Soluciones ejercicio Artemio Gonzalez Lopez, Ejercicios de Álgebra. Universitat de València (UV)
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Soluciones ejercicio Artemio Gonzalez Lopez, Ejercicios de Álgebra. Universitat de València (UV)

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Asignatura: Álgebra, Profesor: Artemio Gonzalez Lopez, Carrera: Ingeniería Electrónica de Comunicaciones, Universidad: UCM
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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) Comprobar explícitamente 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 y expresar la componente tangencial de la aceleración en función de s y sus derivadas temporales.

El elemento de longitud de arco es ds2 D dx2 C dy2 C d´2 D dr2 ;

y por tanto Ps2 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 en el instante t es v=v. Por tanto la componente tangencial de la aceleración en dicho instante es

at D a  v v D Pv D Rs ;

ya que v2 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 unitario tangente 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 /2  P2

D 2k2.1C cos / P2 H) P D ˙ v

k p 2.1C cos /

D ˙v p 2kr

:

Nótese que el signo de P no se puede determinar (depende del sentido de recorrido de la curva), y que P se hace infinito en el origen. La componente radial de la aceleración es

ar D Rr � r P 2 D �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

2kr2 Pr D

v2 sen  2r2

P H) R D v2 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 xk

-1.0

-0.5

0.5

1.0

yk

Figura 1: Cardiode del problema 4.

Por otra parte,

a D r R C 2 Pr P D v2 sen  4r

� 2k sen  P2 D v2 sen  4r

� v2 sen  r

D � 3v2 sen  4r

D � 3v2 sen 

4k.1C cos /

D � 3v2

4k tan.=2/ :

De nuevo, a se hace infinita cuando la partícula pasa por el origen. Finalmente, el módulo de la aceleración está dado por

jaj D q a2r C a

2  D 3v2

4k

q 1C tan2.=2/ D

3v2

4k sec.=2/ D

3v2

4k

r 2

1C cos  D

3v2

2 p 2kr

;

infinito en el origen.

5. Indicar cuáles de los siguientes campos de fuerzas son conservativos y, en su caso, calcular la energía potencial correspondiente (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 �´e�xe1 C log ´ e2 C .e�x C y=´/ e3. c) F D ar=r2.

a/ r  F D

ˇ̌̌̌ ˇ̌ e1 e2 e3@x @y @´ ay´C bx C c´ ax´C b´ axy C by

ˇ̌̌̌ ˇ̌ 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 a partir 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

2 C y´

 C const:

b/ r  F D

ˇ̌̌̌ ˇ̌ e1 e2 e3@x @y @´ �´e�x log ´ e�x C y=´

ˇ̌̌̌ ˇ̌ D 0 H) F D �rV.x; y; ´/ ;

con Vx D ´e�x ; Vy D � log ´ ; V´ D �e�x �

y

´ :

2

Integrando la primera ecuación respecto de x se obtiene

V.x; y; ´/ D �´e�x C f .y; ´/ H) Vy D @yf D � log ´ H) f .y; ´/ D �y log ´C g.´/ :

Por tanto

V.x; y; ´/ D �´e�x � y log ´C g.´/ H) V´ D �e�x � y

´ C g0.´/ D �e�x �

y

´ H) g.´/ D const:

H) V.x; y´/ D �´e�x � y log ´C const:

c/ F D a

r er H) F D �rV.r/ ; V .r/ D �

Z a

r dr 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 condiciónR C 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 queZ C

F  dr D Z 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

dT dt D F  Pr H) T2 � T1 D

Z t2 t1

F  Pr dt D Z C

F  dr D 0 ;

y por tanto se conserva la energía cinética. Explicación “física”: aunque la fuerza no es conservativa (es decir, no deriva de un potencial independiente del tiempo), no realiza trabajo. Esto es lo que ocurre, en particular, con el movimiento 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 constante que mide la supuesta carga magnética. a) Escribir las ecuaciones de Newton para el movimiento de una partícula de carga q y masam en presencia del monopolo y de un campo central con potencial V.r/ D �k=r . b) Comprobar que 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/

@r C q Pr  B D �

kr r3 C qb

r3 Pr  r D

1

r3 .�krC qb Pr  r/ :

b) La derivada temporal del momento angular es

PL D r  F D qb

r3 r  .Pr  r/ D

qb

r3

 r2 Pr � .r  Pr/r

  qb

r .Pr � Prer/

 D qb

r .ve C v'e'/

 ;

donde hemos tenido en cuenta que Pr 

r r  vr D Pr :

3

Como PL no es idénticamente nulo, el momento angular no se conserva. c) De la identidad

d dt f .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 D qb

r .Pr � Prer/ � rf 0.r/ Prer � f .r/Pr

D

 qb

r � f .r/

 Pr �

 qb

r C 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 � qbr r :

 r  B D 4 bı.r/ ¤ 0, lo que viola una de las ecuaciones de Maxwell. En efecto, si r ¤ 0 se tiene

r 

 r r3

 D

3

r3 C r

@

@r 1

r3 D

3

r3 � 3r2

r5 D 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 

 r r3

 d3r D

Z @S

r r3 

r r

dA D 1

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 la carga 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 un campo gravitatorio constante dirigido hacia abajo y a una fuerza de rozamiento proporcional al cuadrado de la velocidad. 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 al volver a la posición inicial sería simplemente �v0. Veamos qué ocurre en presencia de una fuerza de rozamiento proporcional a Px2 (donde el eje x está dirigido hacia arriba). Más precisamente, nótese que la fuerza de rozamiento siempre 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 D dv dx Px  v

dv dx ;

la ecuación del movimiento se puede escribir como

v dv dx D �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)

v dv dx D �.g C k v2/ H) x D �

Z v v0

s

g C ks2 ds :

4

La partícula alcanzará su altura máxima h cuando v D 0, es decir

h D

Z v0 0

v

g C kv2 dv D

1

2k log  1C k

g v20

 :

A partir de este instante la velocidad se hace negativa, y por tanto

v dv dx D �g C k v2 H) x D hC

Z v 0

s

ks2 � g ds :

Nótese que kv2 � g < 0 para v D 0 (correspondiente a x D h), y ha de permanecer negativo posteriormente (es decir, jvj <

p g=k para todo x) porque

v D ˙ p g=k H) v

dv dx D 0 H)

dv dx D 0 H) v D ˙

p g=k 8x ;

por el teorema de existencia y unicidad de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden. La velocidad que alcanza la partícula al regresar al punto de partida se obtiene sustituyendo x D 0 en la ecuación anterior (teniendo en cuenta que v < 0, ya que v sólo se anula para x D h):

0 D hC 1

2k log  1�k

g v2  H) 1�k

g v2 D e�2kh D

1

1C k g v20

H) v D � v0q

1C k g v20

 � v0q

1C  mg v20

:

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

ds g C ks2

D 1p kg

 arctan

q k g v0

 � arctan

q k g v 

H)

r g

k tan

�p kg t

 D

v0 � v

1C k g v0v

:

Despejando v se obtiene

v D v0 �

p g=k tan

�p kg t

 1C

p k=g v0 tan

�p kg t

 : Introduzcamos las variables adimensionales

 D p kg t ;  D kx ;

de forma que d d D

q k g v D

w0 � tan  1C w0 tan 

.w0 

q k g v0/ :

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

d d

d D Z 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

2 log.1C w20/C log.1C w

2 0/ D

1

2 log.1C w20/ :

5

En las coordenadas “físicas”, la altura alcanzada por la partícula es

h D 0

k D

1

2k log  1C k

g v20

 :

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

dw d D

1p kg Pw D

Pv

g D �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

ds s2 � 1

D 1

2 log

ˇ̌̌̌ w � 1

w C 1

ˇ̌̌̌ D 1

2 log

1 � w

w C 1 H) w D

1 � e2

1C e2 D � 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 �

p cosh2 1 � 1

cosh 1 D �

p e20 � 1

e0 D �

p 1 � e�20 :

Utilizando el valor de 0 calculado anteriormente se obtiene

w D �

s 1 �

1

1C w20 D �

w0q 1C w20

:

En las coordenadas físicas,

v D

r g

k w D �

v0q 1C k

g v20

 � v0q

1C  mg v20

;

como antes.

9. Una partícula de masam se mueve sobre el eje x sometida únicamente a una fuerza de rozamiento proporcional a p v. 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 para t > 0 suficientemente pequeño. Mientras que la velocidad de la partícula se mantiene mayor o igual que cero, la ecuación del movimiento se puede escribir en la forma

Pv D �k p v .v > 0/ ;

con k > 0 constante, que es una ecuación diferencial de primer orden en la velocidad v  Px. Integrando esta ecuación (de variables separables) y teniendo en cuenta la condición inicial v.0/ D v0 se obtiene

�kt D

Z v v0

u�1=2 du D 2. p v � p v0/ H) v D

 p v0 �

kt

2

2 :

6

Integrando de nuevo y teniendo en cuenta la condición x.0/ D 0 se obtiene

x D 2

3k

 v 3=2 0 �

 p v0 �

kt

2

3 D v0t �

k p v0

2 t2 C

k2

12 t3 :

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 el instante en que se anula la velocidad:

v.t0/ D

 p v0 �

kt

2

2 D 0 () t0 D 2

p v0

k :

A partir de este instante deja de actuar la fuerza de rozamiento, y por lo tanto no actúa fuerza alguna sobre la partícula. En virtud de la primera ley de Newton, para t > t0 la partícula permanece en reposo en el punto

x.t0/ D 2v 3=2 0

3k :

En definitiva, la ley del movimiento de la partícula para t > 0 es

x.t/ D

„ v0t �

k p v0

2 t2 C

k2

12 t3 ; 0 6 t 6 2

p v0

k

2v 3=2 0

3k ; t > 2

p v0

k :

10. Una partícula de masa m se mueve en una dimensión sometida a la fuerza F.x/ D k.x2 � a2/, con k; a constantes positivas. Si x.0/ D �a y Px.0/ D v0, describir cualitativamente el movimiento de la partícula en función de su velocidad inicial v0.

El potencial V está dado por

V.x/ D �

Z F.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 k � a2x � x

3

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/ D 2ka3

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 D 1

2 m Px.0/2 C V.�a/ D

1

2 mv20 �

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 q 2ka 3m

. La trayectoria es acotada, y el movimiento de la partícula es periódico en el tiempo.

iii) E D E0 () jv0j D 2a q 2ka 3m

. La trayectoria es acotada pero el movimiento no es periódico, ya que la partícula emplea un tiempo infinito en alcanzar el equilibrio inestable en x D a.

iv) E > E0 () jv0j > 2a q 2ka 3m

. En este caso la trayectoria es no acotada por la derecha. El tiempo empleado por la partícula en llegar al infinito está dado por

t1 D t0 C

r m

2

Z 1 �a

dxp E � V.x/

D t0 C

r m

2

Z 1 �a

dxr E � k

 a2x � x

3

3

 ; siendo t0 el tiempo que tarda la partícula en alcanzar el punto de retroceso a la izquierda de �a y volver al punto de partida x D �a (t0 D 0 si v0 > 0). Como el integrando se comporta como x�3=2 para x !C1, y la integralR1

x�3=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, donde k y a son constantes positivas. Calcular la energía potencial correspondiente con la elección V.0/ D 0 y discutir cualitativamente 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 unidades apropiadas). Si la partícula se halla inicialmente en el origen con velocidad

p 2, 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/ D p 2, su

energía está dada por

E D 1

2 Px.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 intervalo Œ� =2;  =2. De hecho, como inicialmente la partícula se mueve hacia la derecha (ya que Px.0/ > 0) y el punto x D  =2 es un máximo del potencial, y por tanto un equilibrio, dicho punto no se puede alcanzar en un tiempo finito. En definitiva, para t > 0 la partícula se mueve en el intervalo acotado .0;  =2/, verificándose además lim t!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

2 Px2 C sen2 x D 1 H) Px D

p 2 cos x ;

donde hemos tenido en cuenta que Px > 0 (para t > 0 la partícula se mueve hacia la derecha, como hemos visto anteriormente). Integrando esta ecuación de variables separadas con la condición inicial x.0/ D 0 obtenemos inmediatamente

p 2 t D

Z x 0

sec s ds D log j sec x C tan xj H) sec x C tan x D e p 2 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 sigue que

1C tan2 x D � e p 2 t � tan x

2 D e2

p 2 t � 2e

p 2 t tan x C tan2 x H) tan x D

e2 p 2 t � 1

2e p 2 t

D senh. p 2 t/ ;

8

y por consiguiente x D arctan

� senh.

p 2 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) se halla inicialmente en el punto x D a=2 con velocidad v0. Determinar para qué valores de v0 el movimiento es no acotado, 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 puntos x 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 D 1

2 mv20 C V.a=2/ D

1

2 mv20 C

1

2 ka3 :

Por tanto el movimiento de la partícula será no acotado si

1

2 mv20 C

1

2 ka3 > ka3 () jv0j >

s ka3

m :

9

El tiempo t1 empleado por la partícula en alcanzar el punto x D C1 está dado por

t1 D t0 C

r m

2

Z 1 a=2

dxp E � V.x/

; (1)

donde t0 D 0 si v0 > 0, mientras que si v0 < 0

t0 D p 2m

Z a=2 x0

dxp E � 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 punto x 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 1 a=2

x�3=2 dx ;

que es convergente (al ser el exponente menor que �1). Por tanto la partícula alcanza el infinito en un tiempo finito.

14. Una partícula de masa m obligada a moverse sobre una curva en un plano vertical describe un movimiento armónico simple de período T D 2 

p l=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 la gravedad mg normal a la curva junto con la reacción de la curva sobre la partícula (que es normal a dicha curva si no hay rozamiento) han de ser iguales al producto de la masa de la partícula por su aceleración normal. Esta condición permite determinar la fuerza de reacción una vez conocida la ley horaria del movimiento. Proyectando la segunda ley de Newton sobre la dirección tangente a la curva se obtiene, teniendo en cuenta que t D Pr=v y aplicando el problema 4,

mat D mRs D mg  t D � mg Py

v D �

mg Py

Ps D �mg

dy ds

() Rs C g dy ds D 0 :

Para que el movimiento sea armónico simple con período  D 2  p l=g es necesario que la ecuación anterior se

reduzca a Rs C !2s D 0 ;

con

! D 2 

 D

r g

l :

Por tanto la curva debe satisfacer la relación dy ds D s

l :

Integrando esta ecuación se obtiene

y D y0 C s2

2l :

Como  dx ds

2 D 1 �

 dy ds

2 D 1 �

s2

l2 ;

tomando raíz cuadrada e integrando queda

x D x0˙

Z s 1 �

s2

l2 ds

sDl sen  D x0˙ l

Z cos2  d D x0˙

l

2

Z .1Ccos 2/ d D x0˙

l

2

  C

1

2 sen 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

2 sen2  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 la correspondiente al signo “C” cambiando  por � . La curva (2) es una cicloide generada por una circunferencia de radio l=4. Dicha curva fue denominada por Huygens tautócrona, aludiendo a la independencia del período del movimiento de su amplitud. Obsérvese también que el parámetro l está relacionado con la longitud del arco

-Π - Π

2 0

Π

2 Π

4 xl

0.5

1

1.5

2

4 yl

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

s dx d

2 C

 dy d

2 d D

l

2

Z  =2 � =2

q .1C cos 2/2 C sen2 2 d D

l

2

Z  =2 � =2

p 2.1C 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 fuerza total 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

dE dt D

dT dt C @V

@r Pr D mRr  PrC

@V

@r Pr 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 total que 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

m D 1

2 v2 C gy D

1

2 Ps2 C gy D const.

y considerando a y como función de s se obtiene

Ps Rs C g Ps dy ds D 0 H) Rs C g

dy ds D 0 ;

como antes.

15. Hallar la dependencia en la amplitud y la energía del período de las oscilaciones alrededor de x D 0 de una partícula 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

 D p 2m

Z a �a

dxp E � kjxjn

D 2 p 2m

Z a 0

dx p E � kxn

D 2

r 2m

k

Z a 0

dx p an � 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 en cuenta que el potencial es una función par de x. En general (salvo si n D 2) esta integral no se puede expresar en términos de funciones elementales. Sin embargo, realizando el cambio de variables x D as se obtiene:

 D 2a

r 2m

k a�n=2

Z 1 0

ds p 1 � sn



r m

k a1�.n=2/In ; In  2

p 2

Z 1 0

ds p 1 � sn

:

En términos de la energía,  D p mk�

1 nE

1 n � 1 2 In :

Nótese que solo si n D 2 el período es independiente de la amplitud. Obsérvese también que si 0 < n < 2 el período 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 dibujar aproximadamente su órbita.

Las ecuaciones del movimiento son

m Rx D � @V

@x D �kx ; m Ry D �

@V

@y D �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 solución general de la ecuación de segundo orden Ru C !2u D 0 es u D A cos!t C B sen!t , con A;B constantes arbitrarias, y utilizando las condiciones iniciales dadas se obtiene fácilmente la ley horaria del movimiento:

x D a cos!t ; y D v0

2! sen.2!t/ ; con ! 

r k

m :

Nótese que r.t/ es una función periódica de período 2 =!, y por tanto la trayectoria de la partícula es una curva cerrada. 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 xa

-0.4

-0.2

0.2

0.4

yv0

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 campo magnético 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 D E=.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 amplitud constante E.t/ D E0.cos!t; sen!t/ (con E0 > 0). Si la partícula se encuentra inicialmente en reposo en el origen, 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

Ŕ D qE0

m ei!t ; ´.0/ D Ṕ.0/ D 0 :

Integrando dos veces se obtiene „ Ṕ D

qE0

m

Z t 0

ei!s ds D qE0

im!

� ei!t � 1

 ;

´ D qE0

im!

Z t 0

� ei!s � 1

 ds D

qE0

im!

 1

i!

 ei!t � 1

 � t

 D qE0

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 del movimiento:

x D qE0

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/ está dado por

B.t; r/ D 0q

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 en movimiento 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 ) se encuentra en el punto ri y se mueve con velocidad vi (i D 1; 2). Llamando r12 D r1 � r2, la fuerza magnética ejercida por la partícula 2 sobre la partícula 1 es

F.m/12 D q1v1   kq2

r312 v2  r12

 D kq1q2

r312 v1  .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

r312 v2  .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 D q1q2

4 "0r 3 12

.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 D

kq1q2

r312

� .v1  r12/v2 � .v2  r12/v1

 D �

kq1q2

r312 r12  .v1  v2/ :

Esta expresión no se anula a menos que v1 y v2 sean paralelos, o que ambas velocidades sean perpendiculares al vector r12. Supongamos, por ejemplo, que

r1 D xe1 ; v1 D �v1e1 ; r2 D ye2 ; v2 D �v2e2 :

En tal caso (llamando r D p x2 C y2 )

F.m/12 D kq1q2v1v2 x

r3 e2 ; F

.m/ 21 D kq1q2v1v2

y

r3 e1 :

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 otras

palabras, 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 del sistema.

El momento angular de un sistema de partículas se descompone en la suma del momento angular del CM y el momento angular interno, por lo que en este caso se tiene

L DMR  PRCm1r01  Pr 0 1 Cm2r

0 2  Pr

0 2 ;

donde r0i D ri � R. Por tanto basta probar que

m1r01  Pr 0 1 Cm2r

0 2  Pr

0 2 D r  Pr :

Para comprobar esta igualdad utilizamos las fórmulas

r1 D RC m2

M r ; r2 D R �

m1

M r ;

o equivalentemente r01 D

m2

M r ; r02 D �

m1

M r :

Por tanto

m1r01  Pr 0 1 Cm2r

0 2  Pr

0 2 D

 m1m

2 2

M 2 C m2m

2 1

M 2

 r  Pr D

m1m2

M r  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 que el 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 a�1 cos. / H) u00 D � 2a�1 cos. / H) f .r/ D L2

ar2 . 2 � 1/ cos  D

k

r3 ;

con

k D L2

 . 2 � 1/ :

Por otra parte, utilizando la conservación del momento angular se obtiene

t D 

L

Z r2./ d D

a2

L

Z sec2. / d D

a2

L tan. / ; �

 

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:

 D 1

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 a q 1C tan2. / D a

s 1C

 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 centro de 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 esté contenida 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 D 1

2a

sen  cos2 

; u00 D 1

2a

 1

cos  C 2 sen2  cos3 

 D

1

2a

 2

cos3  �

1

cos 

 D 8a2

r3 � 1

r :

Por tanto

f .r/ D � 8a2L2

r5 ;

cuyo potencial (a menos de una constante) está dado por

V.r/ D �

Z f .r/ dr D �

2a2L2

r4 :

La energía de la órbita es por tanto

E D L2

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 D L

2 H)  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 sentido antihorario 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 sector circular de radio a y ángulo 2 , es decir:

A D 1

2 a sen   2a cos  C

1

2 a2  2 D

a2

2

� 2 C sen 2

 :

16

Por la ley de las áreas, A D Lt=.2/, y por tanto

t D a2

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  . Más formalmente, al ser

dt D 

L r2 d

en virtud de la conservación del momento angular, el tiempo empleado por la partícula en desplazarse desde el punto .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˛ D 4a2

L

Z  0

cos2 ˛ d˛ D 2a2

L

Z  0

.1C cos 2˛/ d˛ D a2

L

� 2 C sen 2

 :

Como dt d D 2a2

L .1C cos 2/ D

4a2

L cos2  ;

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 la energía se sigue que

E D 1

2 v2 �

2a2L2

r4 D 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 momento angular 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, con a > 0. a) Hallar la ley horaria del movimiento. b) Determinar la fuerza que actúa sobre la partícula. c) Calcular la 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 obtiene fácilmente integrando la ley de conservación del momento angular:

L D r2 d dt

H) t D 

L

Z r2./ d D

a2

L

Z tan2  d D

a2

L

Z .sec2  � 1/ d

D t0 C a2

L .tan  � / :

b) Para hallar la fuerza (central) que actúa sobre la partícula utilizamos la ecuación de Binet. Al ser

u D ˙ 1

a cot  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  D tan2  sec2 

D tan2 

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 D L



p u02 C u2 D

L



r 1

r2 C

1

a2 sen4  D L



s 1

r2 C .r2 C a2/2

a2r4 D

L

ar2

p r4 C 3a2r2 C a4 :

Nótese, en particular, que

lim r!0

v D1 ; lim r!1

v D L

a :

Si escogemos la constante de integración de modo que

lim r!1

V.r/ D 0 ;

18

de la ecuación anterior se sigue que la energía de la partícula está dada por

E D L2

2a2 :

26. Una partícula de masa m sometida al potencial central V.r/ D �k=r4 (con k > 0) se mueve con energía 0 y 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 en función de su distancia al origen.

a) Al ser E D 0, la ley de conservación de la energía proporciona la ecuación

1

2 m Pr2 C

L2

2mr2 � k

r4 D 0: (3)

Como Pr D

dr d P D

L

mr2 dr d ;

sustituyendo en la ecuación anterior se obtiene

L2

2mr4

 dr d

2 C

L2

2mr2 � k

r4 D 0 H)

dr d D ˙

r 2km

L2 � r2 :

Por tanto

 � 0 D ˙

Z drq

2km L2 � r2

rD p 2km L

s

D ˙

Z ds

p 1 � s2

D ˙ arc sen s H) r D ˙

p 2km

L sen. � 0/ :

De la condición r. =2/ D 0 se sigue que 0 D  =2, y por tanto

r D ˙

p 2km

L sen. �  

2 / D 

p 2km

L cos  :

Por último, al ser x D r cos  > 0 debemos tomar el signo “C” en la ecuación anterior. En definitiva, la ecuación de la trayectoria en coordenadas polares es

r D

p 2km

L cos  :

La correspondiente ecuación en coordenadas cartesianas se obtiene fácilmente sin más que multiplicar por r :

x2 C y2 �

p 2km

L x D 0 ()

 x �

r km

2L2

2 C y2 D

km

2L2 :

Se trata, por tanto, de una circunferencia centrada en el punto �q

km 2L2

; 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

2 mv2 �

k

r4 D E D 0 H) v D

r 2k

m

1

r2 :

También es posible calcularlo aplicando la identidad v2 D Pr2 C r2 P2 junto con la ley de conservación de la energía expresada en la forma (3):

v D

q Pr2 C r2 P2 D

s Pr2 C

L2

m2r2 D

r 2k

mr4 D

r 2k

m

1

r2 :

19

27. Una partícula de masa m que se mueve sometida a una fuerza central f .r/er describe una órbita circular de radio r0 alrededor del origen. a) Probar que f .r0/ D �L2=.mr30 /, donde L es el momento angular de la partícula. b) Demostrar que la órbita circular es estable si

f 0.r0/ < �3 f .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/C L2

2mr2 :

Por tanto

0 D U 0.r0/ D V 0.r0/ �

L2

mr30 D �f .r0/ �

L2

mr30 H) f .r0/ D �

L2

mr30 :

La ecuación anterior proporciona, en general, una relación entre el radio de la órbita circular y el momento angular de la partícula. Nótese que esta relación se podría también haber obtenido a partir de la ecuación del movimiento en la dirección radial:

Rr � r P2 D �r0 P 2 D �

L2

m2r30 D f .r0/

m H) 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, es decir (suponiendo que U es una función analítica) si

U 0.r0/ D    D U .n�1/.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 V 00.r0/C

3L2

mr40 D �f 0.r0/ � 3

f .r0/

r0 > 0 H) f 0.r0/ < �3

f .r0/

r0 :

Nótese también que si

f 0.r0/ > �3 f .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 un máximo relativo en r0. c) En primer lugar, para que pueda existir una órbita circular centrada en el origen

f .r0/ D k

r˛0 D �

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 �˛�1 0 < �3

f .r0/

r0 D �3kr�˛�10 () k.˛ � 3/ > 0 () ˛ < 3 :

Por tanto las órbitas circulares de este tipo de potenciales son estables si ˛ < 3. Si ˛ > 3 dichas órbitas son inestables, ya que en tal caso se verifica la condición (4). Por último, si ˛ D 3 entonces

k

r30 D �

L2

mr30 H) L2 D �km ;

y por tanto

V.r/ D �k

Z dr r3 D

k

2r2 H) U.r/ D

k

2r2 C

L2

2mr2 D 0 ; 8r > 0 :

20

Luego en este caso todas las órbitas de energía cero son círculos centrados en el origen, mientras que las de energía positiva 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 ke�a (con a > 0). a) Hallar el tiempo empleado por la partícula en llegar al origen si inicialmente se encuentra en el punto 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 la condición .0/ D 0 se obtiene

L D r2 d dt

H) t D 

L

Z  0

r2.s/ ds D r20 L

Z  0

e�2as ds D r20 2aL

.1 � e�2a / :

Al ser a > 0, la partícula alcanza el origen para  !1, en un tiempo

t1 D lim !1

r20 2aL

.1 � e�2a / D r20 2aL

:

b) Para calcular la energía de la partícula debemos hallar primero el potencial V.r/. Utilizando la ecuación de Binet, 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



Z dr r3 D �

.a2 C 1/L2

2r2 ;

donde (siguiendo el convenio habitual) hemos tomado la constante de integración igual a cero de forma que

lim r!1

V.r/ D 0 :

Por tanto la energía de la partícula está dada por

E D L2

2 .u02 C u2/C V.1=u/ D

.a2 C 1/L2

2 u2 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 D p

1 � e D

p

0; 033 D 30;303p ;

mientras que su período es

 D 2 

r 

k a3=2 '

2 a3=2p GMˇ

;

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

GMˇ H) GMˇ ' 4 

2 UA3 año�2 :

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, que proporciona

v2 D 2



� E � V.r/

 D k



 2

r � 1

a

 y por tanto

v2p D k

p

� 2 � .1 � e/

 D

k

p .1C e/ H) vp D

s k

p .1C e/ :

Utilizando el valor aproximado de GMˇ citado anteriormente se obtiene

vp '

s GMˇ.1C e/

p ' 2 

s 1;967

0;586 UA=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 D k

p0

� 2 � .1C e/

 D

k

p0 .1 � e/ D

k

p

.1 � e/2

1C e H) vp0 D

1 � e

1C e vp ' 0;9155 km=s :

31. Se avista por primera vez un cometa a d unidades astronómicas del Sol con una velocidad q veces la velocidad orbital 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 D 1UA, por definición de unidad astronómica). La velocidad v0 de la Tierra en su órbita circular se obtiene igualando la aceleración centrípeta con la atracción gravitatoria (suponiendo que el Sol está fijo en el origen de coordenadas):

v20 a D GMˇ

a2 H) v20 D

GMˇ

a :

Este resultado también puede deducirse de la ley de conservación de la energía:

1

2 M˚v

2 0 D �

k

2a C k

a D

k

2a H) v20 D

k

M˚a D GMˇ

a ;

donde M˚ es la masa de la Tierra. La energía por unidad de masa del cometa es por tanto

1

2 q2v20 �

GMˇ

da D GMˇ

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 terrestre por una circunferencia de radio a, demostrar que los puntos de corte entre ambas órbitas son las soluciones de la ecuación

cos  D 2p

a � 1 ;

donde p es el perihelio del cometa, que se alcanza en  D 0. Calcular el tiempo que permanece el cometa en el interior 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 D 2p

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 son tangentes en el perihelio del cometa). El tiempo que dicho cometa permanece en el interior de la órbita terrestre es

t D �

r 

2

Z p a

drp �U.r/

C

r 

2

Z a p

drp �U.r/

D 2

r 

2

Z a p

drp �U.r/

;

donde hemos tenido en cuenta que la energía del cometa es nula, al ser su órbita parabólica. Utilizando la identidad

2p D ˛ D L2

k

se obtiene

t D

r 2

k

Z a p

drq 1 r �

p

r2

D

r 2

k

Z a p

r dr p r � p

D

r 2

k

Z a�p 0

s C p p s

ds :

Evaluando la integral se llega a la siguiente expresión para t :

t D

r 2

k

Z a�p 0

� s1=2 C ps�1=2

 ds D

r 2

k

 2

3 .a � p/3=2 C 2p.a � p/1=2

 D 2

3

r 2

k

� aC 2p

p a � p

D 2

3

r 2

k a3=2

p f .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 punto x 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 D 4

3

a3=2p GMˇ

D 2˚

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 por una 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 eficaz diferencial 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 n0y p 1C y02 no depende de la coordenada x, y por tanto se conserva

y0 @f

@y0 � f D

n0yy 02p

1C y02 � n0y

q 1C y02 D �

n0yp 1C y02

 �k ;

con k constante positiva. Por tanto

y0 D ˙

s n20 k2 y2 � 1 H) x D x0 ˙

Z dyq

n20 k2 y2 � 1

:

Para evaluar la integral basta realizar el cambio de variable y D k n0

cosh ´, obteniéndose así

x D x0 ˙ k

n0 ´ H) cosh ´ D

n0

k y D cosh

n0 k .x � x0/

 H) y D

k

n0 cosh

n0 k .x � x0/

 :

36. Una partícula de masa m se mueve en un plano vertical sometida a la gravedad y sujeta a un muelle de constante 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 fuerza conservativa sobre ella) y no de un hilo de longitud fija. Aún así, es ventajoso utilizar la formulación lagrangiana del problema porque nos permite trabajar de forma natural en coordenadas polares .r; /, siendo r la distancia de la partícula al punto de suspensión del muelle y  el ángulo que forma el muelle con la vertical. La energía cinética en estas coordenadas es

T D 1

2 m. Pr2 C r2 P2/ ;

mientras que la potencial es la gravitatoria �mgr cos  más la energía del muelle 1 2 k.r � l/2:

V.r; / D �mgr cos  C 1

2 k.r � l/2 :

Por tanto el lagrangiano del sistema es

L D T � V D 1

2 m. Pr2 C r2 P2/Cmgr cos  �

1

2 k.r � l/2 :

Las ecuaciones del movimiento son las dos ecuaciones de Euler–Lagrange del lagrangiano anterior: ‚ d

dt @L

@ Pr � @L

@r D m Rr �mr P2 �mg cos  C k.r � l/ D 0

d dt @L

@ P � @L

@ D

d dt .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 C 2 Pr P

r C g

r sen  D 0 :

25

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