problemas con soluciones de mecánica clásica
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Problemas solucionados y ordenados temáticamente relativos a la asignatura de mecánica clásica. Temas como: mecánica clásica, relatividad, sólido rígido, coriolis, hamilton, lagrange, potenciales unidimensionales, ...TRANSCRIPT
Curso 2013–14 MECÁNICA CLÁSICA Grupos C y F
Tema 1
1. El movimiento de una partícula de masam está dado por r.t/ D v0t cos˛ e1C .v0t sen˛gt2=2/ e3. a) Cal-cular la fuerza a la que está sometida la partícula. b) Calcular su posición y su velocidad en t D 0. c) Comprobarexplícitamente que se cumple la ley de variación del momento angular.
2. Hallar las componentes del vector aceleración a en coordenadas polares planas.
3. Sea s la longitud de arco a lo a lo largo de la trayectoria seguida por una partícula. Probar que v D ds= dt yexpresar la componente tangencial de la aceleración en función de s y sus derivadas temporales.
El elemento de longitud de arco esds2 D dx2 C dy2 C d´2 D dr2 ;
y por tantoPs2 D Pr2 v2 H) v D Ps
(nótese que por convenio ds= dt siempre es no negativo). Si v ¤ 0, un vector unitario tangente a la trayectoria enel instante t es v=v. Por tanto la componente tangencial de la aceleración en dicho instante es
at Da vvD Pv D Rs ;
ya quev2 D v2 H) 2a v D 2v Pv :
Otra forma de demostrar esta última igualdad es teniendo en cuenta que, si denotamos por t al vector unitariotangente a la trayectoria entonces
v D vt H) a D PvtC vPt :
Como el vector t es unitario Pt t D 0, por lo que
at a t D Pv Rs :
4. Una partícula se mueve con velocidad de módulo constante (v D const.) sobre la curva plana r D k.1Ccos /.Calcular P , ar y jaj en función de , v y k.
Derivando respecto de t la ecuación de la trayectoria se obtiene
Pr D k sen P H) v2 D Pr2 C r2 P2 D .k2 sen2 C r2/ P2 D k2
sen2 C .1C cos /2P2
D 2k2.1C cos / P2 H) P D ˙v
kp2.1C cos /
D˙vp2kr
:
Nótese que el signo de P no se puede determinar (depende del sentido de recorrido de la curva), y que P se haceinfinito en el origen. La componente radial de la aceleración es
ar D Rr r P2D k sen R .r C k cos / P2 D k sen R
v2
2r.1C 2 cos / :
Derivando respecto de t la expresión para P2 se obtiene
2 P R D v2
2kr2Pr D
v2 sen 2r2
P H) R Dv2 sen 4r2
;
donde se ha tenido en cuenta que P nunca se anula. Por tanto
ar D v2
4r2
k sen2 C 2r.1C 2 cos /
D
kv2
4r2
sen2 C 2.1C cos /.1C 2 cos /
D
kv2
4r2.3C 6 cos C 3 cos2 / D
3v2
4k:
1
0.5 1.0 1.5 2.0 xk
-1.0
-0.5
0.5
1.0
yk
Figura 1: Cardiode del problema 4.
Por otra parte,
a D r R C 2 Pr P Dv2 sen 4r
2k sen P2 Dv2 sen 4r
v2 sen r
D 3v2 sen 4r
D 3v2 sen
4k.1C cos /
D 3v2
4ktan.=2/ :
De nuevo, a se hace infinita cuando la partícula pasa por el origen. Finalmente, el módulo de la aceleración estádado por
jaj Dqa2r C a
2D3v2
4k
q1C tan2.=2/ D
3v2
4ksec.=2/ D
3v2
4k
r2
1C cos D
3v2
2p2kr
;
infinito en el origen.
5. Indicar cuáles de los siguientes campos de fuerzas son conservativos y, en su caso, calcular la energía potencialcorrespondiente (a, b y c son constantes): a) F D .ay´C bx C c´/ e1 C .ax´C b´/ e2 C .axy C by/ e3.b) F D ´exe1 C log ´ e2 C .ex C y=´/ e3. c) F D ar=r2.
a/ r F D
ˇˇ e1 e2 e3
@x @y @´ay´C bx C c´ ax´C b´ axy C by
ˇˇ D ce2 D 0 () c D 0 :
En tal caso F D .ay´ C bx/ e1 C .ax´ C b´/ e2 C .axy C by/ e3 D rV.x; y; ´/, donde V se determina apartir de las ecuaciones
Vx D .ay´C bx/ ; Vy D .ax´C b´/ ; V´ D .axy C by/
H) V.x; y; ´/ D axy´ b
x2
2C y´
C const:
b/ r F D
ˇˇ e1 e2 e3@x @y @´´ex log ´ ex C y=´
ˇˇ D 0 H) F D rV.x; y; ´/ ;
conVx D ´ex ; Vy D log ´ ; V´ D ex
y
´:
2
Integrando la primera ecuación respecto de x se obtiene
V.x; y; ´/ D ´ex C f .y; ´/ H) Vy D @yf D log ´ H) f .y; ´/ D y log ´C g.´/ :
Por tanto
V.x; y; ´/ D ´ex y log ´C g.´/ H) V´ D ex y
´C g0.´/ D ex
y
´H) g.´/ D const:
H) V.x; y´/ D ´ex y log ´C const:
c/ F Da
rer H) F D rV.r/ ; V .r/ D
Za
rdr D a log r C const:
6. Una partícula está sometida a una fuerza F.t; r; Pr/ dependiente de la velocidad que verifica la condiciónRC F dr D 0 para toda trayectoria C . a) Dar un ejemplo físico de una fuerza de este tipo. b) ¿Es F conser-
vativa? c) ¿Se conserva la energía de la partícula?
a) Un ejemplo de fuerza de este tipo es la fuerza magnética F D q Pr B.t; r/, ya queZC
F dr DZ t2
t1
F Pr dt D 0
al ser F Pr idénticamente nulo.
b) La única fuerza conservativa que verifica esta condición es la fuerza nula, ya que si F.r/ D @V.r/@r
y denota-mos por r1 y r2 los extremos de C entoncesZ
C
F dr D V.r1/ V.r2/ D 0 ; 8r1; r2 2 R3 ;
y por tanto V es constante.c) Si C D
˚r.t/ W t1 6 t 6 t2
es una trayectoria de la partícula y Ti T .ti / entonces
dTdtD F Pr H) T2 T1 D
Z t2
t1
F Pr dt DZC
F dr D 0 ;
y por tanto se conserva la energía cinética. Explicación “física”: aunque la fuerza no es conservativa (es decir, noderiva de un potencial independiente del tiempo), no realiza trabajo. Esto es lo que ocurre, en particular, con elmovimiento de una partícula en un campo magnético.
7. Un monopolo magnético es un (hipotético) campo magnético de la forma B D br=r3, donde b es una constanteque mide la supuesta carga magnética. a) Escribir las ecuaciones de Newton para el movimiento de una partículade carga q y masam en presencia del monopolo y de un campo central con potencial V.r/ D k=r . b) Comprobarque el momento angular L no se conserva. c) Hallar un vector conservado de la forma L f .r/r.
a) Las ecuaciones de Newton son en este caso
mRr D @V.r/
@rC q Pr B D
krr3Cqb
r3Pr r D
1
r3.krC qb Pr r/ :
b) La derivada temporal del momento angular es
PL D r F Dqb
r3r .Pr r/ D
qb
r3
r2 Pr .r Pr/r
qb
r.Pr Prer/
Dqb
r.ve C v'e'/
;
donde hemos tenido en cuenta quePr
rr vr D Pr :
3
Como PL no es idénticamente nulo, el momento angular no se conserva.c) De la identidad
ddtf .r/ D f 0.r/ Pr
y el resultado del apartado anterior se deduce que la derivada temporal del vector D L f .r/r es
PD D PL rf 0.r/ Prer f .r/Pr Dqb
r.Pr Prer/ rf 0.r/ Prer f .r/Pr
D
qb
r f .r/
Pr
qb
rC rf 0.r/
Prer D
qb
r f .r/
PrC r
d
dr
qb
r f .r/
Prer :
Por tanto PD se anula si f .r/ D qb=r , y en consecuencia se conserva el vector
D D L qbrr:
r B D 4 bı.r/ ¤ 0, lo que viola una de las ecuaciones de Maxwell. En efecto, si r ¤ 0 se tiene
r
rr3
D
3
r3C r
@
@r1
r3D
3
r33r2
r5D 0 :
Por otra parte, del teorema de Gauss se sigue que, si S es el interior de la esfera de radio R y centro el origen y@S es la superficie de dicha esfera,Z
S
r
rr3
d3r D
Z@S
rr3
rr
dA D1
R2
Z@S
dA D 4 :
La existencia de monopolos magnéticos es una predicción de las teorías GUT y de la teoría de supercuerdas.
La existencia de un sólo monopolo magnético implicaría, según un argumento de Dirac, la cuantización de lacarga eléctrica.
No hay actualmente evidencia experimental de la existencia de monopolos magnéticos.
8. Una partícula de masa m que se lanza verticalmente hacia arriba con velocidad inicial v0 está sometida a uncampo gravitatorio constante dirigido hacia abajo y a una fuerza de rozamiento proporcional al cuadrado de lavelocidad. Calcular la velocidad que tiene la partícula al volver a su punto de partida.
Si no hubiera rozamiento, el principio de conservación de la energía implicaría que la velocidad de la partícula alvolver a la posición inicial sería simplemente v0. Veamos qué ocurre en presencia de una fuerza de rozamientoproporcional a Px2 (donde el eje x está dirigido hacia arriba). Más precisamente, nótese que la fuerza de rozamientosiempre ha de ser opuesta a la velocidad, por lo que la fuerza total que actúa sobre la partícula está dada por
F D mg sgn Px Px2 ;
donde > 0 es constante. Llamando Px D v y en cuenta que
Pv DdvdxPx v
dvdx;
la ecuación del movimiento se puede escribir como
vdvdxD g k sgn v v2 :
En un primer momento la partícula se mueve hacia arriba, y por tanto (suponiendo que inicialmente x.0/ D 0)
vdvdxD .g C k v2/ H) x D
Z v
v0
s
g C ks2ds :
4
La partícula alcanzará su altura máxima h cuando v D 0, es decir
h D
Z v0
0
v
g C kv2dv D
1
2klog1C k
gv20
:
A partir de este instante la velocidad se hace negativa, y por tanto
vdvdxD g C k v2 H) x D hC
Z v
0
s
ks2 gds :
Nótese que kv2 g < 0 para v D 0 (correspondiente a x D h), y ha de permanecer negativo posteriormente (esdecir, jvj <
pg=k para todo x) porque
v D ˙pg=k H) v
dvdxD 0 H)
dvdxD 0 H) v D ˙
pg=k 8x ;
por el teorema de existencia y unicidad de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden. La velocidad quealcanza la partícula al regresar al punto de partida se obtiene sustituyendo x D 0 en la ecuación anterior (teniendoen cuenta que v < 0, ya que v sólo se anula para x D h):
0 D hC1
2klog1k
gv2H) 1k
gv2 D e2kh D
1
1C kgv20
H) v D v0q
1C kgv20
v0q
1C mgv20
:
Nótese, en particular, que jvj < v0. (Esto se debe esencialmente a que la partícula ha perdido energía (cinética)debido al rozamiento.)Otro método (más laborioso). Cuando la partícula se mueve hacia arriba ( Px > 0), la ecuación del movimiento es
Pv D .g C kv2/ .k D =m/
y por tanto (suponiendo que x.0/ D 0)
t D
Z v
v0
dsg C ks2
D1pkg
arctan
qkgv0
arctan
qkgv
H)
rg
ktan
pkg t
D
v0 v
1C kgv0v
:
Despejando v se obtiene
v Dv0
pg=k tan
pkg t
1C
pk=g v0 tan
pkg t
:Introduzcamos las variables adimensionales
Dpkg t ; D kx ;
de forma queddD
qkgv D
w0 tan 1C w0 tan
.w0
qkgv0/ :
La partícula llega al punto más alto de su trayectoria en el instante en que w D 0, es decir
0 D arctanw0 ;
y el espacio recorrido (i.e., la altura alcanzada) es igual a
0 D
Z 0
0
dd
d DZ 0
0
w0 cos sen cos C w0 sen
d D log.cos 0 C w0 sen 0/ D log cos 0 C log.1C w0 tan 0/ :
Aplicando la definición de 0 se obtiene
0 D 1
2log.1C w20/C log.1C w20/ D
1
2log.1C w20/ :
5
En las coordenadas “físicas”, la altura alcanzada por la partícula es
h D0
kD
1
2klog1C k
gv20
:
A partir del instante 0 la partícula desciende, por lo que Px < 0 y la ecuación del movimiento es
Pv D g C kv2 :
En términos de w d= d , esta ecuación se escribe
dwdD
1pkgPw D
Pv
gD 1C w2 :
Tomando ahora el origen de tiempos en el momento en que la partícula alcanza el punto más alto de su trayectoria(en que w D 0) e integrando la ecuación anterior se obtiene
D
Z w
0
dss2 1
D1
2log
ˇw 1
w C 1
ˇD1
2log
1 w
w C 1H) w D
1 e2
1C e2D tanh :
Integrando esta ecuación a partir de D 0 (instante en el cual D 0) queda
0 D
Z
0
tanh s ds D log cosh :
La partícula llega por tanto al punto de partida . D 0/ en el instante 1 determinado por
cosh 1 D e0 ;
con velocidad
w D tanh 1 D
pcosh2 1 1
cosh 1D
pe20 1
e0D
p1 e20 :
Utilizando el valor de 0 calculado anteriormente se obtiene
w D
s1
1
1C w20D
w0q1C w20
:
En las coordenadas físicas,
v D
rg
kw D
v0q1C k
gv20
v0q
1C mgv20
;
como antes.
9. Una partícula de masam se mueve sobre el eje x sometida únicamente a una fuerza de rozamiento proporcionalapv. Si la partícula parte del origen de coordenadas con velocidad inicial v0 > 0, calcular su posición en todo
instante t > 0.
Inicialmente v.0/ D v0 > 0, por lo que la partícula se moverá hacia la derecha con velocidad v.t/ > 0 parat > 0 suficientemente pequeño. Mientras que la velocidad de la partícula se mantiene mayor o igual que cero, laecuación del movimiento se puede escribir en la forma
Pv D kpv .v > 0/ ;
con k > 0 constante, que es una ecuación diferencial de primer orden en la velocidad v Px. Integrando estaecuación (de variables separables) y teniendo en cuenta la condición inicial v.0/ D v0 se obtiene
kt D
Z v
v0
u1=2 du D 2.pv pv0/ H) v D
pv0
kt
2
2:
6
Integrando de nuevo y teniendo en cuenta la condición x.0/ D 0 se obtiene
x D2
3k
v3=20
pv0
kt
2
3D v0t
kpv0
2t2 C
k2
12t3 :
Las ecuaciones anteriores para x.t/ y v.t/ solo son válidas mientras v > 0, es decir para 0 6 t 6 t0, siendo t0 elinstante en que se anula la velocidad:
v.t0/ D
pv0
kt
2
2D 0 () t0 D 2
pv0
k:
A partir de este instante deja de actuar la fuerza de rozamiento, y por lo tanto no actúa fuerza alguna sobre lapartícula. En virtud de la primera ley de Newton, para t > t0 la partícula permanece en reposo en el punto
x.t0/ D2v3=20
3k:
En definitiva, la ley del movimiento de la partícula para t > 0 es
x.t/ D
„v0t
kpv0
2t2 C
k2
12t3 ; 0 6 t 6 2
pv0
k
2v3=20
3k; t > 2
pv0
k:
10. Una partícula de masa m se mueve en una dimensión sometida a la fuerza F.x/ D k.x2 a2/, con k; aconstantes positivas. Si x.0/ D a y Px.0/ D v0, describir cualitativamente el movimiento de la partícula enfunción de su velocidad inicial v0.
El potencial V está dado por
V.x/ D
ZF.x/ dx D k
a2x
x3
3
(donde se ha tomando V.0/ D 0). Dicho potencial es por tanto una función impar, tiende a˙1 cuando x !1,y su derivada V 0.x/ D F.x/ se anula para x D ˙a (cf. la Fig. 2). El punto x D a es un mínimo relativo de
Figura 2: Gráfica del potencial V.x/ D ka2x x3
3
.
V , mientras que x D a es un máximo relativo. El valor de V en el máximo relativo x D a está dado por
V.a/ D2ka3
3 E0 D V.a/ :
7
De las condiciones iniciales x.0/ D a, Px.0/ D v0 se deduce que la energía de la partícula es
E D1
2m Px.0/2 C V.a/ D
1
2mv20
2ka3
3:
Las posibles trayectorias de la partícula son por tanto las siguientes:
i) E D E0 2ka3
3() v0 D 0. En este caso x.0/ D a, Px.0/ D 0, y por tanto x.t/ D a para todo t
(solución de equilibrio).
ii) E0 < E < E0 () 0 < jv0j < 2a
q2ka3m
. La trayectoria es acotada, y el movimiento de la partícula esperiódico en el tiempo.
iii) E D E0 () jv0j D 2a
q2ka3m
. La trayectoria es acotada pero el movimiento no es periódico, ya que lapartícula emplea un tiempo infinito en alcanzar el equilibrio inestable en x D a.
iv) E > E0 () jv0j > 2a
q2ka3m
. En este caso la trayectoria es no acotada por la derecha. El tiempoempleado por la partícula en llegar al infinito está dado por
t1 D t0 C
rm
2
Z 1a
dxpE V.x/
D t0 C
rm
2
Z 1a
dxrE k
a2x x3
3
;siendo t0 el tiempo que tarda la partícula en alcanzar el punto de retroceso a la izquierda de a y volver al puntode partida x D a (t0 D 0 si v0 > 0). Como el integrando se comporta como x3=2 para x !C1, y la integralR1
x3=2 dx es convergente, el tiempo t1 es finito (es decir, la partícula alcanza el infinito en un tiempo finito)
11. Una partícula de masa m se mueve en una dimensión sometida a una fuerza F.x/ D kx C kx3=a2, dondek y a son constantes positivas. Calcular la energía potencial correspondiente con la elección V.0/ D 0 y discutircualitativamente el movimiento de la partícula. ¿Qué ocurre si E D ka2=4?
12. Una partícula de masa unidad se mueve en una dimensión sometida al potencial V.x/ D sen2 x (en unidadesapropiadas). Si la partícula se halla inicialmente en el origen con velocidad
p2, describir cualitativamente el
movimiento para t > 0 y hallar su ley horaria.
Si la partícula (de masa m D 1) se halla inicialmente en el origen de coordenadas con velocidad Px.0/ Dp2, su
energía está dada por
E D1
2Px.0/2 C sin2 0 D 1 :
Teniendo en cuenta la gráfica del potencial (ver Fig. 3), el movimiento de la partícula está restringido al intervaloŒ =2; =2. De hecho, como inicialmente la partícula se mueve hacia la derecha (ya que Px.0/ > 0) y el puntox D =2 es un máximo del potencial, y por tanto un equilibrio, dicho punto no se puede alcanzar en un tiempofinito. En definitiva, para t > 0 la partícula se mueve en el intervalo acotado .0; =2/, verificándose ademáslimt!1
x.t/ D =2. Por tanto el movimiento es acotado pero no periódico.Para hallar la ley horaria del movimiento aplicamos la ley de conservación de la energía
1
2Px2 C sen2 x D 1 H) Px D
p2 cos x ;
donde hemos tenido en cuenta que Px > 0 (para t > 0 la partícula se mueve hacia la derecha, como hemos vistoanteriormente). Integrando esta ecuación de variables separadas con la condición inicial x.0/ D 0 obtenemosinmediatamente
p2 t D
Z x
0
sec s ds D log j sec x C tan xj H) sec x C tan x D ep2 t ; t > 0 :
(En efecto, ya hemos visto que si t > 0 entonces x 2 .0; =2/, por lo que tanto sec x como tan x son positivas.)Esta relación se puede simplificar algo más teniendo en cuenta la identidad sec2 x D 1C tan2 x, de donde se sigueque
1C tan2 x Dep2 t tan x
2D e2
p2 t 2e
p2 t tan x C tan2 x H) tan x D
e2p2 t 1
2ep2 t
D senh.p2 t/ ;
8
y por consiguientex D arctan
senh.
p2 t/
:
Figura 3: Gráfica del potencial V.x/ D sen2 x.
13. Una partícula de masa m sometida al potencial unidimensional V.x/ D kx2.3a 2x/ (con k; a > 0) sehalla inicialmente en el punto x D a=2 con velocidad v0. Determinar para qué valores de v0 el movimiento es noacotado, y si en tal caso es finito o infinito el tiempo empleado por la partícula en alcanzar el infinito.
El potencial V es un polinomio de grado 3 con derivada V 0.x/ D 6kx.a x/, que se anula en los puntosx D 0 y x D a. Por tanto V tiene un mínimo relativo en el origen y un máximo relativo en el punto x D a,y V.x/ ! ˙1 para x ! 1. El potencial tiene por consiguiente el aspecto que se muestra en la Fig. 4.En particular, la condición necesaria y suficiente para que el movimiento de la partícula sea no acotado (por la
Figura 4: Potencial V.x/ D kx2.3a 2x/.
derecha) es que su energía E sea mayor que el valor de V en el máximo x D a, es decir que
E > V.a/ D ka3 :
Como la energía se conserva, podemos calcularla en cualquier instante, por ejemplo en el inicial:
E D1
2mv20 C V.a=2/ D
1
2mv20 C
1
2ka3 :
Por tanto el movimiento de la partícula será no acotado si
1
2mv20 C
1
2ka3 > ka3 () jv0j >
ska3
m:
9
El tiempo t1 empleado por la partícula en alcanzar el punto x D C1 está dado por
t1 D t0 C
rm
2
Z 1a=2
dxpE V.x/
; (1)
donde t0 D 0 si v0 > 0, mientras que si v0 < 0
t0 Dp2m
Z a=2
x0
dxpE V.x/
<1
es el tiempo que tarda la partícula en alcanzar el punto de retroceso x0 a la izquierda de a=2 y volver al puntox D a=2. Por tanto t1 es finito si y solo si la integral (1) es convergente. A su vez, al ser
E V.x/ D 2kx3 3akx2 CE ;
la integral en cuestión tiene el mismo carácter queZ 1a=2
x3=2 dx ;
que es convergente (al ser el exponente menor que 1). Por tanto la partícula alcanza el infinito en un tiempofinito.
14. Una partícula de masa m obligada a moverse sobre una curva en un plano vertical describe un movimientoarmónico simple de período T D 2
pl=g (donde l es una constante con dimensiones de longitud) independiente
de la amplitud. Hallar las ecuaciones paramétricas de la curva en cuestión.
Como la partícula está obligada a desplazarse sobre una curva, la suma de la componente de la fuerza de lagravedad mg normal a la curva junto con la reacción de la curva sobre la partícula (que es normal a dicha curvasi no hay rozamiento) han de ser iguales al producto de la masa de la partícula por su aceleración normal. Estacondición permite determinar la fuerza de reacción una vez conocida la ley horaria del movimiento. Proyectandola segunda ley de Newton sobre la dirección tangente a la curva se obtiene, teniendo en cuenta que t D Pr=v yaplicando el problema 4,
mat D mRs D mg t D mg Py
vD
mg Py
PsD mg
dyds
() Rs C gdydsD 0 :
Para que el movimiento sea armónico simple con período D 2 pl=g es necesario que la ecuación anterior se
reduzca aRs C !2s D 0 ;
con
! D2
D
rg
l:
Por tanto la curva debe satisfacer la relacióndydsDs
l:
Integrando esta ecuación se obtiene
y D y0 Cs2
2l:
Como dxds
2D 1
dyds
2D 1
s2
l2;
tomando raíz cuadrada e integrando queda
x D x0˙
Z s1
s2
l2ds
sDl sen D x0˙ l
Zcos2 d D x0˙
l
2
Z.1Ccos 2/ d D x0˙
l
2
C
1
2sen 2
:
10
Por tanto las ecuaciones paramétricas de la curva en cuestión son
x D x0 ˙l
4.2 C sen 2/ ; y D y0 C
l
2sen2 D y0 C
l
4.1 cos 2/ : (2)
Nótese que el doble signo se puede omitir, ya que la curva correspondiente al signo “” se obtiene a partir de lacorrespondiente al signo “C” cambiando por . La curva (2) es una cicloide generada por una circunferenciade radio l=4. Dicha curva fue denominada por Huygens tautócrona, aludiendo a la independencia del períododel movimiento de su amplitud. Obsérvese también que el parámetro l está relacionado con la longitud del arco
-Π -Π
20
Π
2Π
4 xl
0.5
1
1.5
2
4 yl
Figura 5: Cicloide del problema 14 (con x0 D y0 D 0).
completo de cicloide, correspondiente a 2 Œ 2; 2. En efecto, dicha longitud está dada por
Z =2
=2
sdxd
2C
dyd
2d D
l
2
Z =2
=2
q.1C cos 2/2 C sen2 2 d D
l
2
Z =2
=2
p2.1C cos 2/ d
D 2l
Z =2
0
cos d D 2l :
N.B. Este problema se puede también resolver aplicando la ley de conservación de la energía. En efecto, la fuerzatotal F que actúa sobre la partícula es la suma de la fuerza de la gravedad y la fuerza de reacción de la curva F`,es decir
F D F` @V
@r;
donde V D mgy es el potencial gravitatorio. Si E D T C V se tiene
dEdtD
dTdtC@V
@rPr D mRr PrC
@V
@rPr D
FC
@V
@r
Pr D F` Pr D 0 ;
ya que Pr es tangente a la curva y F` es normal a ella (en ausencia de rozamiento). Por tanto, aunque la fuerza totalque actúa sobre la partícula no es conservativa, la energía se conserva.
Derivando respecto de t la ley de conservación de la energía (dividida por m)
E
mD1
2v2 C gy D
1
2Ps2 C gy D const.
y considerando a y como función de s se obtiene
Ps Rs C g PsdydsD 0 H) Rs C g
dydsD 0 ;
como antes.
15. Hallar la dependencia en la amplitud y la energía del período de las oscilaciones alrededor de x D 0 de unapartícula de masa m que se mueve sometida al potencial V.x/ D kjxjn, con k > 0 y n 2 N.
11
El período de las oscilaciones alrededor del origen para el potencial del ejemplo es
Dp2m
Z a
a
dxpE kjxjn
D 2p2m
Z a
0
dxpE kxn
D 2
r2m
k
Z a
0
dxpan xn
;
donde la amplitud a es la raíz positiva de la ecuación V.x/ D E, es decir a D .E=k/1=n, y hemos tenido encuenta que el potencial es una función par de x. En general (salvo si n D 2) esta integral no se puede expresar entérminos de funciones elementales. Sin embargo, realizando el cambio de variables x D as se obtiene:
D 2a
r2m
kan=2
Z 1
0
dsp1 sn
rm
ka1.n=2/In ; In 2
p2
Z 1
0
dsp1 sn
:
En términos de la energía, Dpmk
1nE
1n 12 In :
Nótese que solo si n D 2 el período es independiente de la amplitud. Obsérvese también que si 0 < n < 2 elperíodo aumenta al aumentar la amplitud, mientras que si n > 2 disminuye.
16. Una partícula de masa m se mueve en el plano sometida al potencial V.x; y/ D k.x2 C 4y2/=2, con k > 0.Sabiendo que r.0/ D .a; 0/ y v.0/ D .0; v0/, con a > 0 y v0 > 0, calcular el movimiento de la partícula y dibujaraproximadamente su órbita.
Las ecuaciones del movimiento son
m Rx D @V
@xD kx ; m Ry D
@V
@yD 4ky ;
con las condiciones iniciales x.0/ D a, Px.0/ D 0, y.0/ D 0, Py.0/ D 0 . Teniendo en cuenta que la solucióngeneral de la ecuación de segundo orden Ru C !2u D 0 es u D A cos!t C B sen!t , con A;B constantesarbitrarias, y utilizando las condiciones iniciales dadas se obtiene fácilmente la ley horaria del movimiento:
x D a cos!t ; y Dv0
2!sen.2!t/ ; con !
rk
m:
Nótese que r.t/ es una función periódica de período 2 =!, y por tanto la trayectoria de la partícula es una curvacerrada. Dicha trayectoria, representada en la Fig. 6, es un caso particular de las llamadas figuras de Lissajous(x D A cos.l!t C ı/, y D B sen.n!t/, con l y n enteros positivos y ı 2 R.)
-1.0 -0.5 0.5 1.0 xa
-0.4
-0.2
0.2
0.4
Ω yv0
Figura 6: Trayectoria del problema 16.
17. Un electrón de masa m y carga e < 0 se mueve en un campo eléctrico uniforme E D Ee2 y un campomagnético también uniforme B D Be3. En el instante inicial r.0/ D 0 y v.0/ D v0e1. Sabiendo que E > 0,B > 0 y v0 > 0, calcular la trayectoria del electrón y dibujarla aproximadamente en los siguientes casos: a) v0 DE=.2B/; b) v0 D E=B; c) v0 D 2E=B; d) v0 D 4E=B .
18. Una partícula de masam y carga q se mueve en un plano sometida a un campo eléctrico rotatorio de amplitudconstante E.t/ D E0.cos!t; sen!t/ (con E0 > 0). Si la partícula se encuentra inicialmente en reposo en elorigen, determinar su movimiento y dibujar aproximadamente su trayectoria.
12
Figura 7: Trayectoria del problema 18.
Las ecuaciones del movimiento son
m Rx D qE0 cos!t ; m Ry D qE0 sen!t ;
con las condiciones iniciales x.0/ D y.0/ D Px.0/ D Py.0/ D 0. En términos de la variable compleja ´ D x C iy,estas ecuaciones se escriben
R DqE0
mei!t ; ´.0/ D P.0/ D 0 :
Integrando dos veces se obtiene„P D
qE0
m
Z t
0
ei!s ds DqE0
im!
ei!t 1
;
´ DqE0
im!
Z t
0
ei!s 1
ds D
qE0
im!
1
i!
ei!t 1
t
DqE0
m!2
i!t C 1 ei!t :
Tomando la parte real e imaginaria de la ecuación anterior para ´ se llega inmediatamente a la ley horaria delmovimiento:
x DqE0
m!2
1 cos!t
; y D
qE0
m!2
!t sen!t
:
La trayectoria de la partícula es por tanto una cicloide en la dirección del eje y (cf. la Fig. 7) .
20. El campo magnético creado por una partícula de carga q que se mueve a lo largo de una trayectoria x.t/ estádado por
B.t; r/ D0q
4
Px.t/ r x.t/
jr x.t/j3
(se supone que jPxj c y jr xjjRxj c2). Estudiar si la fuerza electromagnética entre dos partículas cargadas enmovimiento verifica la tercera ley de Newton.
Sea k D 0=.4 /, y supongamos que en un cierto instante t la partícula i (cuya carga denotaremos por qi ) seencuentra en el punto ri y se mueve con velocidad vi (i D 1; 2). Llamando r12 D r1 r2, la fuerza magnéticaejercida por la partícula 2 sobre la partícula 1 es
F.m/12 D q1v1 kq2
r312v2 r12
Dkq1q2
r312v1 .v2 r12/ D
kq1q2
r312
.v1 r12/v2 .v1 v2/r12
:
13
Nótese que, a menos que v1 sea perpendicular a r12, esta fuerza no está dirigida en la dirección del vector r12.Por simetría (y teniendo en cuenta que r21 D r12, r21 D r12),
F.m/21 D kq1q2
r312v2 .v1 r12/ D
kq1q2
r312
.v1 v2/r12 .v2 r12/v1
:
La fuerza total ejercida por la partícula i sobre la j es la suma de la fuerza magnética F.m/ij y la eléctrica F.e/ij , que,teniendo en cuenta las aproximaciones del enunciado, está dada por la ley de Coulomb:
F.e/ij Dq1q2
4 "0r312
.ri rj / :
Evidentemente F.e/12 C F.e/21 D 0, y por tanto
F12 C F21 D F.m/12 C F.m/21 Dkq1q2
r312
.v1 r12/v2 .v2 r12/v1
D
kq1q2
r312r12 .v1 v2/ :
Esta expresión no se anula a menos que v1 y v2 sean paralelos, o que ambas velocidades sean perpendiculares alvector r12. Supongamos, por ejemplo, que
r1 D xe1 ; v1 D v1e1 ; r2 D ye2 ; v2 D v2e2 :
En tal caso (llamando r Dpx2 C y2 )
F.m/12 D kq1q2v1v2x
r3e2 ; F.m/21 D kq1q2v1v2
y
r3e1 :
En particular, si (por ejemplo) la partícula 2 está en el origen .y D 0/ entonces F.m/12 ¤ 0 pero F.m/21 D 0. En otraspalabras, en este caso la partícula 1 no ejerce ninguna reacción (en cuanto a la fuerza magnética) sobre la 2.
21. Demostrar que el momento angular de un sistema de dos cuerpos se puede escribir en la forma
L DMR PRC r Pr ;
donde M D m1Cm2, D m1m2=.m1Cm2/, r D r1 r2 y R es el vector de posición del centro de masas delsistema.
El momento angular de un sistema de partículas se descompone en la suma del momento angular del CM y elmomento angular interno, por lo que en este caso se tiene
L DMR PRCm1r01 Pr01 Cm2r02 Pr
02 ;
donde r0i D ri R. Por tanto basta probar que
m1r01 Pr01 Cm2r02 Pr
02 D r Pr :
Para comprobar esta igualdad utilizamos las fórmulas
r1 D RCm2
Mr ; r2 D R
m1
Mr ;
o equivalentementer01 D
m2
Mr ; r02 D
m1
Mr :
Por tanto
m1r01 Pr01 Cm2r02 Pr
02 D
m1m
22
M 2Cm2m
21
M 2
r Pr D
m1m2
Mr Pr r Pr :
14
Tema 2
22. Una partícula describe una órbita espiral r D a . ¿Cuál debe ser la dependencia de con el tiempo para queel campo de fuerzas en que se mueve la partícula sea central? Calcular dicho campo de fuerzas.
23. Una partícula se mueve en un campo de fuerzas central a lo largo de la órbita r D a sec. /, con a; constantes positivas. Hallar la fuerza que actúa sobre la partícula y la ley horaria del movimiento.
La ley de fuerza se halla fácilmente utilizando la ecuación de Binet:
u D a1 cos. / H) u00 D 2a1 cos. / H) f .r/ DL2
ar2. 2 1/ cos D
k
r3;
con
k DL2
. 2 1/ :
Por otra parte, utilizando la conservación del momento angular se obtiene
t D
L
Zr2./ d D
a2
L
Zsec2. / d D
a2
Ltan. / ;
2 < <
2 ;
donde (sin pérdida de generalidad) hemos tomado la constante de integración igual a 0, de modo que .0/ D 0.Invirtiendo esta relación se obtiene la ley del movimiento de la coordenada angular:
D1
arctan
Lt
a2
:
De la ecuación de la trayectoria se deduce fácilmente la ley del movimiento de la coordenada radial (cf. la Fig. 8):
r D a sec. / D aq1C tan2. / D a
s1C
Lt
a2
2:
Figura 8: Gráficas de y r en función de t en el problema 23.
24. Una partícula se mueve en un campo de fuerzas central siguiendo una órbita circular que pasa por el centrode atracción de la fuerza. Calcular el campo de fuerzas, el período del movimiento y la energía de la partícula.
15
0.5 1.0 1.5 2.0
–1.0
–0.5
0.5
1.0
Figura 9: Órbita circular del problema 24.
Escojamos el eje x en la dirección del diámetro de la circunferencia, de modo que dicha circunferencia estécontenida en el semiplano x > 0 (ver Fig. 9). Entonces la ecuación de la órbita es
r D 2a cos ;
siendo a el radio de la circunferencia. El campo de fuerzas se determina utilizando la ecuación de Binet:
f .r/ D L2
r2
u00 C
1
r
:
Derivando se obtiene:
u0 D1
2a
sen cos2
; u00 D1
2a
1
cos C2 sen2 cos3
D
1
2a
2
cos3
1
cos
D8a2
r31
r:
Por tanto
f .r/ D 8a2L2
r5;
cuyo potencial (a menos de una constante) está dado por
V.r/ D
Zf .r/ dr D
2a2L2
r4:
La energía de la órbita es por tanto
E DL2
2.u02Cu2/
2a2L2
u4 D
L2
8a2
1 cos2
cos4 C
1
cos2
2a2L2
u4 D
L2
8a2 cos4 2a2L2
u4 D 0 :
En cuanto al período del movimiento, de la ley de las áreas se sigue que
a2 DL
2H) D
2 a2
L:
De hecho, en este caso la ley de las áreas permite hallar sin realizar ninguna integración la ley horaria del mo-vimiento. En efecto, si suponemos que (por ejemplo) la partícula parte del punto .2a; 0/ y se mueve en sentidoantihorario entonces el área barrida por el radio vector cuando dicha partícula se halla en el punto de la trayecto-ria indicado en la Fig. 9 es la suma de las áreas del triángulo equilátero representado en dicha figura y el sectorcircular de radio a y ángulo 2 , es decir:
A D1
2a sen 2a cos C
1
2a2 2 D
a2
2
2 C sen 2
:
16
Por la ley de las áreas, A D Lt=.2/, y por tanto
t Da2
L
2 C sen 2
; 0 6 6
2:
Nótese que la fórmula anterior es válida también para =2 6 6 0, al ser r una función par de . Másformalmente, al ser
dt D
Lr2 d
en virtud de la conservación del momento angular, el tiempo empleado por la partícula en desplazarse desde elpunto .2a; 0/ ( D 0) al punto de la órbita con coordenada angular (con =2 6 6 =2/ está dado por
t D
L
Z
0
r2.˛/ d˛ D4a2
L
Z
0
cos2 ˛ d˛ D2a2
L
Z
0
.1C cos 2˛/ d˛ Da2
L
2 C sen 2
:
ComodtdD2a2
L.1C cos 2/ D
4a2
Lcos2 ;
P se hace infinita (al igual que la aceleración) para D ˙ =2, es decir cuando la partícula pasa por el origen(centro de la fuerza); cf. la Fig. 10. Lo mismo ocurre con la velocidad, ya que de la ley de conservación de laenergía se sigue que
E D1
2v2
2a2L2
r4D 0 H) v D
2aL
r2:
N.B. En general, si una partícula sometida a una fuerza central pasa por el origen de coordenadas con momentoangular distinto de cero entonces es infinita en el origen (ya que L D r2 P > 0 por hipótesis).
Figura 10: Ángulo en función de t durante un período en el problema 24.
25. Una partícula sometida a una fuerza central se mueve a lo largo de la órbita x2.x2 C y2/ D a2y2, cona > 0. a) Hallar la ley horaria del movimiento. b) Determinar la fuerza que actúa sobre la partícula. c) Calcularla velocidad de la partícula en función de la distancia al centro de la fuerza.
a) En primer lugar, hallemos la ecuación de la trayectoria en coordenadas polares:
r4 cos2 D a2r2 sen2 H) r2 D a2 tan2 H) r D aj tan j :
17
Figura 11: Trayectoria del problema 24. Nótese que x D aj sen j ! a para !˙ =2.
Supondremos que el ángulo varía entre =2 y =2 (es decir, x > 0; cf. la Fig. 11), ya que si 2 . =2; 3 =2/se obtiene la misma trayectoria pero reflejada respecto del origen. La ley horaria del movimiento se obtienefácilmente integrando la ley de conservación del momento angular:
L D r2ddt
H) t D
L
Zr2./ d D
a2
L
Ztan2 d D
a2
L
Z.sec2 1/ d
D t0 Ca2
L.tan / :
b) Para hallar la fuerza (central) que actúa sobre la partícula utilizamos la ecuación de Binet. Al ser
u D ˙1
acot H) u0 D
1
a sen2 ; u00 D ˙
2 cot a sen2
se tiene
f .r/ D L2 cot ar2
2
sen2 C 1
D
L2
r3
2
sen2 C 1
:
Teniendo en cuenta que
sen2 Dtan2 sec2
Dtan2
1C tan2 D
r2
a2 C r2
se obtiene
f .r/ D L2
r3
1C 2
a2 C r2
r2
D
L2
r3
3C
2a2
r2
:
c) La velocidad de la partícula se calcula fácilmente mediante la fórmula
v DL
pu02 C u2 D
L
r1
r2C
1
a2 sen4 DL
s1
r2C.r2 C a2/2
a2r4D
L
ar2
pr4 C 3a2r2 C a4 :
Nótese, en particular, que
limr!0
v D1 ; limr!1
v DL
a:
Si escogemos la constante de integración de modo que
limr!1
V.r/ D 0 ;
18
de la ecuación anterior se sigue que la energía de la partícula está dada por
E DL2
2a2:
26. Una partícula de masa m sometida al potencial central V.r/ D k=r4 (con k > 0) se mueve con energía 0y momento angular L en el semiplano x > 0. a) Hallar la ecuación de la órbita en coordenadas polares planas.r; / si la partícula pasa por el origen cuando D =2. b) Calcular el módulo de la velocidad de la partícula enfunción de su distancia al origen.
a) Al ser E D 0, la ley de conservación de la energía proporciona la ecuación
1
2m Pr2 C
L2
2mr2k
r4D 0: (3)
ComoPr D
drdP D
L
mr2drd;
sustituyendo en la ecuación anterior se obtiene
L2
2mr4
drd
2C
L2
2mr2k
r4D 0 H)
drdD ˙
r2km
L2 r2 :
Por tanto
0 D ˙
Zdrq
2kmL2 r2
rDp2kmL
s
D ˙
Zds
p1 s2
D ˙ arc sen s H) r D ˙
p2km
Lsen. 0/ :
De la condición r. =2/ D 0 se sigue que 0 D =2, y por tanto
r D ˙
p2km
Lsen.
2/ D
p2km
Lcos :
Por último, al ser x D r cos > 0 debemos tomar el signo “C” en la ecuación anterior. En definitiva, la ecuaciónde la trayectoria en coordenadas polares es
r D
p2km
Lcos :
La correspondiente ecuación en coordenadas cartesianas se obtiene fácilmente sin más que multiplicar por r :
x2 C y2
p2km
Lx D 0 ()
x
rkm
2L2
2C y2 D
km
2L2:
Se trata, por tanto, de una circunferencia centrada en el puntoq
km2L2
; 0
que pasa por el origen.
b) El módulo de la velocidad de la partícula se obtiene directamente de la ley de conservación de la energía:
1
2mv2
k
r4D E D 0 H) v D
r2k
m
1
r2:
También es posible calcularlo aplicando la identidad v2 D Pr2 C r2 P2 junto con la ley de conservación de laenergía expresada en la forma (3):
v D
qPr2 C r2 P2 D
sPr2 C
L2
m2r2D
r2k
mr4D
r2k
m
1
r2:
19
27. Una partícula de masa m que se mueve sometida a una fuerza central f .r/er describe una órbita circularde radio r0 alrededor del origen. a) Probar que f .r0/ D L2=.mr30 /, donde L es el momento angular de lapartícula. b) Demostrar que la órbita circular es estable si
f 0.r0/ < 3f .r0/
r0:
c) Estudiar la existencia y estabilidad de las órbitas circulares si f .r/ D k=r˛, con k 2 R y ˛ > 0.
a) La órbita circular es una solución de equilibrio r D r0 del movimiento en el potencial unidimensional
U.r/ D V.r/CL2
2mr2:
Por tanto
0 D U 0.r0/ D V0.r0/
L2
mr30D f .r0/
L2
mr30H) f .r0/ D
L2
mr30:
La ecuación anterior proporciona, en general, una relación entre el radio de la órbita circular y el momento angularde la partícula. Nótese que esta relación se podría también haber obtenido a partir de la ecuación del movimientoen la dirección radial:
Rr r P2 D r0 P2D
L2
m2r30Df .r0/
mH) f .r0/ D
L2
mr30:
b) La solución de equilibrio r D r0 es estable si el potencial efectivo U tiene un mínimo relativo en r D r0, esdecir (suponiendo que U es una función analítica) si
U 0.r0/ D D U.n1/.r0/ D 0 ; U .n/.r0/ > 0 ; con n 2 N par :
En particular, haciendo n D 2 en la condición anterior se deduce que la órbita será estable si
U 00.r0/ D V00.r0/C
3L2
mr40D f 0.r0/ 3
f .r0/
r0> 0 H) f 0.r0/ < 3
f .r0/
r0:
Nótese también que si
f 0.r0/ > 3f .r0/
r0(4)
la órbita circular r D r0 es inestable, ya que en tal caso U 00.r0/ < 0 y, por tanto, el potencial efectivo tiene unmáximo relativo en r0.c) En primer lugar, para que pueda existir una órbita circular centrada en el origen
f .r0/ Dk
r˛0D
L2
mr30< 0 ;
y por tanto k ha de ser negativo (es decir, el potencial ha de ser atractivo). En segundo lugar,
f 0.r0/ D ˛kr˛10 < 3
f .r0/
r0D 3kr˛10 () k.˛ 3/ > 0 () ˛ < 3 :
Por tanto las órbitas circulares de este tipo de potenciales son estables si ˛ < 3. Si ˛ > 3 dichas órbitas soninestables, ya que en tal caso se verifica la condición (4). Por último, si ˛ D 3 entonces
k
r30D
L2
mr30H) L2 D km ;
y por tanto
V.r/ D k
Zdrr3D
k
2r2H) U.r/ D
k
2r2C
L2
2mr2D 0 ; 8r > 0 :
20
Luego en este caso todas las órbitas de energía cero son círculos centrados en el origen, mientras que las de energíapositiva son no acotadas. En particular, las órbitas circulares son inestables.
28. Estudiar las órbitas descritas por una partícula que se mueve sometida al campo central F D .k=r3/er .
29. Una partícula sometida a un campo de fuerzas central tiene como órbita la espiral logarítmica r D kea
(con a > 0). a) Hallar el tiempo empleado por la partícula en llegar al origen si inicialmente se encuentra en elpunto de coordenadas .r0; 0/. b) Calcular la energía de la partícula.
a) En primer lugar, de los datos iniciales se sigue que
t D 0 H) D 0 H) r D k D r0 ;
y por tanto la constante k es igual a r0. Integrando la ley de conservación del momento angular y utilizando lacondición .0/ D 0 se obtiene
L D r2ddt
H) t D
L
Z
0
r2.s/ ds Dr20L
Z
0
e2as ds Dr202aL
.1 e2a / :
Al ser a > 0, la partícula alcanza el origen para !1, en un tiempo
t1 D lim!1
r202aL
.1 e2a / Dr202aL
:
b) Para calcular la energía de la partícula debemos hallar primero el potencial V.r/. Utilizando la ecuación deBinet, y teniendo en cuenta que u00 D a2u, se obtiene
f .r/ D L2
r2.u00 C u/ D
L2
r3.a2 C 1/ H) V.r/ D
.a2 C 1/L2
Zdrr3D
.a2 C 1/L2
2r2;
donde (siguiendo el convenio habitual) hemos tomado la constante de integración igual a cero de forma que
limr!1
V.r/ D 0 :
Por tanto la energía de la partícula está dada por
E DL2
2.u02 C u2/C V.1=u/ D
.a2 C 1/L2
2u2 C V.1=u/ D 0 :
30. El cometa Halley tiene una excentricidad orbital e D 0;967 y un perihelio de 0;586 UA (una unidad as-tronómica es, aproximadamente, la distancia media Sol-Tierra; el valor exacto es 1 UA D 149597810;691 km).Calcular el período orbital y las velocidades del cometa en su perihelio y en su afelio.
El semieje mayor de la órbita está dado por
a Dp
1 eD
p
0; 033D 30;303p ;
mientras que su período es
D 2
r
ka3=2 '
2 a3=2pGMˇ
;
siendo Mˇ la masa del Sol. De la ecuación anterior aplicada a la Tierra se obtiene, por definición de UA,
.1 año/2 ' 4 2.1 UA/3
GMˇH) GMˇ ' 4
2 UA3 año2 :
Por tanto, si expresamos p en UA y en años el período del cometa está dado por
' a3=2 D .30;303p/3=2 ' 74;83 años :
21
La velocidad del cometa en su perihelio se calcula fácilmente utilizando la ley de conservación de la energía, queproporciona
v2 D2
E V.r/
Dk
2
r1
a
y por tanto
v2p Dk
p
2 .1 e/
D
k
p.1C e/ H) vp D
sk
p.1C e/ :
Utilizando el valor aproximado de GMˇ citado anteriormente se obtiene
vp '
sGMˇ.1C e/
p' 2
s1;967
0;586UA=año D 11;5115 UA=año D 54;57 km=s :
(Nótese, en comparación, que la velocidad media de la Tierra es aproximadamente 2 UA=año.) Análogamente,dado que la distancia del origen al afelio del cometa es
p0 D a.1C e/ ;
de la ley de conservación de la energía se deduce que la velocidad del cometa en su afelio está dada por
v2p0 Dk
p0
2 .1C e/
D
k
p0.1 e/ D
k
p
.1 e/2
1C eH) vp0 D
1 e
1C evp ' 0;9155 km=s :
31. Se avista por primera vez un cometa a d unidades astronómicas del Sol con una velocidad q veces la velocidadorbital media de la Tierra. Indicar el tipo de órbita del cometa en función de d y q.
Supongamos, por sencillez, que la Tierra se mueve en una órbita aproximadamente circular de radio a (a D1UA, por definición de unidad astronómica). La velocidad v0 de la Tierra en su órbita circular se obtiene igualandola aceleración centrípeta con la atracción gravitatoria (suponiendo que el Sol está fijo en el origen de coordenadas):
v20aDGMˇ
a2H) v20 D
GMˇ
a:
Este resultado también puede deducirse de la ley de conservación de la energía:
1
2M˚v
20 D
k
2aCk
aD
k
2aH) v20 D
k
M˚aDGMˇ
a;
donde M˚ es la masa de la Tierra. La energía por unidad de masa del cometa es por tanto
1
2q2v20
GMˇ
daDGMˇ
2ad.dq2 2/ :
Luego la órbita es una hipérbola si dq2 > 2, una parábola si dq2 D 2, y una elipse si dq2 < 2.
32. Un cometa describe una órbita parabólica en el plano de la órbita terrestre. Aproximando la órbita terrestrepor una circunferencia de radio a, demostrar que los puntos de corte entre ambas órbitas son las soluciones de laecuación
cos D2p
a 1 ;
donde p es el perihelio del cometa, que se alcanza en D 0. Calcular el tiempo que permanece el cometa en elinterior de la órbita terrestre, y demostrar que el valor máximo de dicho tiempo es de 2=.3 / años.
Como el cometa describe una órbita parabólica (e D 1) la ecuación de su órbita es
r D2p
1C cos ;
22
Figura 12: Trayectoria del cometa del prob. 32.
dado que la distancia mínima al origen se obtiene para D 0. Los puntos de corte con la órbita de la Tierra(r D a) han de satisfacer por tanto
2p
1C cos D a () cos D
2p
a 1 :
Nótese, en particular, que la órbita del cometa corta la de la Tierra si y sólo si p 6 a (si p D a, ambas órbitas sontangentes en el perihelio del cometa). El tiempo que dicho cometa permanece en el interior de la órbita terrestrees
t D
r
2
Z p
a
drpU.r/
C
r
2
Z a
p
drpU.r/
D 2
r
2
Z a
p
drpU.r/
;
donde hemos tenido en cuenta que la energía del cometa es nula, al ser su órbita parabólica. Utilizando la identidad
2p D ˛ DL2
k
se obtiene
t D
r2
k
Z a
p
drq1r
p
r2
D
r2
k
Z a
p
r drpr p
D
r2
k
Z ap
0
s C pps
ds :
Evaluando la integral se llega a la siguiente expresión para t :
t D
r2
k
Z ap
0
s1=2 C ps1=2
ds D
r2
k
2
3.a p/3=2 C 2p.a p/1=2
D2
3
r2
k
aC 2p
pa p
D2
3
r2
ka3=2
pf .p=a/ ; f .x/ .1 x/.1C 2x/2 :
Es fácil ver que el máximo (absoluto) de la función f .x/ en el intervalo 0 6 x 6 1 se alcanza en el puntox D 1=2, en que f 0 se anula
f 0.x/ D .1C 2x/2 C 4.1 x/.1C 2x/ D .1C 2x/.4 4x 1 2x/ D 3.1C 2x/.1 2x/ :
Al ser f .1=2/ D 2, el valor máximo de t está dado por
tmax D4
3
a3=2pGMˇ
D2˚
3 ;
23
siendo ˚ el período de la órbita terrestre (i.e., un año). [tmax ' 77;5 días.]
33. Calcular la sección eficaz diferencial . / y la sección eficaz total de dispersión elástica de una partícula poruna esfera impenetrable de radio a. (Potencial: V.r/ D 0 si r > a, V.r/ D1 si r < a.)
34. Un centro fijo dispersa partículas de masa m con una fuerza F D .k=r3/er . Calcular la sección eficazdiferencial de dispersión . /.
24
Tema 3
35. Hallar la ecuación de las trayectorias de la luz en un medio óptico plano con índice de refracción n D n0y,con n0 > 0 constante e y > 0.
En este caso la densidad f .x; y/ D n0yp1C y02 no depende de la coordenada x, y por tanto se conserva
y0@f
@y0 f D
n0yy02p
1C y02 n0y
q1C y02 D
n0yp1C y02
k ;
con k constante positiva. Por tanto
y0 D ˙
sn20k2y2 1 H) x D x0 ˙
Zdyq
n20k2y2 1
:
Para evaluar la integral basta realizar el cambio de variable y D kn0
cosh ´, obteniéndose así
x D x0 ˙k
n0´ H) cosh ´ D
n0
ky D cosh
n0k.x x0/
H) y D
k
n0cosh
n0k.x x0/
:
36. Una partícula de masa m se mueve en un plano vertical sometida a la gravedad y sujeta a un muelle deconstante k y longitud natural l . Escribir un lagrangiano para el sistema y obtener las ecuaciones del movimiento.
En esta caso la partícula no está sometida a ninguna ligadura, ya que pende de un muelle (que ejerce una fuerzaconservativa sobre ella) y no de un hilo de longitud fija. Aún así, es ventajoso utilizar la formulación lagrangianadel problema porque nos permite trabajar de forma natural en coordenadas polares .r; /, siendo r la distanciade la partícula al punto de suspensión del muelle y el ángulo que forma el muelle con la vertical. La energíacinética en estas coordenadas es
T D1
2m. Pr2 C r2 P2/ ;
mientras que la potencial es la gravitatoria mgr cos más la energía del muelle 12k.r l/2:
V.r; / D mgr cos C1
2k.r l/2 :
Por tanto el lagrangiano del sistema es
L D T V D1
2m. Pr2 C r2 P2/Cmgr cos
1
2k.r l/2 :
Las ecuaciones del movimiento son las dos ecuaciones de Euler–Lagrange del lagrangiano anterior:‚ d
dt@L
@ Pr@L
@rD m Rr mr P2 mg cos C k.r l/ D 0
ddt@L
@ P@L
@D
ddt.mr2 P/Cmgr sen D 0 :
Dividiendo por m y evaluando la derivada respecto de t en la segunda ecuación obtenemos:‚Rr r P2 g cos C
k
m.r l/ D 0
R C2 Pr P
rCg
rsen D 0 :
25
Si la constante de recuperación del muelle k tiende a infinito, de la primera ecuación dividida por k se obtiener D l (es decir, el muelle se convierte en un hilo de longitud fija l) y la segunda ecuación se convierte en laecuación del péndulo
R Cg
lsen D 0 :
Otras soluciones particulares interesantes de las ecuaciones del movimiento son aquellas en que el ángulo esconstante. De la segunda ecuación se sigue que esto solo es posible si D 0 o D . En tal caso la segundaecuación de Euler–Lagrange se cumple idénticamente, y la primera se convierte en
Rr Ck
m.r l/ D ˙g ()
d2
dt2.r l/C
k
m.r l/ D ˙g ;
donde el signo “C” corresponde a D 0 y el “” a D . La solución general de esta ecuación es
r D l ˙mg
kC A cos
qkmt C ˛
; A > 0 ; ˛ 2 Œ0; 2 / :
Se trata, por tanto, de un movimiento oscilatorio en la dirección vertical alrededor de la posición de equilibrior D l ˙ .mg=k/, con frecuencia ! D
pk=m. Intuitivamente, la solución correspondiente al signo “C” ( D 0)
es estable, mientras que la correspondiente al signo “” ( D ) es inestable.
37. Una partícula de masa m se mueve en un plano vertical sometida a la gravedad y restringida a la cicloidelisa x D .a=4/.2 C sen 2/, y D .a=4/.1 cos 2/, con
26 6
2(siendo el eje y vertical). Escribir un
lagrangiano para el sistema y hallar las ecuaciones del movimiento.
Está claro que la ligadura es ideal, ya que si se ignora el rozamiento la fuerza de ligadura es la reacción de la curva,que es perpendicular a dicha curva y por tanto no realiza trabajo. Si tomamos como coordenada generalizada elparámetro entonces‚T D
1
2m. Px2 C Py2/ D
ma2
8P2.1C cos 2/2 C sen2 2
Dma2
4.1C cos 2/ P2 D
ma2
2cos2 P2 ;
V D mgy Dmga
4.1 cos 2/ D
mga
2sen2 ;
y por tanto
L D T V Dma2
2
cos2 P2
g
asen2
:
La ecuación del movimiento es
1
ma2
d
dt@L
@ P@L
@
D
ddt.cos2 P/C sen cos P2 C
g
asen cos
D cos2 R sen cos P2 Cg
asen cos D 0 ;
o equivalentementeR C
g
a P2
tan D 0 :
Sin embargo, en este caso resulta más ventajoso tomar como coordenada generalizada la longitud de arco s alo largo de la cicloide, medida a partir de D 0. Como
T dt2 D1
2m ds2 D
ma2
2cos2 d2 H) ds D a cos d ; 0 6 6
2;
y por tantos D a sen ; 0 6 6
2:
26
De hecho, podemos definir la coordenada s por la fórmula anterior también para el arco de cicloide con 2Œ =2; 0/, ya que s es una función monótona creciente de en el intervalo Œ =2; =2. En términos de lacoordenada s, el lagrangiano está dado por
L D T V D1
2mPs2 mgy D
1
2mPs2
mga
2sen2 D
1
2mPs2
mg
2as2 :
Por tanto la ecuación del movimiento es ahora
1
m
d
dt@L
@Ps@L
@s
D Rs C
g
as D 0 ;
cuya solución es inmediata:s D s0 cos.!t C ˛/ ;
con s0 > 0 y ˛ 2 Œ0; 2 / constantes y ! Dpg=a. Nótese, en particular, que el período del movimiento es
independiente de la amplitud (es decir, la cicloide es tautócrona; cf. el problema 14).Es también instructivo calcular la fuerza de ligadura F.`/ D Rn necesaria para mantener a la partícula en la
curva. El vector unitario tangente a la curva t es proporcional a
Pr Da
2.1C cos 2; sen 2/ P D a cos .cos ; sen / P ;
y por tantot D .cos ; sen / ; n D . sen ; cos / :
La fuerza de ligadura es entoncesR D m.Rr g/ n ;
siendo
Rr Da
2.1C cos 2; sen 2/ R C a. sen 2; cos 2/ P2 D a cos R tC a. sen 2; cos 2/ P2 :
Por tanto
R D ma. sen 2; cos 2/ . sen ; cos / P2 Cmg cos
D ma cos P2 C
g
a
D m
Ps2
pa2 s2
Cg
a
p
a2 s2:
Teniendo en cuenta que
Ps@L
@Ps L D T C V D
1
2mPs2 C
mg
2as2 D E ;
siendo E la energía de la partícula, se obtiene fácilmente
R D2.E mg
as2/Cmga
pa2 s2
:
En particular, si la partícula parte del reposo en s D s0 entonces
2E Dmg
as20 H) R D
mg
a
a2 C s20 2s2
pa2 s2
:
38. Un péndulo simple de longitud l y masa m está suspendido de un punto que rota verticalmente en torno aun punto fijo con radio a y velocidad angular constante !. Escribir un lagrangiano para el sistema y obtener lasecuaciones del movimiento.
27
Situemos el origen de coordenadas en el centro de la circunferencia descrita por el punto de suspensión delpéndulo, y denotemos por el ángulo formado por el péndulo con la vertical. Entonces el ángulo formado por elpunto de suspensión del péndulo con la vertical es !t , y las coordenadas .x; y/ del péndulo son
x D a sen!t C l sen ; y D a cos!t l cos :
Vemos por tanto que entre las dos coordenadas cartesianas del péndulo existe la ligadura dependiente del tiempo
.t; x; y/ D .x a sen!t/2 C .y a cos!t/2 l2 D 0 :
Para probar que la ligadura es ideal basta comprobar que para cada t fijo la fuerza de ligadura F.`/ es perpendiculara la superficie de ligadura, es decir que
F.`/ k r.t; x; y/ D 2.x a sen!t; y a cos!t/
(ya que r.t; x; y/ es perpendicular a la superficie .t; x; y/ D 0 en cada punto). Esto último es evidentementecierto, ya que la fuerza de ligadura es la reacción del hilo del péndulo, que lleva la dirección del vector que uneel péndulo con el punto de suspensión. Escogiendo como coordenada generalizada del sistema el ángulo , laenergía cinética está dada por
T D1
2m. Px2 C Py2/ D
1
2ma! cos!t C l cos P
2C1
2m a! sen!t C l sen P
2D1
2ma2!2 Cmla! P cos. C !t/C
1
2ml2 P2 :
La energía potencial es simplemente la gravitatoria:
V D mgy D mg.a cos!t l cos / ;
y por tanto el lagrangiano del sistema es
L D T V D1
2ml2 P2 Cmla! P cos. C !t/Cmgl cos mla cos!t C
1
2ma2!2 :
Nótese que los dos último términos pueden omitirse, ya que son una derivada total respecto de t . La ecuación delmovimiento del sistema es la de Euler–Lagrange del lagrangiano L:
ddt@L
@ P@L
@D ml2 R Cmla!
ddt
cos. C !t/Cmla! P sen. C !t/Cmgl sen
D ml2 R Cmgl sen mla!2 sen. C !t/ D 0 :
En definitiva, la ecuación del movimiento es
R Cg
lsen
a!2
lsen. C !t/ D 0 :
39. Una partícula de masa m se mueve sin rozamiento sobre la superficie del paraboloide ´ D 12a.x2 C y2/. La
única fuerza externa que actúa sobre la partícula es la de la gravedad (en la dirección del eje ´ negativo). a) Cal-cular un lagrangiano del sistema tomando como coordenadas generalizadas D
px2 C y2 y el ángulo azimutal
' alrededor del eje ´. b) Hallar el hamiltoniano correspondiente, escribir sus ecuaciones de Hamilton e indicarsus cantidades conservadas.
a) En primer lugar, al no haber rozamiento la fuerza de ligadura es perpendicular a la superficie del paraboloidey, por tanto, la ligadura es ideal. El lagrangiano del sistema es
L D T V ;
28
siendo T la energía cinética de la partícula y V su energía potencial expresadas en términos de las coordenadasgeneralizadas .; '/. La energía cinética en coordenadas cilíndricas está dada por
T D1
2m. P2 C 2 P'2 C P2/ :
Derivando la ecuación de ligadura ´ D a2=2 respecto del tiempo se obtiene P D a P, y por tanto
T D1
2m.1C a22/ P2 C 2 P'2
:
La energía potencial es simplemente la gravitatoria mg´ expresada en función de :
V D1
2mga2 :
Por consiguiente,
L D1
2m.1C a22/ P2 C 2 P'2
1
2mga2 :
b) Como la energía cinética es cuadrática en las velocidades generalizadas . P; P'/ el hamiltoniano del sistema essimplemente la energía T C V expresada en términos de los momentos canónicos
p D@L
@ PD m.1C a22/ P ; p' D
@L
@ P'D m2 P' :
De estas ecuaciones se obtieneP D
p
m.1C a22/; P' D
p'
m2; (5)
y por tanto
H Dp2
2m.1C a22/C
p2'
2m2C1
2mga2 :
Las ecuaciones de Hamilton de este hamiltoniano son las ecuaciones (5) , junto con
Pp D @H
@D
a2 p2
m.1C a22/2C
p2'
m3mga ; Pp' D
@H
@'D 0 :
Al ser H independiente de ' y de t se conservan el momento canónico p' (cf. la última ecuación), igual a lacomponente ´ del momento angular de la partícula, y el propio hamiltoniano, que en este caso coincide con laenergía del sistema.Comentarios. La ley de conservación de la energía escrita en función de P proporciona la ecuación
m
2.1C a22/ P2 C
p2'
2m2C1
2mga2 D E ()
m
2P2 C U./ D 0 ;
con
U./ D
p2'2m2
C12mga2 E
1C a22:
Esta es la ecuación del movimiento de una partícula de masa m y energía efectiva 0 sometida al potencial unidi-mensional U./. En particular, el movimiento solo puede tener lugar en la región U./ 6 0, es decir
p2'
2m2C1
2mga2 6 E ;
La solución general de la ecuación del movimiento de la coordenada es
t D ˙
rm
2
ZdpU./
˙
Z vuut 1C a22
p2'm22
C ga2 2Em
d ;
29
de donde se obtiene la ley del movimiento de la coordenada ' utilizando la conservación de p' :
' Dp'
m
Zdt2.t/
:
Un tipo particular interesante de soluciones de las ecuaciones del movimiento son aquella en que la altura dela partícula permanece constante, es decir, las soluciones de la forma D 0 (ya que en el paraboloide ´ esproporcional a 2). Sustituyendo este tipo de soluciones en las ecuaciones del movimiento se obtiene
D 0 H) P D p D 0 H) P' Dp'
m20D const. ; Pp D
p2'
m30mga0 D 0 :
Combinando estas dos últimas ecuaciones se obtiene
0 D m0 P'2mga0 H) P' D ˙
pga :
40. Una partícula se mueve sobre la superficie de revolución cuya ecuación en coordenadas cilíndricas .; ; ´/ es D a cosh.´=a/, sometida únicamente a la fuerza de la gravedad (en la dirección del eje ´ negativo). a) Calcularun lagrangiano de la partícula, su correspondiente hamiltoniano, las ecuaciones de Hamilton y las cantidadesconservadas. b) Estudiar las soluciones de las ecuaciones del movimiento en que ´ se mantiene constante.
a) La energía cinética de la partícula en coordenadas cilíndricas está dada por
T D1
2m. P2 C 2 P2 C P2/ :
Derivando la condición de ligadura se obtiene
P D senh.´=a/ P ;
y por tanto
T D1
2m1C senh2.´=a/
P2C a2 cosh2.´=a/ P2
D1
2m cosh2.´=a/. P2 C a2 P2/ :
Como V D mg´, un lagrangiano que describe el movimiento de la partícula está dado por
L D1
2m cosh2.´=a/. P2 C a2 P2/ mg´ :
Los momentos canónicos conjugados de las coordenadas ´ y son respectivamente por
p´ D@L
@ PD m cosh2.´=a/ P ; p D
@L
@ PD ma2 cosh2.´=a/ P :
Al ser L cuadrático en P y P , el hamiltoniano del sistema es la energía T C V expresada en función de losmomentos. Despejando P y P de las ecuaciones anteriores se obtiene
P Dp´
m cosh2.´=a/; P D
p
ma2 cosh2.´=a/; (6)
y por tanto
H D1
2m cosh2.´=a/. P2 C a2 P2/Cmg´ D
1
2m cosh2.´=a/
p2´ C
p2
a2
Cmg´ :
Las ecuaciones de Hamilton son las ecuaciones (6), junto con
Pp´ D @H
@´D
senh.´=a/ma cosh3.´=a/
p2´ C
p2
a2
mg Pp D
@H
@D 0 :
30
Como H no depende de ni de t , se conservan p y el propio H , que coincide con la energía de la partícula.
b) Si ´ D h es constante entonces P D 0, y por tanto p´ D Pp´ D 0. Sustituyendo estas dos condiciones en laecuación de Hamilton de Pp´ se obtiene
p2 D m2a3g
cosh3.h=a/senh.h=a/
H) h > 0 :
Despejando p de esta última ecuación y utilizando el resultado en la ecuación para P se obtiene, al ser pconstante,
D 0 C !t ;
donde la frecuencia constante ! está dada por
! Dp
ma2 cosh2.h=a/D ˙
rg
a senh.´=a/ cosh.h=a/D ˙
s2g
a senh.2h=a/:
41. Una partícula de masa m y carga e se mueve en un campo electromagnético constante E D Ee2, B DBe3 (con E;B > 0). a) Hallar un lagrangiano y el correspondiente hamiltoniano del sistema en coordenadascartesianas. b) Escribir las ecuaciones de Hamilton del hamiltoniano hallado en el apartado anterior. c) Indicarsus cantidades conservadas.
a) El potencial escalar está dado por ˚.r/ D Ey, mientras que el potencial vector A.r/ se puede tomar igual a12
B r, ya que al ser B constante se tiene.
r .B r/ D .r r/B .B r/r D 3B B D 2B :
ComoPr A.r/ D
1
2Pr .B r/ D
B
2Pr .xe2 ye1/ D
B
2.x Py y Px/ ;
el lagrangiano del sistema está dado por
L D T e˚.r/C ePr A.r/ D1
2m. Px2 C Py2 C P2/C eEy C
eB
2.x Py y Px/ :
Nótese que el último término en el lagrangiano es proporcional a L´. En general, para un campo magnéticoconstante B el término Pr A.r/ está dado por
Pr A.r/ D1
2Pr .B r/ D
1
2B .r Pr/ D
1
2mB L :
Los momentos canónicos son
px D@L
@ PxD m Px 1
2eBy ; py D
@L
@ PyD m Py C 1
2eBx ; p´ D m P ;
y por tanto
H D Pxpx C Pypy C Pp´ L D m. Px2C Py2 C P2/C
eB
2.x Py y Px/ L D
m
2. Px2 C Py2 C P2/ eEy
D1
2m
px C
eB
2y
2C
py
eB
2x
2C p2´
eEy :
b) Las ecuaciones de Hamilton de H son
Px D1
m
px C
eB
2y
; Py D
1
m
py
eB
2x
; P D
p´
m;
31
junto con
Ppx D @H
@xDeB
2m
py
eB
2x
; Ppy D
@H
@yDeB
2m
px C
eB
2y
C eE ; Pp´ D
@H
@´D 0 :
c) Como H no depende de la coordenada ´ ni del tiempo t , se conservan p´ y el propio H , que coincide con laenergía del sistema (expresada en términos de los momentos canónicos).
42. Dos partículas de masas m1 y m2 están unidas por un hilo inextensible y de masa nula que atraviesa unplano horizontal, de modo que la primera de ellas se mueve sobre el plano y la otra cuelga del otro extremodel hilo. a) Suponiendo que el movimiento de esta última partícula es siempre vertical, escribir el lagrangianodel sistema y las ecuaciones del movimiento. b) Hallar dos integrales primeras de dichas ecuaciones, y expresarsu solución general por medio de integrales. c) Estudiar bajo qué condiciones la partícula que se mueve sobreel plano no es arrastrada fuera de él. d) Determinar para qué valores de r0 dicha partícula describe una órbitacircular r D r0, y estudiar la estabilidad de esta órbita.
a) La ecuación de la ligadura es .´; r/ D r ´ l D 0, donde l es la longitud del hilo, r es la distancia dela partícula 1 al punto O y ´ la distancia de la segunda partícula al plano (ver Fig. 13). Por tanto la ligadura es
Figura 13: Sistema mecánico del prob. 42.
independiente del tiempo. La fuerza de reacción del plano sobre la partícula 1 se supone perpendicular a dichoplano (es decir, se desprecia el rozamiento), por lo que no realiza trabajo. Las fuerzas de reacción del hilo Ri estánambas dirigidas en la dirección del hilo, siendo sus componentes según dicha dirección Ri jRi j iguales (verfigura). El trabajo realizado por las fuerzas de ligadura en un desplazamiento infinitesimal del sistema es por tanto
R1 dr CR2 d´ D R1.dr d´/ D 0 :
Por consiguiente se cumple el principio de los trabajos virtuales, del cual se sigue el principio de Hamilton. Comocoordenadas generalizadas del sistema podemos tomar (por ejemplo) las coordenadas polares .r; / de la primerapartícula. En tal caso
˚T D
1
2m1. Pr
2C r2 P2/C
1
2m2 P
2D1
2M Pr2 C
1
2m1r
2 P2 .M m1 Cm2/ ;
V D m2g´ D m2g.r l/ :
Prescindiendo de la constante m2gl , el lagrangiano está dado por
L D1
2M Pr2 C
1
2m1r
2 P2 m2gr :
32
b) Ecuaciones del movimiento: M Rr D m1r P
2m2g
ddt.m1r
2 P/ D 0 :
Por tanto se conserva@L
@ PD m1r
2 P ` ;
que es la componente ´ del momento angular total del sistema. Por otra parte, como L no depende de t tambiénse conserva la función
H D Pr@L
@ PrC P
@L
@ P L D
1
2M Pr2 C
1
2m1r
2 P2 Cm2gr ;
que es la energía total T C V (salvo por la constante m2gl que omitimos del lagrangiano). Las ecuaciones delmovimiento se resuelven por medio de integrales utilizando estas leyes de conservación. En efecto, sustituyendola ley de conservación del momento angular en la de la energía obtenemos
1
2M Pr2 C U.r/ D E ;
donde el potencial efectivo U.r/ está dado por
U.r/ D`2
2m1r2Cm2gr :
Por tanto:‚t D ˙
rM
2
Zdrs
E `2
2m1r2m2gr
;
ddrD P
dtdrD
`
m1r2dtdr
H) D ˙`
m1
rM
2
Zdr
r2
sE
`2
2m1r2m2gr
:
c) El movimiento del sistema depende de que ` se anule o sea distinto de cero. En efecto, si ` D 0 la coordenada rse mueve con una aceleración constante m2g=M , y por tanto la partícula 1 es eventualmente arrastrada fuera delplano horizontal. Si ` ¤ 0 la situación es muy distinta, ya que entonces el potencial efectivo U.r/ tiene el aspectode la Fig. 14. El movimiento de la coordenada r (y, por tanto, de ´) es en este caso periódico para todos los valoresde la energía E, siendo su valor mínimo positivo para todo E. Por tanto si ` ¤ 0 la primera partícula permanecesiempre en el plano horizontal. (Otra forma de probar esto es notar que de la conservación del momento angularse deduce que si ` ¤ 0 entonces r ¤ 0 para todo t .)d) La partícula 1 describe una órbita circular alrededor del punto O si las ecuaciones del movimiento tienen unasolución r D r0 constante, es decir si r0 es un equilibrio del potencial efectivo U.r/. Esto ocurrirá si U 0.r0/ D 0,es decir si
`2
m1r30
D m2g I
en particular, el momento angular del sistema ha de ser distinto de cero. Supongamos que en el instante inicialla partícula 1 se halla en el punto de coordenadas polares .r0; 0/ con velocidad angular P.0/ D P0. Entonces` D m1r
20P0, y la condición anterior se reduce a la siguiente:
P20 Dm2g
m1r0:
33
1 2 3 4
1
2
3
4
5
6
Figura 14: Potencial efectivo U.r/ del prob. 42 para `2=m1m2gl
3D 0:2 :
Además, la energía de la partícula ha de ser igual al valor del potencial efectivo en r0, es decir (utilizando laconservación de la energía)
E D U.r0/ D1
2m Pr.0/2 C U.r0/ H) Pr.0/ D 0 :
Por tanto, la partícula describirá una órbita circular de radio r0 si inicialmente su velocidad radial Pr.0/ es nula ysu velocidad angular P0 satisface la condición anterior. Por último, de la Fig. 14 se sigue que las órbitas circularesson estables. Más formalmente,
U 00.r0/ D3`2
m1r40
> 0 :
43. Dos partículas de masas m1 y m2 respectivamente se mueven en el plano enlazadas mediante un muelle deconstante k y longitud natural l . a) Escribir un hamiltoniano del sistema. b) Obtener las ecuaciones de Hamiltoncorrespondientes. c) ¿Existen momentos generalizados conservados?
a) Se trata de un sistema de 2 partículas que se mueven en el plano sin ligaduras, ya que el muelle es extensible.Por tanto, el número de grados de libertad es n D 4. Aunque parece natural utilizar como coordenadas generaliza-das las coordenadas cartesianas de la segunda partícula y las polares .r; / de la coordenada relativa r D r1r2, esmucho más conveniente reemplazar las dos primeras de estas coordenadas por las coordenadas cartesianas .X; Y /del centro de masas del sistema. En términos de estas coordenadas, la energía potencial es simplemente
V D1
2k.r l/2 :
En cuanto a la energía cinética, basta tener en cuenta que las coordenadas ri D .xi ; yi / de la partícula i seexpresan en términos de las coordenadas R D .X; Y / del centro de masas y de la coordenada relativa r mediantelas fórmulas
r1 D RCm2
Mr ; r2 D R
m1
Mr :
Por tanto
T D1
2M PR2 C
1
2m1.Pr1 PR/2 C
1
2m2.Pr2 PR/2 D
1
2M PR2 C
1
2
m1m
22
M 2Cm2m
21
M 2
Pr2
D1
2M PR2 C
1
2 Pr2 D
1
2M. PX2 C PY 2/C
1
2. Pr2 C r2 P2/ ;
y el lagrangiano del sistema es
L D T V D1
2M. PX2 C PY 2/C
1
2. Pr2 C r2 P2/
1
2k.r l/2 :
34
Los momentos canónicos conjugados son
pX DM PX ; pY DM PY ; pr D Pr ; p D r2 P :
Como la energía cinética es cuadrática en las velocidades generalizadas, el hamiltoniano del sistema es igual a laenergía total expresada en términos de las coordenadas generalizadas y sus momento conjugados:
H D TCV D1
2M. PX2C PY 2/C
1
2. Pr2Cr2 P2/C
1
2k.rl/2 D
1
2M.p2XCp
2Y /C
1
2
p2rC
p2
r2
C1
2k.rl/2 :
b) Ecuaciones de Hamilton:„PX D
@H
@pXDpX
M; PY D
@H
@pYDpY
M; Pr D
@H
@prDpr
; P D
@H
@pD
p
r2I
PpX D @H
@XD 0 ; PpY D
@H
@YD 0 ; Ppr D
@H
@rD
p2
r3 k.r l/ ; Pp D
@H
@D 0 :
c) Como puede verse de las ecuaciones de Hamilton, se conservan los momentos canónicos
pX ; pY ; p ;
dado que el hamiltoniano no depende de las coordenadas .X; Y; /. La conservación de pX y pY implica que,como ya sabíamos por la ausencia de fuerzas externas sobre el sistema, su centro de masas se mueve con velocidadconstante .pX ; pY /=M . Por otra parte, el momento canónico p es la componente ´ del momento angular delsistema en el sistema CM (cf. el prob. (20)). Al ser p constante, la ecuación para Ppr proporciona la ecuación delmovimiento de la coordenada r :
Ppr D Rr Dp2
r3 k.r l/ :
Finalmente, al serH independiente de t se conserva el hamiltoniano, que coincide con la energía total del sistema.De esta forma obtenemos una ecuación diferencial de primer orden de variables separadas en la coordenada r :
p2r2C
p2
2r2C1
2k.r l/2
1
2 Pr2 C
p2
2r2C1
2k.r l/2 D E
1
2M.p2X C p
2Y / " ;
donde " (igual a la energía del sistema en el sistema CM) es constante. Mediante esta ecuación y la conservaciónde podemos resolver las ecuaciones del movimiento de r y por medio de integrales, lo que, teniendo en cuentaque el CM se mueve con velocidad constante, determina el movimiento de las dos partículas.
44. a) Encontrar un lagrangiano para la ecuación del oscilador armónico amortiguado Rx C Px C !2x D 0 :
b) Calcular el correspondiente hamiltoniano H y sus ecuaciones de Hamilton. ¿Se conserva H? c) Probar queH C 1
2xp se conserva.
a) En primer lugar, es fácil ver que no hay ningún lagrangiano L.t; x; Px/ tal que
ddt@L
@ Px@L
@x
ıL
ıxD Rx C Px C !2x :
En efecto, desarrollando el miembro izquierdo obtenemos
@2L
@ Px2Rx C
@2L
@x@ PxPx C
@2L
@t@ Px@L
@xD Rx C Px C !2x H)
@2L
@ Px2D 1 H) L D
1
2Px2 V.t; x/ ;
y por tanto
ıL
ıxD Rx C
@V.t; x/
@x
no puede depender de Px. Veamos, sin embargo, que es posible encontrar un lagrangiano L.t; x; Px/ tal que
ıL
ıxD f .t/. Rx C Px C !2x/ ;
35
con f .t/ ¤ 0 para todo t . En efecto, procediendo como antes llegamos a la ecuación
@2L
@ Px2D f .t/ H) L D
1
2f .t/ Px2 C g.t; x/ ;
y por tanto
ıL
ıxD f .t/ Rx C Pf .t/ Px
@g.t; x/
@xD f .t/. Rx C Px C !2x/ H) Pf .t/ D f .t/ :
La solución de esta ecuación diferencial de primer orden es (salvo por una constante multiplicativa irrelevante)f .t/ D et . Sustituyendo de nuevo en la ecuación anterior queda
@g
@xD !2xet H) g.t; x/ D
1
2!2etx2 C h.t/ :
Omitiendo, sin pérdida de generalidad, la función h.t/ (ya que es una derivada total) se obtiene el lagrangiano
L D1
2et . Px2 !2x2/ :
b) El momento canónico es
p D@L
@ PxD et Px ;
y por tanto
H D p Px L D etp2 1
2etp2 C
1
2et!2x2 D
1
2
etp2 C !2etx2
:
Las correspondientes ecuaciones de Hamilton son
Px D@H
@pD etp ; Pp D
@H
@xD !2etx :
Nótese que H no se conserva, ya que
dHdtD@H
@tD
2
etp2 C !2etx2
¤ 0 :
c) De las ecuaciones de Hamilton se sigue que
d.xp/dtD p Px C Ppx D etp2 !2etx2 ;
y utilizando la ecuación anterior paradHdt
se obtiene
ddt
H C
2xp
D
2
etp2 C !2etx2
C
2
etp2 !2etx2
D 0 :
45. Una partícula de masa m y carga e se mueve en el plano ´ D 0 sometida a un campo magnético de potencialvector A D .M r/=r3, siendo M D M e3 un vector constante. a) Hallar el lagrangiano y el hamiltoniano delsistema en coordenadas polares planas. b) Escribir las correspondientes ecuaciones de Hamilton, e indicar suscantidades conservadas. c) Estudiar si existen órbitas circulares centradas en el origen, y en tal caso calcular suradio y determinar su estabilidad.
a) El potencial vector A.r/ es el de un dipolo magnético con momento magnético 4 M=0 orientado en ladirección del eje ´. Calculando el campo magnético
B.r/ D r A.r/ D 3
r4er .M r/C
1
r3r .M r/ D
3
r4.rM Mrr/C
1
r3
3M .M r/r
D
3
r4.rM Mrr/C
2
r3M D
1
r3
3Mrer M
36
se comprueba que si ´ D 0 entonces la fuerza de Lorentz ePr B.r/ no tiene componente ´, y por tanto elmovimiento en el plano ´ D 0 es posible (´.0/ D P.0/ D 0 H) ´.t/ D 0 para todo t , por la primera ley deNewton). Si el movimiento tiene lugar en el plano ´ D 0, el potencial vector se reduce a
A DM
r3e3 .rer/ D
M
r2e ;
siendo .r; / las coordenadas polares en dicho plano. Por tanto
Pr A D . Pr er C r Pe / M
r2e D
M
rP ;
y el lagrangiano del sistema está dado por
L D1
2m. Pr2 C r2 P2/C
eM
rP :
Los momentos canónicos son
pr D@L
@ PrD m Pr ; p D
@L
@ PD mr2 P C
eM
r;
y por tanto
Pr Dpr
m; P D
p
mr2eM
mr3: (7)
El hamiltoniano del sistema es la energía cinética expresada en términos de los momentos canónicos:
H D Prpr C Pp L D1
2m. Pr2 C r2 P2/ D
p2r2mC
1
2mr2
p
eM
r
2:
b) Las ecuaciones de Hamilton de H son las ecuaciones (7), junto con‚Ppr D
@H
@rD
eM
mr4
p
eM
r
C
1
mr3
p
eM
r
2D
1
mr3
p
eM
r
p
2eM
r
;
Pp D @H
@D 0 :
Como H no depende de ni de t , se conservan p y el propio H , que en este caso es la energía cinética de lapartícula.
c) Para que sea posible una órbita circular de radio r0 centrada en el origen las ecuaciones de Hamilton han detener la solución constante r D r0. Sustituyendo esta solución en dichas ecuaciones se obtiene
Pr D 0 H) pr D 0 H) Ppr D 0 H) p DeM
r0;2eM
r0:
Sustituyendo a continuación estos valores de p en la ecuación para P se obtiene
p DeM
r0H) P D 0 ; p D
2eM
r0H) P D
eM
mr30:
Por tanto las órbitas con p D eM=r0 son en realidad las soluciones constantes r D r0, D 0, mientras quelas soluciones con p D 2eM=r0 son circunferencias de radio r0 centradas en el origen recorridas con velocidadangular constante P D eM=.mr30 /. Nótese, a este respecto, que en un campo puramente magnético r D r0es solución de las ecuaciones del movimiento cualquiera que sea r0, ya que la fuerza magnética se anula si lavelocidad es igual a cero.
37
Para determinar la estabilidad de las órbitas circulares r D r0 (con p D 2eM=r0) basta notar que de laconservación de H y la relación pr D m Pr se sigue que la ley del movimiento de la coordenada r es
1
2m Pr2 C
1
2mr2
p
eM
r
2D E :
Por tanto el potencial efectivo es en este caso
U.r/ D1
2mr2
p
eM
r
2D
p2
2mr4
r
eM
p
2
k
2r4.r a/2 :
Nótese que ambas constantes k p2=m y a r0=2 son positivas. El potencial U tiende a1 para r ! 0, y a 0
para r !1. Además,
1
kU 0.r/ D
2
r5.r a/2 C
1
r4.r a/ D
1
r5.r a/.2a r/ ;
de modo que U es decreciente en .0; a/, creciente en .a; 2a/ y de nuevo decreciente en .a;1/. En particular,r D a es un mínimo (absoluto) de U y r D 2a es un máximo relativo (véase la Fig. 15). Por tanto, la órbitacircular de radio 2a r0 es inestable.
Figura 15: Potencial U.r/ del problema 45.
46. a) Calcular el hamiltoniano correspondiente al lagrangiano
L DPx2
2.1 x2/C1
2.1 x2/ Py2 C
a
2.x Py C P/2 f .x/ ;
donde 1 < x < 1 y a > 0 es una constante. b) Hallar tres integrales primeras de las ecuaciones de Hamiltonfuncionalmente independientes. c) Con ayuda de dichas integrales, expresar el movimiento de la coordenada xmediante una integral. d) Si f .x/ D 0, estudiar la existencia de soluciones periódicas x.t/ y calcular su período.
a) El lagrangiano es de la forma L D L2 f .x/, con L2 cuadrático en las velocidades. Por tanto el hamiltonianoestá dado por H D L2 C f .x/, si en L2 expresamos las velocidades en términos de los momentos canónicos
px DPx
1 x2; py D .1 x
2/ Py C ax .x Py C P/ ; p´ D a .x Py C P/ :
Combinando la segunda y la tercera de estas ecuaciones se obtiene
.1 x2/ Py D py xp´ ;
y por tanto
H D1
2.1 x2/ p2x C
1
2
.py xp´/2
1 x2Cp2´
2aC f .x/ :
38
b) Al ser H independiente de y, ´ y t , se conservan los momentos py y p´ y el propio H .
c) Imponiendo la ley de conservación H D " y utilizando la expresión de px en función de Px se obtiene lasiguiente ecuación diferencial de primer orden para x.t/:
1
2Px2 C U.x/ D 0 ; U.x/
1
2.py xp´/
2C .1 x2/
f .x/C
p2´
2a "
: (8)
Esta es la ecuación del movimiento de una partícula de masa unidad y energía cero sometida al potencial unidi-mensional U.x/. La solución de la ecuación del movimiento de la coordenada x es por tanto
t t0 D ˙
Zdxp2U.x/
:
d) Si f .x/ D 0, el potencial efectivo U.x/ es un polinomio de grado 6 2 en x. Para que la ecuación delmovimiento tenga soluciones periódicas, la derivada segunda del potencial efectivo (que es una constante) ha deser positiva, es decir1
U 00.x/ D p2´ C 2
"
p2´
2a
> 0 () 2" >
1
a 1
p2´ :
En tal caso, la ecuación (8) se puede escribir en la forma
1
2Px2 C
1
2U 00.x0/.x x0/
2D U.x0/ ;
donde x0 es el mínimo del potencial U , es decir la raíz de la ecuación U 0.x/ D 0:
x0 Dpyp´
2"C
1 1
a
p2´
:
Se trata, por tanto, de la ecuación de la energía de un oscilador armónico de masa 1 y frecuencia ! DpU 00.x0/,
por lo que el período de las soluciones x.t/ está dado por
D2
!D
2 pU 00.x0/
D2 q
2"C1 1
a
p2´
:
1Por supuesto, para que sea posible el movimiento también es necesario que U.x/ sea menor o igual que 0 en un cierto intervalo de lavariable x. Si U 00 > 0, esto es equivalente a que U tenga alguna raíz real, o en otras palabras a que el discriminante de U sea mayor oigual que cero. De esta forma se obtiene la condición
D .pyp´/2
p2´
a 2"
p2´
1
1
a
C 2"
> 0 ;
que es esencialmente una restricción sobre py .
39
Tema 4
47. Hallar la solución general de la ecuación de primer orden PA.t/ D !A.t/Cc, siendo ! ¤ 0 y c dos vectoresconstantes perpendiculares.
En primer lugar, si Rn./ es una rotación de ángulo alrededor de un eje n y u es un vector fijo entonces
dd
Rn./u
D
dd"
ˇ"D0
Rn. C "/u
D
dd"
ˇ"D0
Rn."/Rn./u
D n
Rn./u
:
Si ! D !n, de esta ecuación se sigue que
ddt
Rn.!t/u
D !n
Rn.!t/u
!
Rn.!t/u
;
y por tanto la solución general de la ecuación homogénea PA.t/ D ! A.t/ es
A.t/ D Rn.!t/u ; u 2 R3 :
(En efecto, esta expresión es solución y su valor en t D 0 es un vector arbitrario de R3.) Alternativamente,consideremos un sistema de referencia (móvil) cuyos ejes ei giran con velocidad angular constante ! alrededordel eje n D !=! respecto de los ejes e0i del sistema de referencia del problema (sistema fijo), es decir
ei D Rn.!t/e0i ; i D 1; 2; 3 :
Entonces dA.t/
dt
fD !.t/ A.t/ D
dA.t/
dt
mC!.t/ A.t/ H)
dA.t/
dt
mD 0 :
Por tanto A.t/ es igual a un vector constante en el sistema móvil, es decir
A.t/ D3XiD1
uiei D3XiD1
uiRn.!t/e0i D Rn.!t/
3XiD1
uie0i Rn.!t/u ;
siendo u un vector constante en el sistema fijo.A continuación buscamos una solución constante de la ecuación inhomogénea, es decir un vector constante
A0 tal que ! A0 C c D 0. Una condición necesaria para que pueda existir tal solución es que ! y c seanperpendiculares. Dicha condición es también suficiente, dado que si ! ? c y A0 D ! c entonces
! A0 C c D ! .! c/C c D c !2c D 0 () D1
!2:
Por tanto la solución general de la ecuación dada es
A.t/ D Rn.!t/uC1
!2! c D Rn.!t/uC
1
!n c ;
siendo u un vector constante. Nótese que el vector A.t/ describe una circunferencia en un plano perpendicular alvector n, recorrida con velocidad angular constante !. (El centro de la circunferencia está en la proyección delvector u sobre la recta paralela a n que pasa por el punto .n c/=!.)
48. Un electrón de masa m y carga e < 0 se mueve en un campo electromagnético uniforme E D Ee02 y B DBe03 (conE;B > 0). Se sabe, además, que en el instante inicial el electrón se halla en el origen de coordenadas convelocidad v0e01. a) Escribir la ecuación del movimiento del electrón en un sistema de referencia S que se mueve
40
con velocidad constante V respecto del sistema inercial S 0, y cuyos ejes giran con velocidad angular tambiénconstante ! respecto de los de S 0. b) Demostrar que V y ! se pueden escoger de forma que la ecuación delmovimiento del electrón en el sistema móvil S se reduzca a Rr D ! Pr. c) Con ayuda del problema anterior,hallar la solución de esta ecuación con las condiciones iniciales dadas y obtener a partir de ella la ley horaria delmovimiento del electrón en el sistema S 0.
a) La ecuación del movimiento del electrón en el sistema inercial S 0 es
dv0
dtD
eE
me02
eB
mv0 e03 ;
donde v0 es la velocidad del electrón respecto de dicho sistema de referencia. Por tanto la ecuación del movimientoen el sistema móvil S del enunciado es
Pv D eE
me02
eB
m.vC VC! r/ e03 2! v ! .! r/ ;
siendo ahora r y v la posición y velocidad del electrón respecto de S , e indicando por un punto la derivadatemporal en dicho sistema. Agrupando términos en la ecuación anterior se llega a la ecuación
Rr D e
m.Ee02 C BV e03/
2!
eBm
Pr
!
eBm
.! r/ :
b) La ecuación anterior se reduce a la ecuación del enunciado tomando
V DE
Be01 ; ! D
eBm:
c) Integrando una vez la ecuación Rr D ! Pr se obtiene
Pr D ! rC v.0/ :
Para calcular v.0/, tomamos los orígenes de tiempos y coordenadas en S de forma que dicho sistema coincida conS 0 en t D 0, de modo que R D tV y (desde el punto de vista de S ) e0i .0/ D ei . Por tanto
r.0/ D r0.0/R.0/ D 0 ; v.0/ D v0.0/V! r.0/ D v0.0/V D v0e01.0/E
Be01.0/ D
v0
E
B
e1 :
Utilizando el resultado del problema anterior se obtiene
r D Re3.!t/r0 1
!
v0
E
B
e3 e1 D Re3.!t/r0
1
!
v0
E
B
e2 ;
siendo ! D eB=m y r0 un vector constante que se calcula imponiendo la condición inicial r.0/ D 0:
0 D r0 1
!
v0
E
B
e2 H) r0 D
1
!
v0
E
B
e2 :
En definitiva, la solución de la ecuación del movimiento del electrón en el sistema móvil S es
r D1
!
v0
E
B
Re3.!t/e2 e2
:
Por tanto la trayectoria del electrón respecto del sistema S es una circunferencia por el origen en el plano Oxycentrada en el punto Œ.E=B/ v0e2=!. Para obtener la posición r0.t/ del electrón respecto del sistema inercialS 0 basta tener en cuenta que r0 D rC R D rC tV y ei D Re3.!t/e0i . De esta forma se obtiene
r0 DEt
Be01 C
1
!
v0
E
B
e02 Re3.!t/e
02
DEt
Be01 C
1
!
v0
E
B
e02 C sen.!t/e01 cos.!t/e02
;
41
o equivalentemente
x01 DEt
BC1
!
v0
E
B
sen.!t/ ; x02 D
1
!
v0
E
B
1 cos.!t/
; x03 D 0 :
49. Una varilla lisa de longitud ` gira con velocidad angular constante ! en torno a un eje perpendicular a dichavarilla que pasa por uno de sus extremos. Una partícula de masa m obligada a moverse a lo largo de la varillase halla inicialmente en su punto medio, en reposo respecto del sistema de referencia de la varilla. Calcular elmovimiento de la partícula.
Denotemos por .x; y; ´/ r las coordenadas de la partícula en el sistema de referencia (no inercial) en que lavarilla está en reposo, donde podemos tomar el eje Ox en la dirección de la varilla y el eje O´ en la del eje derotación. Las ecuaciones del movimiento de la partícula en estas coordenadas son por tanto:
mRr D F 2m! Pr m! .! r/ ;
siendo ! D !e3 la velocidad angular de rotación de los ejes del sistema de la varilla y F la fuerza de ligadura queactúa sobre la partícula. Nótese que F D F2e2 C F3e3, ya que (en ausencia de rozamiento) la fuerza de reacciónde la varilla es perpendicular a dicha varilla. Como la partícula está obligada a moverse a lo largo de la varilla setiene r D xe1, Pr D Pxe1, y por tanto
! Pr D ! Pxe3 e1 D ! Pxe2 ; ! r D !xe3 e1 D !xe2 ; ! .! r/ D !2xe3 e2 D !2xe1 :
Por tanto las ecuaciones del movimiento de la partícula son
m Rx D m!2x ; m Ry D 0 D F2 2m! Px ; m R D 0 D F3 :
Las dos últimas ecuaciones permiten calcular la fuerza de ligadura que actúa sobre la partícula en cada instante(F D 2m! Pxe2), mientras que la primera determina el movimiento de la partícula. Integrando esta ecuación seobtiene
x.t/ D a cosh.!t/C b senh.!t/ ;
con a y b constantes arbitrarias. Estas constantes se calculan fácilmente teniendo en cuenta las condiciones ini-ciales x.0/ D `=2, Px.0/ D 0, lo que proporciona inmediatamente a D `=2, b D 0. Por tanto la ecuación delmovimiento de la partícula es
x.t/ D`
2cosh.!t/ :
Para t D !1 arcosh 2 D !1 log.2 Cp3/ la partícula llega al extremo de la varilla (x D `) y a partir de ese
instante se mueve con velocidad constante (respecto de un sistema inercial), ya que en dicho instante la partículaabandona la varilla y por tanto deja de actuar sobre ella la fuerza de ligadura. La velocidad vf de la partículacuando abandona la varilla, medida en un sistema inercial, está dada por
vf D PrC! r D Pxe1 C !le2 ;
siendo
Px D1
2!l senh.!t/ D
1
2!l
qcosh2.!t/ 1 D !
ql2 l2
4D
p3
2!l :
Por tanto el vector vf forma un ángulo ˛ con la varilla dado por
˛ D arctan2p3
' 49;11ı :
50. Calcular la aceleración centrífuga debida a la rotación de la Tierra de una partícula situada en el ecuador, ycompararla con la aceleración gravitatoria y la aceleración centrífuga debida al movimiento de la Tierra alrededordel Sol.
42
Sea R ' 6;3674 106 m el radio terrestre, a ' 1;49597871 1011 m el radio de la órbita de la Tierra alrededor delSol (supuesta circular, con muy buena aproximación) y ! ' 7;29212 105 s1 la velocidad angular de rotaciónde la Tierra alrededor de su eje. La aceleración centrífuga a1 debida a la rotación de la Tierra en un punto delatitud es
v2
R cosD !2R cos :
Por tanto en el ecuador ( D 0) se tiene:
a1 D !2R ' 3;3859 102 m s2 :
Análogamente, la aceleración centrífuga debida al movimiento de la Tierra alrededor del Sol está dada por
a2 D
2
365;25 24 3600
2a ' 5;93031 103 m s2 ;
donde el término entre paréntesis es la frecuencia de dicho movimiento, es decir, 2 =.1 año/. Por último, laaceleración gravitatoria en la superficie terrestre es
g0 ' 9;80665 m s2 :
Vemos por tanto que a2=a1 101, mientras que g0=a1 102.
51. Demostrar que en un punto de la superficie terrestre de latitud la plomada se desvía de la vertical en unángulo ı./ dado por tan ı./ D !2R sen cos=.g0 !2R cos2 /, siendo R el radio de la Tierra y g0 DGM=R2 el valor real de la aceleración de la gravedad en la superficie terrestre. Hallar la latitud para la que ı./es máximo y el valor máximo de ı./.
52. Una partícula se lanza verticalmente desde un punto de la superficie terrestre de latitud norte hasta alcanzaruna altura h. Demostrar que la partícula toca tierra en un punto situado .4=3/
p8h3=g ! cos al oeste del punto
inicial. (Considérense solamente alturas h pequeñas y despréciese la resistencia del aire.)
53. Repetir el problema anterior suponiendo que la partícula se deja caer desde una altura h sobre la vertical.
54. Desde un punto de la superficie terrestre de latitud norte se lanza un proyectil hacia el este con velocidadinicial de módulo v0 y ángulo de inclinación sobre la horizontal ˛. Demostrar que la desviación lateral cuando elproyectil toca tierra es aproximadamente igual a .4!v30=g
2/ sen sen2 ˛ cos˛.
La ecuación de la trayectoria es
r D r0 C v0t C g0t2
2 t2! v0
t3
3! g0
siendo en este casor0 D 0 ; v0 D v0.cos˛e2 C sen˛e3/ ;
y por tanto! v0 D !v0
sen cos˛e1 cos sen˛e2 C cos cos˛e3
:
Al ser! g0 D !g0 cose2 ;
la ecuación de la trayectoria es„x D !v0 sen cos˛t2 ;
y D v0 cos˛ t !v0 cos sen˛t2 C!g0
3t3 ;
´ D v0 sen˛ t g0
2t2 C !v0 cos cos˛ t2 ' v0 sen˛ t
g0
2t2 ;
43
donde se ha tenido en cuenta queg0
!' 1;34851 105 m s1 v0 ;
El proyectil toma tierra cuando
´ ' v0 sen˛ t g0
2t2 D 0 H) t D
2v0
gsen˛ t0 ;
y por tanto
x.t0/ D4!v30
g20sen sen2 ˛ cos˛ :
Como puede verse, el proyectil se desvía hacia el sur en el hemisferio norte (x.t0/ > 0 si > 0) y hacia el norteen el hemisferio sur.
55. Escribir el lagrangiano de una partícula de masa m que se mueve en un campo de fuerzas conservativotomando como coordenadas generalizadas qi las componentes del vector de posición de la partícula en un sistemade ejes en rotación. Hallar las ecuaciones del movimiento y el hamiltoniano del sistema, y estudiar si se conservao no dicho hamiltoniano.
El lagrangiano de una partícula que se mueve en un campo conservativo de potencial V es siempre L D T V
expresado en términos de las coordenadas generalizadas qi y sus derivadas, siendo T la energía cinética de lapartícula calculada en un sistema inercial. Utilizando nuestra notación,
T D1
2m
dr0
dt
f
2
;
siendor0 D rC R.t/
el radio vector de la partícula en un sistema inercial (fijo), r DP3iD1 xiei sus coordenadas en el sistema de ejes
móvil y R.t/ el vector que une el origen del sistema inercial con el del sistema móvil. Sabemos, además, quedr0
dt
fD V.t/C PrC!.t/ r ;
siendo ! la velocidad angula del sistema móvil y
V D
dRdt
f:
Las coordenadas generalizadas son por definición qi D xi (i.e., las coordenadas cartesianas de la partícula en elsistema móvil). Debemos por tanto expresar L D T V en términos de r y Pr, es decir
L D1
2mV.t/C PrC!.t/ r
2 V.t; r/
D1
2mV2.t/C
1
2m Pr2 C
1
2m!.t/ r
2CmV.t/ PrCmV.t/
!.t/ r
CmPr
!.t/ r
V.t; r/ :
En la expresión anterior el término mV2.t/=2 es una derivada total (al ser función solo de t ), que puede sersuprimida sin alterar las ecuaciones del movimiento. Del mismo modo, el término mV.t/ Pr se puede reemplazarpor m PV.t/ r, ya que
mV.t/ Pr Dd
dt
mV.t/ r
m PV.t/ r :
Utilizando la identidad vectorial
V.t/ !.t/ r
D r
!.t/ V.t/
;
44
el lagrangiano puede escribirse entonces en la forma más compacta
L D1
2m Pr2 V.t; r/CmPr
!.t/ r
C1
2m!.t/ r
2mr A.t/ ;
dondeA.t/ PV.t/C!.t/ V.t/
es la aceleración del origen de coordenadas del sistema móvil respecto del fijo. A partir del lagrangiano anteriorse obtienen fácilmente las ecuaciones del movimiento de la partícula:
ddt@L
@PrD
ddt
mPrCm!.t/ r
D mRrCm P!.t/ rCm!.t/ Pr
D@L
@rD
@V.t; r/@r
m!.t/ !.t/ r
mA.t/ m!.t/ Pr ;
donde se ha tenido en cuenta quePr !.t/ r
D r
Pr !.t/
y
!.t/ r2D !2.t/r2
!.t/ r/2
H)1
2
@
@r!.t/ r
2D !2.t/r
!.t/ r
!.t/ D !.t/
!.t/ r
:
Se obtiene de esta forma la ecuación
mRr D @V.t; r/@r
mA.t/ m!.t/ !.t/ r
2m!.t/ Pr m P!.t/ r :
deducida en clase utilizando la formulación newtoniana.
El hamiltoniano del sistema está dado por la expresión habitual
H.t; r;p/ D p Pr L ;
donde es necesario expresar las velocidades Pr en términos de los momentos canónicos
p D@L
@PrD mPrCm!.t/ r
mediante la fórmulaPr D
1
m
p m!.t/ r
:
Sustituyendo en la definición de H se obtiene
H D1
2m Pr2 C V.t; r/
1
2m!.t/ r
2Cmr A.t/
D1
2m
p m!.t/ r
2C V.t; r/
1
2m!.t/ r
2Cmr A.t/
Dp2
2m p
!.t/ r
C V.t; r/Cmr A.t/
p2
2mC V.t; r/ !.t/ .r p/Cmr A.t/ :
Nótese que el vector r p no es el momento angular de la partícula, ya que p es el momento canónico, distintoen general del momento lineal.
El hamiltoniano se conserva si no depende explícitamente de t . Al ser
@H
@tD@V
@t P!.t/ .r p/Cmr PA.t/ ;
el hamiltoniano se conserva si el potencial V no depende de t y
P!.t/ D PA.t/ D 0 :
45
Tema 5
56. Probar que un sólido rígido está en equilibrio (en un sistema inercial) si y sólo si son nulos la fuerza y el parexternos a los que está sometido.
57. Calcular el tensor de inercia de una esfera homogénea de masa M y radio a respecto de su centro.
Si es la densidad (constante) de la esfera, su masa M está dada por
M D4
3 a3 :
Por simetría,I11 D I22 D I33 ; Iij D 0 ; 8i ¤ j :
(En general, si el sólido es invariante bajo la transformación xi 7! xi se anulan todos los momentos de inercia Iijcon j ¤ i , mientras que si el sólido es invariante bajo la transformación xi 7! xj entonces Ii i D Ijj e Iik D Ijk(k ¤ i; j .) Teniendo en cuenta que el elemento de volumen en coordenadas esféricas es r2 sen dr d d' seobtiene (por ejemplo)
I33 D
Z a
0
drZ
0
dZ 2
0
d' r2 sen r2 sen2 D 2 a5
5
Z
0
.1 cos2 / sen d
D 2 a5
5
Z 1
1
.1 x2/ dx D 4 a5
5
Z 1
0
.1 x2/ dx D8
15a5 D
2
5Ma2 :
Por tanto, en este caso el tensor de inercia es simplemente
I D2
5Ma21
(en cualquier sistema de coordenadas). Nótese que, al ser la esfera homogénea, el centro de masas está en el centrode la esfera. Por tanto en este caso LCM D
25MR2! es siempre paralelo a !.
58. Probar que I1 C I2 > I3, donde Ii (i D 1; 2; 3/ son los momentos principales de inercia de un sólido rígido.
En general,
I11CI22 DX˛
m˛.x2˛2Cx
2˛3/C
X˛
m˛.x2˛1Cx
2˛3/ D
X˛
m˛.x2˛1Cx
2˛2C2x
2˛3/ >
X˛
m˛.x2˛1Cx
2˛2/ D I33 :
En particular, un sistema de ejes principales de inercia Ii i D Ii , lo que demuestra el resultado pedido. Nótesetambién que la desigualdad anterior se puede reescribir en la forma
I11 C I22 C I33 tr I > 2In ;
con n D e3. De hecho, esta desigualdad vale cualquiera que sea la dirección n, ya que la traza es invariante bajocambios de base. Por tanto el momento de inercia respecto de un eje cualquiera no puede superar el valor 1
2tr I .
Además, por lo visto anteriormente, In D12
tr I si y solo si el sólido está contenido en un plano perpendicular alvector n.
59. Estudiar la estructura del tensor de inercia de un sólido rígido plano (es decir, cuyas partículas están todas enun mismo plano) y de un sólido rígido lineal.
Si no se dice nada en contrario, se supone siempre que el tensor de inercia está calculado respecto del CM, queen el caso de un sólido plano o lineal por consideraciones de simetría está respectivamente en el plano o la línea
46
que contiene a dicho sólido. Consideremos, en primer lugar, el caso de un sólido plano. Si (por ejemplo) todas laspartículas del sólido están en el plano x3 D 0 entonces claramente
I3j D X˛
m˛x˛3x j D 0 ; j D 1; 2 :
Además,
I11 DX˛
m˛x2˛2 ; I22 D
X˛
m˛x2˛1 H) I33 D
X˛
m˛.x2˛1 C x
2˛2/ D I11 C I22 :
Por tanto en este caso
.Iij / D
I11 I12 0
I12 I22 0
0 0 I11 C I22
:
Si, además, todas las partículas se encuentran sobre una recta en el plano x3 D 0, por ejemplo la recta x2 D 0,entonces
I11 D I12 D 0 ; I22 DX˛
m˛x2˛1 ;
y en consecuencia
.Iij / D
0 0 0
0 I22 0
0 0 I22
:
Por tanto el tensor de inercia de un sólido lineal es diagonal y singular (det I D 0). Nótese que el tensor de inerciaes degenerado si y sólo si el sólido es lineal. En efecto, si el tensor de inercia es degenerado entonces uno de susmomentos principales de inercia, digamos I1, ha de anularse. Pero entonces (en un sistema de ejes principales deinercia)
I1 DX˛
m˛.x2˛2 C x
2˛3/ D 0 H) x˛2 D x˛3 D 0 ; 8˛ ;
y por tanto todos los puntos del sólido están en el eje x1.
60. a) Calcular el tensor de inercia de un cubo homogéneo de masa M y lado a con respecto a un sistemade referencia con origen en un vértice del cubo y ejes a lo largo de las tres aristas concurrentes en dicho vér-tice. b) Hallar el momento de inercia del cubo con respecto a un eje que pase por el origen con direcciónn D .1; 1; 1/=
p3. c) Aplicando el teorema de Steiner, calcular el tensor de inercia del cubo con respecto a
un sistema de ejes paralelos a los del apartado a) con origen en el centro de masas.
a) Por simetría,
I11 D I22 D I33 D
Z a
0
dxZ a
0
dyZ a
0
d´ .y2 C ´2/ D 2a2Z a
0
y2 dy D2
3a5 D
2
3Ma2 ;
mientras que
I12 D I13 D I23 D
Z a
0
dxZ a
0
dyZ a
0
d´ xy D a .a2=2/2 D 1
4Ma2 :
Por tanto el tensor de inercia del cubo en el sistema de ejes dado es
.Iij / DMa2
12
8 3 3
3 8 3
3 3 8
:
b) Nótese que
In DMa2
12p3.2; 2; 2/ D
Ma2
6n :
47
Por tanto n es un eje principal de inercia, con momento de inercia
n In DMa2
6:
c) Por simetría, el centro de masas del cubo está en su centro, es decir en el punto R D .a=2; a=2; a=2/. Como
ıijR2 XiXj D a23
4ıij
1
4
;
por el teorema de Steiner, el momento de inercia del cubo respecto de un sistema de ejes paralelos a los delapartado a) con origen en el CM está dado por
Ma2
12
8 3 3
3 8 3
3 3 8
Ma2
12
6 3 3
3 6 3
3 3 6
DMa2
61 :
Vemos, por tanto, que el cubo es un trompo esféricamente simétrico.
N.B. El tensor de inercia respecto del sistema de ejes del apartado a) se diagonaliza fácilmente. En efecto,
I DMa2
12J ; con J D
8 3 3
3 8 3
3 3 8
;
y por tantodet.J / D . 11/2.2 / :
Nótese que la existencia del autovalor 2 es consecuencia del apartado b). Por este mismo motivo, el eje principalcorrespondiente al autovalor 2 Ma2=12 DMa2=6 de I es (salvo un signo) el vector .1; 1; 1/=
p3, mientras que
el subespacio propio correspondiente al autovalor doble 11Ma2=12 es el plano perpendicular al vector .1; 1; 1/.(En efecto, dos autovectores de una matriz simétrica correspondientes a autovalores distintos son ortogonales.)En particular, los momentos principales de inercia en este caso son
I1 D I2 D11
12Ma2 ; I3 D
Ma2
6:
61. Un cubo homogéneo de masa M y ecuación 0 6 xi 6 a .i D 1; 2; 3/ gira con velocidad angular constante! > 0 alrededor del eje x3 D x03. a) Hallar el ángulo que forma dicho eje con el momento angular del cuborespecto del origen de coordenadas. b) Calcular la energía cinética del sólido y el par necesario para mantener surotación.
a) Como el eje de rotación del cubo coincide con el eje e03 del sistema fijo, el origen O 0 de dicho sistema está fijoen el cubo. Por tanto
L D I! D !I e3 D !.I13e1 C I23e2 C I33e3/ ;
siendo I el tensor de inercia respecto de O 0 en el sistema de ejes del cuerpo. Si tomamos los ejes e1 y e2 en ladirección de las otras dos aristas que pasan por O 0, el tensor de inercia I es el calculado en el problema anterior.Por tanto
I13 D I23 D Ma2
4; I33 D
2
3Ma2 H) L D
M!a2
4.e1 C e2/C
2
3M!a2e3 :
Nótese que L es constante en el sistema de ejes del cuerpo. No así en el del espacio, ya que (escogiendo el origende tiempos de modo que inicialmente ei D e0i , i D 1; 2)
e1 D cos!t e01 C sen!t e02 ; e2 D sen!t e01 C cos!t e02 :
48
El ángulo que forma el vector L con el eje e3 está dado por
tan D
qL21 C L
22
L3D
p2
43
2D3
8
p2 ' 0;53033 H) D 0;487617 rad ' 27;9384ı :
b) Como el punto O 0 está fijo en el sólido, la energía cinética está dada por
T D1
2! L D
1
2!L3 D
1
2!2I33 D
1
3M.!a/2 :
Por tanto T se conserva, lo cual siempre ocurre cuando un sólido gira alrededor de un eje fijo en el espacio convelocidad angular constante (T D !2In=2, si tomamos el origen de coordenadas en el eje de rotación). Paracalcular el par que actúa sobre el sistema, basta aplicar la ecuación del movimiento de L, es decir (teniendo encuenta que L es constante en el sistema de ejes del cuerpo)
N D
dLdt
fD ! L D
M!2a2
4e3 .e1 C e2/ D
M!2a2
4.e1 e2/ :
De nuevo, el vector N es constante en el sistema de ejes del cuerpo, pero no en el sistema de ejes fijos.
62. Una esfera homogénea de masa M y radio a cae rodando sin deslizar (con movimiento plano) por un planoinclinado un ángulo ˛ con respecto a la horizontal. a) Especificar todas las fuerzas que actúan sobre la esfe-ra. b) Calcular la aceleración de su centro mediante las ecuaciones de Newton. c) Obtener el mismo resultadocon la ley de conservación de la energía.
a) Sobre la esfera actúan la fuerza de la gravedadMg, que podemos suponer aplicada en el centro de masas, juntocon la reacción del plano Fr (perpendicular a dicho plano) y la fuerza de fricción estática Ff (paralela al plano y endirección contraria al movimiento). Estas dos últimas fuerzas están aplicadas en el punto de contacto de la esferacon el plano que, en virtud de la condición de rodar sin deslizar, está instantáneamente en reposo (cf. Fig. 16).
Figura 16: Esfera que rueda en un plano inclinado sin deslizar (prob. 62).
b) Tomemos la dirección del eje x a lo largo del plano, y denotemos por .x; y/ .x; a/ las coordenadas del CM,es decir del centro de la esfera. La reacción del plano se cancela con la componente Mg cos˛ de la fuerza de lagravedad perpendicular a dicho plano, mientras que la ecuación del movimiento del CM es
M Rx D Ff CMg sen˛ ;
donde Ff D jFfj. La velocidad angular es ! D Pe3 (nótese el signo “”), siendo e3 D e03 D e1 e2 el ejeperpendicular al plano, y por tanto
LCM L D I P e3 ;
donde I D 2Ma2=5 es el momento de inercia de la esfera respecto del eje de rotación (recuérdese que el tensorde inercia de la esfera es simplemente 2
5Ma21). El momento de las fuerzas respecto del CM está dado por
N D r Ff ;
49
siendo r el vector con extremos en el CM y el punto de contacto (ya que Fr es siempre paralela a r y la fuerza dela gravedad está aplicada en el CM). Por tanto
N D aFf e3 ;
y la ecuación del movimiento de la coordenada se obtiene a partir de la relacióndLdt
fD N ;
es decirI R D aFf :
Por último, dado que la velocidad instantánea del punto de contacto de la esfera con el plano es
.a P C Px/ e1 ;
la condición de rodar sin deslizar equivale a la relación Px D a P . Por tanto
Ff DI
aR D
I
a2Rx D
2
5M Rx ;
de donde fácilmente se sigue que la ecuación del movimiento de la coordenada x del CM es
Rx D5
7g sen˛ :
En general, para un sólido de revolución alrededor del eje e3
Rx Dg sen˛
1C IMa2
I
por ejemplo, en el caso de un cilindro, I DMa2=2, y por tanto
Rx D2
3g sen˛ ;
ligeramente menor que en el caso de la esfera.
c) La energía cinética es
T D Trot C1
2M Px2 D
1
2I!2 C
1
2M Px2 D
1
2I P2 C
1
2M Px2 D
1
2M
1C
I
Ma2
Px2 :
La fuerza de rozamiento y la reacción del plano no realizan trabajo, al estar aplicadas en el punto de contacto, queestá en reposo en cada instante. La única fuerza externa que realiza trabajo es la de la gravedad, que es conservativay con potencial igual a la masa de la esfera por la altura del CM respecto de la horizontal. Por tanto (salvo unaconstante)
V D Mgx sen˛ ;
y se conserva la energía total
E D T C V D1
2M
1C
I
Ma2
Px2 Mgx sen˛ :
Derivando esta relación respecto de t se obtiene la aceleración de la coordenada x del CM.
63. Un sólido rígido gira libremente sometido a un par retardador N.t/ D k!.t/ (con k > 0) debido alrozamiento. Si inicialmente !.0/ D !e3, hallar !.t/.
50
Si el sólido gira libremente (excepto por el par retardador N.t/), la fuerza externa total que actúa sobre el cuerpoes 0. En tal caso el par no depende del origen respecto del cual se calcula, por lo que podemos tomar dicho origencomo el CM. Las ecuaciones de Euler del sólido son por tanto
I1 P!1 .I2 I3/!2!3 D k!1 ;
I2 P!2 .I3 I1/!1!3 D k!2 ;
I3 P!3 .I1 I2/!1!2 D k!3 ;
Por el teorema de existencia y unicidad para este tipo de ecuaciones, si inicialmente !1.0/ D !2.0/ D 0 entonces!1.t/ D !2.t/ D 0 para todo t . En efecto, sustituyendo !1 D !2 D 0 en las ecuaciones de Euler se obtiene lasiguiente ecuación en !3 W
I3 P!3 D k!3 :
La solución de este ecuación con la condición inicial !3.0/ D ! (con ! constante) es
!3.t/ D ! ekt=I3 ;
y por tanto la velocidad angular es!.t/ D ! ekt=I3e3 :
En otras palabras, el sólido rota alrededor del eje e3 con velocidad angular exponencialmente decreciente
! ekt=I3 :
Nótese que el eje e3 está fijo en el espacio, ya quede3dt
fD ! e3 D 0 :
64. Un sólido rígido simétrico respecto del eje e3 gira sometido a un par externo N.t/ D N0ekt e3 (con k > 0).Si inicialmente !3 D 0, probar que para t suficientemente grande la velocidad angular del sólido está dada por!.t/ D !0 cos.t C ˛/e1 C !0 sen.t C ˛/e2 C N0=.kI3/e3, con D N0
I11 I13
=k, !0 D !.0/ y
˛ D arctan!2.0/=!1.0/
.=k/ :
Como I1 D I2, la ecuación de Euler para !3 con la condición inicial !3.0/ D 0 proporciona
I3 P!3 D N0ekt H) !3 DN0
kI3.1 ekt / !
t!1
N0
kI3:
Sustituyendo esta expresión en las ecuaciones de Euler de !1 y !2 se llega fácilmente al sistema
P!1 D .1 ekt /!2 ; P!2 D .1 ekt /!1 ;
siendo
DN0
k
1
I11
I3
:
Si llamamos w D !i C i!2, el sistema anterior se convierte en la ecuación lineal homogénea de primer orden enw
Pw D i.1 ekt /w ;
cuya solución es inmediata:
logw D it ik.1 ekt /C logw0 H) w D w0 ei .t 1
k/ e
ik
ekt ;
con
w0 D w.0/ D !0ei' ; ' D arctan!2.0/
!1.0/
D ˛ C
k:
51
Cuando t !1 la segunda exponencial en la expresión de w tiende a 1, y por tanto
w ' w0 ei.t 1
k/D !0 ei.tC˛/
H) !1 ' !0 cos.t C ˛/ ; !2 ' !0 sen.t C ˛/ :
65. Un sólido rígido gira libremente alrededor de un eje n fijo en el cuerpo con velocidad angular !.t/. Demostrarque el eje de giro es un eje principal de inercia, ! es constante y n está también fijo en el sistema de ejes delespacio.
Por hipótesis! D !.t/n ;
siendo n un vector constante en el sistema de ejes del cuerpo. Por tanto P! D P! n, y de las ecuaciones de Euler enforma vectorial
I P!C! .I!/ D 0
se sigue entonces que
P! InC !2 n .In/ D 0 H) n .In/ D P!
!2In :
Por tanto los vectores In y n .In/ son paralelos. Como dichos vectores son perpendiculares si n .In/ ¤ 0,este último vector ha de anularse. Luego
n .In/ D 0 H) In D n ;
con constante (ya que n e I son constantes en el sistema de ejes del cuerpo). En otras palabras, n es un ejeprincipal de inercia y es el correspondiente momento principal de inercia. Nótese, por último, que
dndt
fD PnC! n D ! n D ! n n D 0 ;
por lo que el eje de rotación n es también constante en el sistema fijo.
66. Una lámina cuadrada homogénea de lado a gira libremente con un período , de forma que el eje de rotaciónforma un ángulo de 45° con el eje de simetría perpendicular a la lámina. Expresar en función de el periodo deprecesión del eje de rotación en torno al eje de simetría y el periodo de precesión del eje de simetría con respectoa la dirección invariante.
Por definición, D 2 =!, siendo ! el módulo de la velocidad angular. Al ser la lámina un sólido plano ysimétrico respecto del centro de masas, su tensor de inercia es de la forma
.Iij / D
I1
I12I1
:
Por tanto la velocidad angular de precesión del eje de simetría alrededor de la dirección de L es
˝p D !
s1C
I 23 I21
I 21cos2 ˛ D !
r1C
3
2D
r5
2! H) p D
r2
5 :
La velocidad de precesión de ! alrededor del eje de simetría es
˝ DI3 I1
I1!3 D !3 D ! cos˛ D
!p2
H) s Dp2 D
p5 p :
Finalmente, la velocidad angular ˝s de rotación del sólido alrededor de su eje de simetría, vista desde el sistemafijo, es igual ˝, y por tanto el período correspondiente es igual a s.
52
Tema 6
67. Probar que la ecuación1
c2@2
@t24 D 0
es invariante bajo una transformación de Lorentz en la dirección del eje x1.
De las ecuaciones de la transformación de Lorentz:
t 0 D .v/
t
vx1
c2
; x01 D .v/.x1 vt/ ; x0k D xk .k D 2; 3/
se obtiene fácilmente
@
@tD .v/
@
@t 0 v
@
@x01
;
@
@x1D .v/
v
c2@
@t 0C
@
@x01
;
@
@xkD
@
@x0k
.k D 2; 3/ :
Por tanto,
1
c2@2
@t2
Xi
@2
@x2iD 2.v/
c2
@2
@t 02 2v
@2
@t 0@x01C v2
@2
@x021
2.v/
c2
v2
c2@2
@t 02 2v
@2
@t 0@x01C c2
@2
@x021
@2
@x22@2
@x23D 2.v/
1
v2
c2
@2
@t 02 2.v/
1
v2
c2
@2
@x021@2
@x22@2
@x23
D1
c2@2
@t 02
Xi
@2
@x02i:
68. Se lanza una sonda espacial a una estrella situada a una distancia de 30 años luz de la Tierra. La sonda alcanzala estrella cuando, según el reloj de a bordo, han transcurrido 10 años. Calcular la velocidad de la sonda (supuestauniforme).
Si v es la velocidad de la sonda respecto de la Tierra y d la distancia de la Tierra a la estrella medida por unobservador terrestre, el tiempo empleado por la sonda en alcanzar la estrella según dicho observador es
t Dd
vD
d
cˇD
t0p1 ˇ2
; ˇ Dv
c;
donde t0 es el tiempo medido por la sonda (tiempo propio). Si el tiempo se mide en años entonces t0 D 10 yd=c D 30, ya que la luz tarda 30 años en alcanzar la estrella según los relojes terrestres. Por tanto
30
ˇD
10p1 ˇ2
() 9.1 ˇ2/ D ˇ2 () ˇ D3p10' 0;94868 :
Nótese que el tiempo t que la sonda emplea en alcanzar la estrella según el observador terrestre es considerable-mente mayor:
t Dt0r1
9
10
Dp10 t0 D 31;623 años :
También se podría haber resuelto este problema teniendo en cuenta la contracción de Lorentz–Fitzgerald enlugar de la dilatación del tiempo. En efecto, la distancia de la Tierra a la estrella según el sistema de referenciainercial ligado a la sonda es
d 0 D vt0 D cˇt0 ;
53
ya que en el SRI ligado a la sonda la Tierra y la estrella se mueven ambas con la misma velocidad ve1 respectode la sonda. La distancia entre la Tierra y la estrella medida por un observador terrestre tiene el carácter de unalongitud propia, ya que la Tierra y la estrella están en reposo relativo. Teniendo en cuenta el factor de contracciónde Lorentz–Fitzgerald se obtiene:
cˇt0 D
q1 ˇ2 d ;
que es la ecuación obtenida anteriormente. Nótese por último que, desde el punto de vista de la sonda, la distanciaentre la Tierra y la estrella es
cˇt0 D 10ˇ años luz ' 9;4868 años luz :
69. Un muón desciende verticalmente en la atmósfera con una velocidad v D 0; 999 c. Si la vida media del muónen su sistema propio es de 1;5s ¿qué vida media mide un observador fijo en la Tierra?
70. Una regla está en reposo en el plano x02 D 0 respecto de un sistema de referencia inercial S 0, formando unángulo ˛0 con el eje x01. Si S 0 se mueve con velocidad ve1 respecto de un segundo sistema de referencia inercialS , y la longitud natural de la regla es l0, calcular su longitud medida en S así como el ángulo que forma con eleje e1 de este sistema.
Las coordenadas de los extremos de la regla en el sistema S 0 son
.x01; 0; 0/ ; .x01 C l0 cos˛0; 0; l0 sen˛0/ :
Si medimos simultáneamente dichas coordenadas en el sistema S obtenemos
x01 D l0 cos˛ D .v/x1; x02 D 0 D x2 D 0 ; x03 D l0 sen˛ D x3 :
Por tanto en S la regla está en el plano x2 D 0, forma un ángulo ˛ con el eje x3 dado por
tan˛ Dx3
x1D
l0 sen˛0l0 cos˛= .v/
D .v/ tan˛0 > ˛0 ;
y tiene longitud
l D
qx21 Cx
23 D l0
scos2 ˛0 2.v/
C sen2 ˛0 D l0
s1
v2
c2cos2 ˛0 < l0 :
71. La longitud de onda de una línea espectral que medida en el laboratorio es 0 aumenta en un 50 % al medirlasobre una galaxia lejana. ¿Con qué velocidad se mueve la galaxia con respecto a la Tierra?
Si es la longitud de onda medida en el laboratorio de la luz correspondiente a dicha línea espectral emitida desdela galaxia lejana se tiene
D
s1C ˇ
1 ˇ0 D
3
20 ;
siendo v la velocidad de la galaxia respecto de la Tierra y ˇ D v=c. Resolviendo esta ecuación se obtiene
4.1C ˇ/ D 9.1 ˇ/ () ˇ D5
13H) v ' 1;15305 108 m s1 :
72. Calcular ˇ, y T para un electrón y un un protón con el mismo momento de 100 MeV=c.
Por definición, 1 eV (electronvoltio) es la energía que adquiere un electrón cuando es acelerado por una diferenciade potencial de 1V, aproximadamente igual a 1;602176565 1019 J. Si conocemos el momento jpj de unapartícula de masa m, hemos visto que
ˇ Djpjp
m2c2 C p2 .1C q2/1=2 ; D
E
mc2Dcpm2c2 C p2
mc2D .1C q2/1=2 ;
T
mc2D 1 ;
54
siendo
q jpjmccjpjmc2
:
En el límite no relativista (v c () q ! 0)
ˇ ' q ; ' 1Cq2
2; T '
mc2
2q2 ;
mientras que en el ultrarelativista (v . c () q !1)
ˇ ' 1 1
2q2; ' q ; T ' q mc2 :
En el caso del electrón,
mc2 ' 0;510998928 MeV ; cjpj D 100 MeV H) q ' 195;265 1 ;
y por tantoˇ ' 0;999987 ; ' 195;7 ; T ' 194;7 0; 51 MeV D 99;49 MeV :
Para el protón, sin embargo,
mc2 ' 938;272046 MeV H) q ' 0;106579 ;
de donde se obtiene
ˇ ' 1;06 101 ; ' 1;00566 ; T ' 5;663 103 938;27 MeV D 5;31 MeV :
73. Un acelerador lineal acelera electrones hasta una energía de 30GeV. ¿Qué velocidad alcanzan los electrones?
Por definición,
E D .v/mc2 H) ˇ D
s1
1
2D
p
1 "2 ; " mc2
E:
En el caso del electrón,
mc2 ' 0;510998928 MeV H) " D0;510998928
30 103' 1;7 105 ;
y por tanto
ˇ ' 1 "2
2' 1 1;445 1010 D 0;9999999998555 :
74. Una partícula a que viaja en la dirección del eje x con velocidad 0; 5c se desintegra en dos partículas b(a ! b C b), que continúan viajando en la dirección de dicho eje. Si ma D 2;5mb , calcular las velocidades deambas partículas b y su velocidad relativa en el sistema del laboratorio. [Ayuda: hallar primero las velocidades delas partículas b en el sistema inercial en que la partícula a está en reposo.]
En el sistema propio de la partícula a (que en este caso coincide con el sistema CM) el momento inicial es nulo,y por tanto
p01 C p02 D 0 ;
siendo p01 y p02 los momentos de las partículas b en dichos SRI. Como
v0i Dcp0iq
p02i Cm2bc2;
55
de la relación anterior entre los momentos se sigue que
v01 D v02 v H) .v01/ D .v02/ D .v/ :
Aplicando la conservación de la energía se obtiene
ma D 2mb .v/ H) ˇ.v/2 D 1 1
2.v/D 1
4m2b
m2aD 1
16
25D
9
25H) ˇ.v/ D
3
5:
Por tanto (por ejemplo)
v01 D 3c
5e1 ; v02 D
3c
5e1 :
Las velocidades de cada una de las dos partículas b en el sistema del laboratorio se calculan a partir de lasanteriores aplicando un boost de Lorentz de velocidad va D c=2 en la dirección del eje e1. Por tanto
v1 Dv01 C
c2
1Cv012c
D35C
12
1 310
c D c
7; v2c D
v02 Cc2
1Cv022c
D
35C
12
1C 310
c D11
13c ;
y la velocidad relativa entre las dos partículas en el sistema del laboratorio está dada por
v2 v1 D
1
7C11
13
c D
90
91c :
Nótese que la velocidad relativa entre ambas partículas en el sistema propio de la partícula a es
2 3c
5D6c
5> c :
Esto no contradice ningún postulado de la teoría especial de la Relatividad; de hecho, el módulo de la velocidadrelativa entre dos partículas materiales en un cierto SRI puede estar arbitrariamente próximo a 2c, ya que dichavelocidad relativa es simplemente la diferencia entre las velocidades de ambas partículas en dicho sistema dereferencia. En efecto,
r D r2 r1 H)drdtD
dr2dt
dr1dtD v2 v1 :
No hay que confundir la velocidad relativa entre ambas partículas en un SRI con la velocidad relativa de unapartícula respecto de la otra, que coincide con la velocidad de la segunda partícula en el SRI en que la primeraestá en reposo. Esta última velocidad, al ser la velocidad de una partícula material respecto de un SRI, sí ha de sermenor que c en módulo. En este caso, la velocidad relativa v21e1 de la segunda partícula b respecto de la primerase obtiene utilizando la fórmula relativista para la adición de dos velocidades, teniendo en cuenta que la velocidadde a respecto de la primera partícula b es igual a v01 D 3c=5:
v21 Dv02 v
01
1 v01v02
c2
D
65
1C 925
c D15
17c :
75. Un protón choca contra otro protón en reposo (en el sistema del laboratorio), produciéndose como resultadode la colisión un par protón-antiprotón (pCp ! pCpCpC Np). ¿Cuál es la mínima energía cinética del protónincidente para que este proceso sea posible?
Dado que la masa de una partícula es igual a la de su antipartícula, podemos aplicar la ecuación para la energíaumbral con
ma D mb m ; M D 4m ;
siendo m ' 938;272046MeV=c2 la masa del protón. Sustituyendo en dicha fórmula se obtiene
Emin Dc2
2m.16m2 2m2/ D 7mc2 :
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Por tanto la mínima energía cinética del protón incidente es
Tmin D Emin mc2D 6mc2 ' 5;63GeV :
76. Una partícula de masa en reposo m0 y velocidad v se desintegra en dos fotones, que emergen formando elmismo ángulo con la dirección de la velocidad de la partícula. Demostrar que cos D v=c, y que el momentode cualquiera de los dos fotones es igual a 1
2m0c .v/.
El cuadrimomento inicial esPi D m0 .v/.c; v; 0; 0/ ;
mientras que el cuadrimomento final es la suma de los momentos de ambos fotones
Pf D p C p 0 :
Si el plano que tiene lugar la colisión es (por ejemplo) el x3 D 0, los cuadrimomentos de los fotones son
p D jp j.1; cos ; sen ; 0/ ; p0 D jp0 j.1; cos ; sen ; 0/ :
Imponiendo la conservación del cuadrimomento se obtiene el sistemam0 .v/c D jp j C jp0 j
m0 .v/v Djp j C jp 0 j
cos
0 Djp j jp 0 j
sen :
Si D 0, de las dos primeras ecuaciones se seguiría que v D c. Por tanto ¤ 0, y de la última ecuación sededuce que
jp j D jp 0 j :
Sustituyendo en resto del sistema se obtienen las ecuaciones
m0c .v/ D 2jp j ; m0 .v/v D 2jp j cos ;
de donde se sigue fácilmente que
jp j D1
2m0c .v/ ; cos D
v
c:
57