\sum_{yo} \sum_{metro} F_{metro yo} \cdot d r_{yo} \overset{?}{=} 0.$ $\sum_l\sum_mf_{ml}\centerdot\delta\textbf{r}_l~\stackrel?=~0.$

Con el propósito de ilustrar mi problema, considere un sistema de dos partículas para el cual se puede expandir la doble sumatoria anterior y escribir

F_{11} \cdot d r_{1} + F_{21} \cdot d r_{1} + F_{12} \cdot d r_{2} + F_{22} \cdot d r_{2} .

$f_{11}\centerdot\delta\textbf{r}_1+f_{21}\centerdot\delta\textbf{r}_1+f_{12}\centerdot\delta\textbf{r}_2+f_{22}\centerdot\delta\textbf{r}_2.$

¿Cómo puede esto sumar cero en general? Incluso si asumo $f_{11}=0$ y $f_{22}=0$ , me quedo

F_{21} \cdot d r_{1} + F_{12} \cdot d r_{2} .

$f_{21}\centerdot\delta\textbf{r}_1+f_{12}\centerdot\delta\textbf{r}_2.$

¿Tengo que asumir $\delta\textbf{r}_1=\delta\textbf{r}_2$ es decir, que los desplazamientos virtuales de las partículas corresponden simplemente a un desplazamiento del sistema? ¿O me he perdido algo?

Respuestas (1)

Una pregunta sobre el trabajo virtual relacionado con la tercera ley de Newton

qmecanico · Answer 1

I) Recordemos primero la tercera ley de Newton .

Definición. La tercera ley de Newton débil dice que las fuerzas mutuas de acción y reacción son iguales y opuestas entre dos partículas en la posición $\vec{r}_i$ y $\vec{r}_j$ ,
$\begin{matrix} (1) & {\vec{F}}_{i j} + {\vec{F}}_{j i} = \vec{0} . \end{matrix}$ $\vec{F}_{ij}+\vec{F}_{ji}~=~\vec{0}.\tag{1}$
Definición. La Tercera ley de Newton fuerte dice además de la ec. $(1)$ que las fuerzas también son colineales,
$\begin{matrix} (2) & {\vec{F}}_{i j} ∥ {\vec{r}}_{i j}, \end{matrix}$ $\vec{F}_{ij} ~\parallel ~\vec{r}_{ij},\tag{2}$ es decir paralelo a la diferencia de posiciones $\begin{matrix} (3) & {\vec{r}}_{i j} := {\vec{r}}_{j} - {\vec{r}}_{i} . \end{matrix}$ $\vec{r}_{ij}~:=~\vec{r}_j-\vec{r}_i.\tag{3}$

II) La tercera ley de Newton fuerte por sí sola no es suficiente para asegurar que la doble suma

$\begin{matrix} (4) & \sum_{i \neq j} {\vec{F}}_{i j} \cdot d {\vec{r}}_{j} \overset{?}{=} 0 \end{matrix}$ $\sum_{i\neq j}\vec{F}_{ij}\cdot\delta\vec{r}_{j} ~\stackrel{?}{=}~0\tag{4}$

desaparece Necesitamos una suposición adicional, por ejemplo, rigidez. si todas las distancias $|\vec{r}_{ij}|$ están restringidos/fijos (imagine, por ejemplo, un cuerpo rígido hecho de partículas), entonces todos los desplazamientos virtuales $\delta\vec{r}_i$ debe satisfacer

\begin{matrix} (5) & 0 = d | {\vec{r}}_{i j} |^{2} = 2 {\vec{r}}_{i j} \cdot d {\vec{r}}_{i j}, \end{matrix}

$0~=~\delta|\vec{r}_{ij}|^2~=~2\vec{r}_{ij}\cdot \delta\vec{r}_{ij}, \tag{5}$

dónde

\begin{matrix} (6) & d {\vec{r}}_{i j} \overset{(3)}{=} d ({\vec{r}}_{j} - {\vec{r}}_{i}) = d {\vec{r}}_{j} - d {\vec{r}}_{i} . \end{matrix}

$\delta\vec{r}_{ij}~\stackrel{(3)}{=}~\delta(\vec{r}_j-\vec{r}_i)~=~\delta\vec{r}_j-\delta\vec{r}_i. \tag{6}$

colinealidad $(2)$ y rigidez $(5)$ entonces implica que

\begin{matrix} (7) & 0 \overset{(2) + (5)}{=} {\vec{F}}_{i j} \cdot d {\vec{r}}_{i j} . \end{matrix}

$0~\stackrel{(2)+(5)}{=}~\vec{F}_{ij}\cdot \delta\vec{r}_{ij}.\tag{7}$

Entonces la doble suma $(4)$ desaparece

\begin{matrix} (8) & \begin{aligned} 2 \sum_{i \neq j} {\vec{F}}_{i j} \cdot d {\vec{r}}_{j} \overset{(1)}{=} & \sum_{i \neq j} ({\vec{F}}_{i j} - {\vec{F}}_{j i}) \cdot d {\vec{r}}_{j} \\ = & \sum_{i \neq j} {\vec{F}}_{i j} \cdot d {\vec{r}}_{j} - \sum_{i \neq j} {\vec{F}}_{j i} \cdot d {\vec{r}}_{j} \\ \overset{i \leftrightarrow j}{=} & \sum_{i \neq j} {\vec{F}}_{i j} \cdot d {\vec{r}}_{j} - \sum_{i \neq j} {\vec{F}}_{i j} \cdot d {\vec{r}}_{i} \\ = & \sum_{i \neq j} {\vec{F}}_{i j} \cdot (d {\vec{r}}_{j} - d {\vec{r}}_{i}) \\ \overset{(6)}{=} & \sum_{i \neq j} {\vec{F}}_{i j} \cdot d {\vec{r}}_{i j} \\ \overset{(7)}{=} & 0, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} 2\sum_{i\neq j}\vec{F}_{ij}\cdot\delta\vec{r}_{j} ~\stackrel{(1)}{=}~& \sum_{i\neq j}(\vec{F}_{ij}-\vec{F}_{ji})\cdot\delta\vec{r}_{j}\cr ~=~&\sum_{i\neq j}\vec{F}_{ij}\cdot\delta\vec{r}_{j} -\sum_{i\neq j}\vec{F}_{ji}\cdot\delta\vec{r}_{j}\cr ~\stackrel{i\leftrightarrow j}{=}~& \sum_{i\neq j}\vec{F}_{ij}\cdot \delta\vec{r}_{j} -\sum_{i\neq j}\vec{F}_{ij}\cdot \delta\vec{r}_{i}\cr ~=~&\sum_{i\neq j}\vec{F}_{ij}\cdot (\delta\vec{r}_{j}-\delta\vec{r}_{i})\cr ~\stackrel{(6)}{=}~& \sum_{i\neq j}\vec{F}_{ij}\cdot \delta\vec{r}_{ij}\cr ~\stackrel{(7)}{=}~&0,\end{align} \tag{8}$

como queríamos demostrar. En la tercera igualdad de la ec. $(8)$ , cambiamos el nombre de las dos variables de suma $i\leftrightarrow j$ en el segundo término.

¡Gracias! Esta es una de las respuestas más claras que he recibido a una pregunta mía sobre física.
@Qmechanic, tengo una pregunta tonta. Estas fuerzas internas, si satisfacen la forma fuerte de la tercera ley, se supone que son derivables de un potencial interno que solo depende de la separación entre partículas. En un cuerpo rígido, la separación es una constante y por lo tanto el potencial también. ¿No debería esto significar que las fuerzas internas se desvanecen? ¿Qué me estoy perdiendo?
Una fuerza interna de 2 cuerpos que obedece la 3.ª ley de Newton fuerte aún puede depender de la orientación angular y, por lo tanto, puede no tener potencial.
@GRrocks. Estoy reviviendo esto porque estoy leyendo el libro de Taylor y tuve un pensamiento similar cuando dijo que las energías de interacción interna son constantes (por definición) en los cuerpos rígidos y, por lo tanto, podríamos sospechar que tomar el negativo del gradiente sería conducir a una fuerza que se desvanece. Pero debemos tener claro el gradiente utilizado. La fuerza sobre una partícula es el gradiente con respecto a sus coordenadas de su función potencial, esto no es constante (es decir. $U(|\mathbf{r_1}-\mathbf{r_2}|$ no es una constante con respecto a $\mathbf{r_1}$ sino más bien a $|\mathbf{r_1}-\mathbf{r_2}|$ ).
@1729_SR Sí, eso es exactamente. El potencial es una constante en la separación, no posiciones individuales.

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