Curso 201314 MECNICA CLSICA Grupos C y F

Tema 1

1. El movimiento de una partcula de masam est dado por r.t/ D v0t cos e1C .v0t sengt2=2/ e3. a) Cal-cular la fuerza a la que est sometida la partcula. b) Calcular su posicin y su velocidad en t D 0. c) Comprobarexplcitamente que se cumple la ley de variacin del momento angular.

2. Hallar las componentes del vector aceleracin a en coordenadas polares planas.

3. Sea s la longitud de arco a lo a lo largo de la trayectoria seguida por una partcula. Probar que v D ds= dt yexpresar la componente tangencial de la aceleracin en funcin de s y sus derivadas temporales.

El elemento de longitud de arco esds2 D dx2 C dy2 C d2 D dr2 ;

y por tantoPs2 D Pr2 v2 H) v D Ps

(ntese que ds= dt siempre es no negativo). Si v 0, un vector unitario tangente a la trayectoria en el instante tes v=v. Por tanto la componente tangencial de la aceleracin en dicho instante es

at D a vvD Pv D Rs ;

ya quev2 D v2 H) 2a v D 2v Pv :

Otra forma de demostrar esta ltima 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 partcula se mueve con velocidad de mdulo constante (v D const.) sobre la curva plana r D k.1Ccos /.Calcular P , ar y jaj en funcin de , v y k.Derivando respecto de t la ecuacin 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 P2D 2k2.1C cos / P2 H) P D v

kp2.1C cos / D

vp2kr

:

Ntese 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 aceleracin es

ar D Rr r P2 D k sen R .r C k cos / P2 D k sen R v2

2r.1C 2 cos / :

Derivando respecto de t la expresin para P2 se obtiene

2 P R D v2

2kr2Pr D v

2 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 3v

2

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 5.

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 3v

2

4ktan.=2/ :

De nuevo, a se hace infinita cuando la partcula pasa por el origen. Finalmente, el mdulo de la aceleracin estdado por

jaj Dqa2r C a2 D

3v2

4k

q1C tan2.=2/ D 3v

2

4ksec.=2/ D 3v

2

4k

r2

1C cos D3v2

2p2kr

;

infinito en el origen.

5. Indicar cules de los siguientes campos de fuerzas son conservativos y, en su caso, calcular la energa potencialcorrespondiente (a, b y c son constantes): a) F D .ayC bx C c/ e1 C .axC 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 e1 e2 e3@x @y @ayC bx C c axC b axy C by

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 .ayC bx/ ; Vy D .axC b/ ; V D .axy C by/

H) V.x; y; / D axy bx2

2C y

C const:

b/ r F D e1 e2 e3@x @y @ex log ex C y=

D 0 H) F D rV.x; y; / ;

conVx D ex ; Vy D log ; V D ex y

:

2

Integrando la primera ecuacin 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 yC g0./ D ex y

H) g./ D const:

H) V.x; y/ D ex y log C const:

c/ F D arer H) F D rV.r/ ; V .r/ D

Za

rdr D a log r C const:

6. Una partcula est sometida a una fuerza F.t; r; Pr/ dependiente de la velocidad que verifica la condicinRC F dr D 0 para toda trayectoria C . a) Dar un ejemplo fsico de una fuerza de este tipo. b) Es F conser-

vativa? c) Se conserva la energa de la partcula?

a) Un ejemplo de fuerza de este tipo es la fuerza magntica F D q Pr B.t; r/, ya queZC

F dr DZ t2t1

F Pr dt D 0

al ser F Pr idnticamente nulo.b) La nica fuerza conservativa que verifica esta condicin es la fuerza nula, ya que si F.r/ D @V.r/

@ry denota-

mos por r1 y r2 los extremos de C entoncesZC

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 partcula y Ti T .ti / entoncesdTdtD F Pr H) T2 T1 D

Z t2t1

F Pr dt DZC

F dr D 0 ;

y por tanto se conserva la energa cintica. Explicacin fsica: 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 partcula en un campo magntico.

7. Un monopolo magntico es un (hipottico) campo magntico de la forma B D br=r3, donde b es una constanteque mide la supuesta carga magntica. a) Escribir las ecuaciones de Newton para el movimiento de una partculade 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 kr

r3C qbr3Pr r D 1

r3.krC qb Pr r/ :

b) La derivada temporal del momento angular es

PL D r F D qbr3

r .Pr r/ D qbr3

r2 Pr .r Pr/r qb

r.Pr vrer/

D qb

r.ve C v'e'/

;

que en general es distinto de cero. Por tanto el momento angular no se conserva.

3

c) De la igualdad r2 D r2 se sigue quer Pr D r Pr ;

y por tantod

dtf .r/ D f 0.r/ Pr D f 0.r/vr :

Utilizando esta igualdad y el resultado del apartado anterior, la derivada temporal del vector D L f .r/r es

PD D PL rf 0.r/vrer f .r/Pr D qbr.Pr vrer/ rf 0.r/vrer f .r/Pr

Dqb

r f .r/

Pr

qb

rC rf 0.r/

vrer D

qb

r f .r/

PrC r

d

dr

qb

r f .r/

vrer :

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 4b.r/ 0, lo que viola una de las ecuaciones de Maxwell. En efecto, si r 0 se tiene

r rr3

D 3r3C r @

@r1

r3D 3r3 3r

2

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 D 1R2

Z@S

dA D 4 :

La existencia de monopolos magnticos es una prediccin de las teoras GUT y de la teora de supercuerdas. La existencia de un slo monopolo magntico implicara, segn un argumento de Dirac, la cuantizacin de lacarga elctrica.

No hay actualmente evidencia experimental de la existencia de monopolos magnticos.8. Una partcula de masa m que se lanza verticalmente hacia arriba con velocidad inicial v0 est 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 partcula al volver a su punto de partida.

Si no hubiera rozamiento, el principio de conservacin de la energa implicara que la velocidad de la partcula alvolver a la posicin inicial sera simplemente v0. Veamos qu ocurre en presencia de una fuerza de rozamientoproporcional a Px2 (donde el eje x est dirigido hacia arriba). Ms precisamente, ntese que la fuerza de rozamientosiempre ha de ser opuesta a la velocidad, por lo que la fuerza total que acta sobre la partcula est dada por

F D mg sgn Px Px2 ;donde > 0 es constante. Llamando Px D v y en cuenta que

Pv D dvdxPx v dv

dx;

la ecuacin del movimiento se puede escribir como

vdvdxD g k sgn v v2 :

En un primer momento la partcula se mueve hacia arriba, y por tanto (suponiendo que inicialmente x.0/ D 0)

vdvdxD .g C k v2/ H) x D

Z vv0

s

g C ks2 ds :

4

La partcula alcanzar su altura mxima h cuando v D 0, es decir

h DZ v00

v

g C kv2 dv D1

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 v0

s

ks2 g ds :

Ntese que kv2 g < 0 para v D 0 (correspondiente a x D h), y ha de permanecer negativo posteriormente (esdecir, jvj 0), la ecuacin del movimiento es

Pv D .g C kv2/ .k D =m/y por tanto (suponiendo que x.0/ D 0)

t D Z vv0

dsg C ks2 D

1pkg

arctan

qkgv0

arctan

qkgv

H)rg

ktan

pkg t

D v0 v1C k

gv0v

:

Despejando v se obtiene

v D v0 pg=k tan

pkg t

1Cpk=g v0 tan pkg t :

Introduzcamos las variables adimensionales

Dpkg t ; D kx ;

de forma queddDqkgv D w0 tan

1C w0 tan .w0 qkgv0/ :

La partcula llega al punto ms alto de su trayectoria en el instante en que w D 0, es decir0 D arctanw0 ;

y el espacio recorrido (i.e., la altura alcanzada) es igual a

0 DZ 00

dd

d DZ 00

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 definicin de 0 se obtiene

0 D 12

log.1C w20/C log.1C w20/ D1

2log.1C w20/ :

5

En las coordenadas fsicas, la altura alcanzada por la partcula es

h D 0kD 12k

log1C k

gv20

:

A partir del instante 0 la partcula desciende, por lo que Px < 0 y la ecuacin del movimiento esPv D g C kv2 :

En trminos de w d= d , esta ecuacin se escribedwdD 1p

kgPw D Pv

gD 1C w2 :

Tomando ahora el origen de tiempos en el momento en que la partcula alcanza el punto ms alto de su trayectoria(en que w D 0) e integrando la ecuacin anterior se obtiene

DZ w0

dss2 1 D

1

2log

w 1w C 1

D 12

log1 ww C 1 H) w D

1 e21C e2 D tanh :

Integrando esta ecuacin a partir de D 0 (instante en el cual D 0) queda

0 D Z 0

tanh s ds D log cosh :

La partcula llega por tanto al punto de partida . D 0/ en el instante 1 determinado porcosh 1 D e0 ;

con velocidad

w D tanh 1 D p

cosh2 1 1cosh 1

D p

e20 1e0

D p1 e20 :

Utilizando el valor de 0 calculado anteriormente se obtiene

w D s1 1

1C w20D w0q

1C w20:

En las coordenadas fsicas,

v Drg

kw D v0q

1C kgv20

v0q1C

mgv20

;

como antes.

9. Una partcula de masam se mueve sobre el eje x sometida nicamente a una fuerza de rozamiento proporcionalapv. Si la partcula parte del origen de coordenadas con velocidad inicial v0 > 0, calcular su posicin en todo

instante t > 0.

Inicialmente v.0/ D v0 > 0, por lo que la partcula se mover hacia la derecha con velocidad v.t/ > 0 parat > 0 suficientemente pequeo. Mientras que la velocidad de la partcula se mantiene mayor o igual que cero, laecuacin del movimiento se puede escribir en la forma

Pv D kpv .v > 0/ ;con k > 0 constante, que es una ecuacin diferencial de primer orden en la velocidad v Px. Integrando estaecuacin (de variables separables) y teniendo en cuenta la condicin inicial v.0/ D v0 se obtiene

kt DZ vv0

u1=2 du D 2.pv pv0/ H) v Dp

v0 kt2

2:

6

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

x D 23k

v3=20

pv0 kt

2

3D v0t k

pv0

2t2 C k

2

12t3 :

Las ecuaciones anteriores para x.t/ y v.t/ solo son vlidas mientras v > 0, es decir para 0 6 t 6 t0, siendo t0 elinstante en que se anula la velocidad:

v.t0/ Dp

v0 kt2

2D 0 () t0 D 2

pv0

k:

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

x.t0/ D 2v3=20

3k:

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

x.t/ D

v0t k

pv0

2t2 C k

2

12t3 ; 0 6 t 6 2

pv0

k

2v3=20

3k; t > 2

pv0

k:

10. Una partcula de masa m se mueve en una dimensin 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 partcula enfuncin de su velocidad inicial v0.

El potencial V est dado por

V.x/ D ZF.x/ dx D k

a2x x

3

3

(donde se ha tomando V.0/ D 0). Dicho potencial es por tanto una funcin impar, tiende a1 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 mnimo relativo de

Figura 2: Grfica del potencial V.x/ D ka2x x33

.

V , mientras que x D a es un mximo relativo. El valor de V en el mximo relativo x D a est 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 energa de la partcula es

E D 12m Px.0/2 C V.a/ D 1

2mv20

2ka3

3:

Las posibles trayectorias de la partcula 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

(solucin de equilibrio).

ii) E0 < E < E0 () 0 < jv0j < 2aq2ka3m

. La trayectoria es acotada, y el movimiento de la partcula esperidico en el tiempo.

iii) E D E0 () jv0j D 2aq2ka3m

. La trayectoria es acotada pero el movimiento no es peridico, ya que lapartcula 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 partcula en llegar al infinito est dado por

t1 D t0 Crm

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 partcula 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 partcula alcanza el infinito en un tiempo finito)11. Una partcula de masa m se mueve en una dimensin sometida a una fuerza F.x/ D kx C kx3=a2, dondek y a son constantes positivas. Calcular la energa potencial correspondiente con la eleccin V.0/ D 0 y discutircualitativamente el movimiento de la partcula. Qu ocurre si E D ka2=4?12. Una partcula de masa unidad se mueve en una dimensin sometida al potencial V.x/ D sen2 x (en unidadesapropiadas). Si la partcula se halla inicialmente en el origen con velocidad

p2, describir cualitativamente el

movimiento para t > 0 y hallar su ley horaria.

Si la partcula (de masa m D 1) se halla inicialmente en el origen de coordenadas con velocidad Px.0/ D p2, suenerga est dada por

E D 12Px.0/2 C sin2 0 D 1 :

Teniendo en cuenta la grfica del potencial (ver Fig. 3), el movimiento de la partcula est restringido al intervalo=2; =2. De hecho, como inicialmente la partcula se mueve hacia la derecha (ya que Px.0/ > 0) y el puntox D =2 es un mximo del potencial, y por tanto un equilibrio, dicho punto no se puede alcanzar en un tiempofinito. En definitiva, para t > 0 la partcula se mueve en el intervalo acotado .0; =2/, verificndose ademslimt!1 x.t/ D =2. Por tanto el movimiento es acotado pero no peridico.

Para hallar la ley horaria del movimiento aplicamos la ley de conservacin de la energa

1

2Px2 C sin2 x D 1 H) Px D p2 cos x ;

donde hemos tenido en cuenta que Px > 0 (para t > 0 la partcula se mueve hacia la derecha, como hemos vistoanteriormente). Integrando esta ecuacin de variables separadas con la condicin inicial x.0/ D 0 obtenemosinmediatamente

p2 t D

Z x0

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 relacin se puede simplificar algo ms teniendo en cuenta la identidad sec2 x D 1C tan2 x, de donde se sigueque

1C tan2 x D ep2 t tan x2 D e2p2 t 2ep2 t tan x C tan2 x H) tan x D e2p2 t 12ep2 t

D senh.p2 t/ ;

8

y por consiguientex D arctan senh.p2 t/ :

Figura 3: Grfica del potencial V.x/ D sen2 x.

13. Una partcula 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 qu valores de v0 el movimiento es noacotado, y si en tal caso es finito o infinito el tiempo empleado por la partcula 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 mnimo relativo en el origen y un mximo 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 condicin necesaria y suficiente para que el movimiento de la partcula sea no acotado (por la

Figura 4: Potencial V.x/ D kx2.3a 2x/.derecha) es que su energa E sea mayor que el valor de V en el mximo x D a, es decir que

E > V.a/ D ka3 :Como la energa se conserva, podemos calcularla en cualquier instante, por ejemplo en el inicial:

E D 12mv20 C V.a=2/ D

1

2mv20 C

1

2ka3 :

Por tanto el movimiento de la partcula ser no acotado si

1

2mv20 C

1

2ka3 > ka3 () jv0j >

ska3

m:

9

El tiempo t1 empleado por la partcula en alcanzar el punto x D C1 est dado por

t1 D t0 Crm

2

Z 1a=2

dxpE V.x/ ; (1)

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

t0 Dp2m

Z a=2x0

dxpE V.x/

Por tanto las ecuaciones paramtricas de la curva en cuestin son

x D x0 l4.2 C sen 2/ ; y D y0 C l

2sen2 D y0 C l

4.1 cos 2/ : (2)

Ntese 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 tautcrona, aludiendo a la independencia del perododel movimiento de su amplitud. Obsrvese tambin que el parmetro l est relacionado con la longitud del arco

- -

20

2

4 xl

0.5

1

1.5

24 yl

Figura 5: Cicloide del problema 13 (con x0 D y0 D 0).

completo de cicloide, correspondiente a 2 2; 2. En efecto, dicha longitud est 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 2lZ =20

cos d D 2l :

Este problema se puede tambin resolver aplicando la ley de conservacin de la energa. En efecto, la fuerzatotal F que acta sobre la partcula es la suma de la fuerza de la gravedad y la fuerza de reaccin 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 tienedEdtD dT

dtC @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 acta sobre la partcula no es conservativa, la energa se conserva.

Derivando respecto de t la ley de conservacin de la energa (dividida por m)

E

mD 12v2 C gy D 1

2Ps2 C gy D const.

y considerando a y como funcin de s se obtiene

Ps Rs C g Ps dydsD 0 H) Rs C gdy

dsD 0 ;

como antes.

15. Hallar la dependencia en la amplitud y la energa del perodo de las oscilaciones alrededor de x D 0 de unapartcula de masa m que se mueve sometida al potencial V.x/ D kjxjn, con k > 0 y n 2 N.

11

-1.0 -0.5 0.5 1.0 xa

-0.4

-0.2

0.2

0.4

yv0

Figura 6: Trayectoria del problema 16.

El perodo de las oscilaciones alrededor del origen para el potencial del ejemplo es

D p2mZ aa

dxpE kjxjn D 2

p2m

Z a0

dxpE kxn D 2

r2m

k

Z a0

dxpan xn ;

donde la amplitud a es la raz positiva de la ecuacin V.x/ D E, es decir a D .E=k/1=n, y hemos tenido encuenta que el potencial es una funcin par de x. En general (salvo si n D 2) esta integral no se puede expresar entrminos de funciones elementales. Sin embargo, realizando el cambio de variables x D as se obtiene:

D 2ar2m

kan=2

Z 10

dsp1 sn

rm

ka1.n=2/In ; In 2

p2

Z 10

dsp1 sn :

En trminos de la energa, D pmk 1nE 1n 12 In :

Ntese que solo si n D 2 el perodo es independiente de la amplitud. Obsrvese tambin que si 0 < n < 2 elperodo aumenta al aumentar la amplitud, mientras que si n > 2 disminuye.

16. Una partcula 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 partcula y dibujaraproximadamente su rbita.

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 solucingeneral de la ecuacin 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 fcilmente la ley horaria del movimiento:

x D a cos!t ; y D v02!

sen.2!t/ ; con ! rk

m:

Ntese que r.t/ es una funcin peridica de perodo 2=!, y por tanto la trayectoria de la partcula 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 /, y D B sen.n!t/, con l y n enteros positivos y 2 R.)17. Un electrn de masa m y carga e < 0 se mueve en un campo elctrico uniforme E D Ee2 y un campomagntico tambin 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 electrn 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 partcula de masam y carga q se mueve en un plano sometida a un campo elctrico rotatorio de amplitudconstante E.t/ D E0.cos!t; sen!t/ (con E0 > 0). Si la partcula 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 D 0. En trminos de la variable compleja D x C iy,estas ecuaciones se escriben

R D qE0m

ei!t ; .0/ D P.0/ D 0 :Integrando dos veces se obtiene

P D qE0m

Z t0

ei!s ds D qE0im!

ei!t 1 ;

D qE0im!

Z t0

ei!s 1 ds D qE0

im!

1

i!

ei!t 1

tD qE0m!2

i!t C 1 ei!t :

Tomando la parte real e imaginaria de la ecuacin anterior para se llega inmediatamente a la ley horaria delmovimiento:

x D qE0m!2

1 cos!t ; y D qE0

m!2

!t sen!t :

La trayectoria de la partcula es por tanto una cicloide en la direccin del eje y (cf. la Fig. 7) .

19. La fuerza entre dos partculas est dada por

F12 D kr2 r1 r.Pr2 Pr1/

;

donde k y son constantes positivas y r D jr2 r1j. Calcular el par interno del sistema y explicar por qu no seanula. Es conservativo el sistema formado por las dos partculas?

Suponiendo que se cumple la tercera ley de Newton (F21 D F12), el par interno del sistema esr1 F12 C r2 F21 D .r1 r2/ F12 D kr.r1 r2/ .Pr1 Pr2/ ;

que en general no se anula. Esto se debe a que la fuerza entre las dos partculas no es en general paralela al vectorr1 r2. El sistema formado por ambas partculas no es conservativo (al ser k; 0), ya que la fuerza F12depende de las velocidades de las partculas.

13

Si D 0 la fuerza entre las dos partculas es F12 D k.r2 r1/. En este caso el par interno es cero (se cumplela tercera ley de Newton en sentido fuerte), y el sistema es conservativo, ya que

F12 D @V@r1

; F21 D @V@r2

; con V D k2.r2 r1/2 C const.

20. El campo magntico creado por una partcula de carga q que se mueve a lo largo de una trayectoria x.t/ estdado por

B.t; r/ D 0q4

Px.t/ r x.t/jr x.t/j3

(se supone que jPxj c y jr xjjRxj c2). Estudiar si la fuerza electromagntica entre dos partculas cargadas enmovimiento verifica la tercera ley de Newton.

Sea k D 0=.4/, y supongamos que en un cierto instante t la partcula 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 magnticaejercida por la partcula 2 sobre la partcula 1 es

F.m/12 D q1v1 kq2

r312v2 r12

D kq1q2

r312v1 .v2 r12/ D kq1q2

r312

.v1 r12/v2 .v1 v2/r12

:

Ntese que, a menos que v1 sea perpendicular a r12, esta fuerza no est dirigida en la direccin del vector r12.Por simetra (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 partcula i sobre la j es la suma de la fuerza magntica F.m/ij y la elctrica F.e/ij , que,

teniendo en cuenta las aproximaciones del enunciado, est 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 kq1q2r312

r12 .v1 v2/ :

Esta expresin 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 partcula 2 est en el origen .y D 0/ entonces F.m/12 0 pero F.m/21 D 0. En otraspalabras, en este caso la partcula 1 no ejerce ninguna reaccin (en cuanto a la fuerza magntica) 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 r2 r1 y R es el vector de posicin del centro de masas delsistema.

14

El momento angular de un sistema de partculas 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 Pr02 ;donde r0i D ri R. Por tanto basta probar que

m1r01 Pr01 Cm2r02 Pr02 D r Pr :Para comprobar esta igualdad utilizamos las frmulas

r1 D RC m2M

r ; r2 D R m1M

r ;

de donde se sigue quer01 D

m2

Mr ; r02 D

m1

Mr :

Por tanto

m1r01 Pr01 Cm2r02 Pr02 Dm1m

22

M 2C m2m

21

M 2

r Pr D m1m2

Mr Pr r Pr :

Tema 2

22. Una partcula describe una rbita espiral r D a . Cul debe ser la dependencia de con el tiempo para queel campo de fuerzas en que se mueve la partcula sea central? Calcular dicho campo de fuerzas.

23. Una partcula se mueve en un campo de fuerzas central siguiendo una rbita circular que pasa por el centrode atraccin de la fuerza. Calcular el campo de fuerzas, el perodo del movimiento y la energa de la partcula.

Escojamos el eje x en la direccin del dimetro de la circunferencia, de modo que dicha circunferencia est

0.5 1.0 1.5 2.0

1.0

0.5

0.5

1.0

Figura 8: rbita circular del problema 22.

contenida en el semiplano x > 0 (ver Fig. 8). Entonces la ecuacin de la rbita es

r D 2a cos ;siendo a el radio de la circunferencia. El campo de fuerzas se determina utilizando la ecuacin de Binet:

f .r/ D L2

r2

u00 C 1

r

:

15

Derivando se obtiene:

u0 D 12a

sen cos2

; u00 D 12a

1

cos C 2 sen

2

cos3

D 12a

2

cos3 1

cos

D 8a

2

r3 1r:

Por tanto

f .r/ D 8a2L2

r5;

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

V.r/ D Zf .r/ dr D 2a

2L2

r4:

La energa de la rbita es por tanto

E D L2

2.u02Cu2/2a

2L2

u4 D L

2

8a2

1 cos2

cos4 C 1

cos2

2a

2L2

u4 D L

2

8a2 cos4 2a

2L2

u4 D 0 :

En cuanto al perodo del movimiento, de la ley de las reas se sigue que

a2 D L2

H) D 2a2

L:

De hecho, en este caso la ley de las reas permite hallar sin realizar ninguna integracin la ley horaria del mo-vimiento. En efecto, si suponemos que (por ejemplo) la partcula parte del punto .2a; 0/ y se mueve en sentidoantihorario entonces el rea barrida por el radio vector cuando dicha partcula se halla en el punto de la trayecto-ria indicado en la Fig. 8 es la suma de las reas del tringulo equiltero representado en dicha figura y el sectorcircular de radio a y ngulo 2 , es decir:

A D 12a sen 2a cos C 1

2a2 2 D a

2

2

2 C sen 2 :

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

t D a2

L

2 C sen 2 ; 0 6 6

2:

Ntese que la frmula anterior es vlida tambin para =2 6 6 0, al ser r una funcin par de . Msformalmente, al ser

dt D Lr2 d

en virtud de la conservacin del momento angular, el tiempo empleado por la partcula en desplazarse desde elpunto .2a; 0/ ( D 0) al punto de la rbita con coordenada angular (con =2 6 6 =2/ est 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 puede verse en la Fig. 9, P se hace infinita (al igual que la aceleracin) cuando la partcula pasa por elorigen (centro de la fuerza). Lo mismo ocurre con la velocidad, ya que de la ley de conservacin de la energa sesigue que

E D 12v2 2L

2

r4D 0 H) v D 2aL

r2:

24. Una partcula sometida a una fuerza central se mueve a lo largo de la rbita x2.x2 C y2/ D a2y2, cona > 0. a) Hallar la ley horaria del movimiento. b) Determinar la fuerza que acta sobre la partcula. c) Calcularla velocidad de la partcula en funcin de la distancia al centro de la fuerza.

16

Figura 9: ngulo en funcin de t durante un perodo en el problema 22.

Figura 10: Trayectoria del problema 24. Ntese que x D aj sen j ! a para !=2.

a) En primer lugar, hallemos la ecuacin de la trayectoria en coordenadas polares:

r4 cos2 D a2r2 sen2 H) r2 D a2 tan2 H) r D aj tan j :Supondremos que el ngulo vara entre =2 y =2 (es decir, x > 0; cf. la Fig. 10), ya que si 2 .=2; 3=2/se obtiene la misma trayectoria pero reflejada respecto del origen. La ley horaria del movimiento se obtienefcilmente integrando la ley de conservacin del momento angular:

L D r2 ddt

H) t D L

Zr2./ d D a

2

L

Ztan2 d D a

2

L

Z.sec2 1/ d

D t0 C a2

L.tan / :

b) Para hallar la fuerza (central) que acta sobre la partcula utilizamos la ecuacin de Binet. Al ser

u D 1a

cot H) u0 D 1a sen2

; u00 D 2 cot a sen2

17

se tiene

f .r/ D L2 cot ar2

2

sen2 C 1

D L

2

r3

2

sen2 C 1

:

Teniendo en cuenta que

sen2 D tan2

sec2 D tan

2

1C tan2 Dr2

a2 C r2se obtiene

f .r/ D L2

r3

1C 2 a

2 C r2r2

D L

2

r3

3C 2a

2

r2

:

c) La velocidad de la partcula se calcula fcilmente mediante la frmula

v D L

pu02 C u2 D L

r1

r2C 1a2 sen4

D L

s1

r2C .r

2 C a2/2a2r4

D Lar2

pr4 C 3a2r2 C a4 :

Ntese, en particular, que

limr!0 v D1 ; limr!1 v D

L

a:

Si escogemos la constante de integracin de modo que

limr!1V.r/ D 0 ;

de la ecuacin anterior se sigue que la energa de la partcula est dada por

E D L2

2a2:

25. Una partcula de masa m sometida al potencial central V.r/ D k=r4 (con k > 0) se mueve con energa 0y momento angular L en el semiplano x > 0. a) Hallar la ecuacin de la rbita en coordenadas polares planas.r; / si la partcula pasa por el origen cuando D =2. b) Calcular el mdulo de la velocidad de la partcula enfuncin de su distancia al origen.

a) Al ser E D 0, la ley de conservacin de la energa proporciona la ecuacin1

2m Pr2 C L

2

2mr2 kr4D 0: (3)

ComoPr D dr

dP D L

mr2drd;

sustituyendo en la ecuacin anterior se obtiene

L2

2mr4

drd

2C L

2

2mr2 kr4D 0 H) dr

dD

r2km

L2 r2 :

Por tanto

0 D Z

drq2kmL2 r2

rDp2kmL

s

D Z

dsp1 s2 D arc sen s H) r D

p2km

Lsen. 0/ :

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

r D p2km

Lsen.

2/ D

p2km

Lcos :

18

Por ltimo, al ser x D r cos > 0 debemos tomar el signo C en la ecuacin anterior. En definitiva, la ecuacinde la trayectoria en coordenadas polares es

r Dp2km

Lcos :

La correspondiente ecuacin en coordenadas cartesianas se obtiene fcilmente sin ms 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 mdulo de la velocidad de la partcula se obtiene directamente de la ley de conservacin de la energa:

1

2mv2 k

r4D E D 0 H) v D

r2k

m

1

r2:

Tambin es posible calcularlo aplicando la identidad v2 D Pr2 C r2 P2 junto con la ley de conservacin de laenerga expresada en la forma (3):

v DqPr2 C r2 P2 D

sPr2 C L

2

m2r2Dr

2k

mr4Dr2k

m

1

r2:

26. Una partcula de masa m que se mueve sometida a una fuerza central F.r/er describe una rbita circularde radio r0 alrededor del origen. a) Probar que F.r0/ D L2=.mr30 /, donde L es el momento angular de lapartcula. b) Demostrar que la rbita circular es estable si

F 0.r0/ < 3 F.r0/r0

:

c) Estudiar la existencia y estabilidad de las rbitas circulares si F.r/ D k=r, con k 2 R y > 0.a) La rbita circular es una solucin 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

mr30D F.r0/ L

2

mr30H) F.r0/ D L

2

mr30:

La ecuacin anterior proporciona, en general, una relacin entre el radio de la rbita circular y el momento angularde la partcula. Ntese que esta relacin se podra tambin haber obtenido a partir de la ecuacin del movimientoen la direccin radial:

Rr r P2 D r0 P2 D L2

m2r30D F.r0/

mH) F.r0/ D L

2

mr30:

b) La solucin de equilibrio r D r0 es estable si el potencial efectivo U tiene un mnimo relativo en r D r0, esdecir (suponiendo que U es una funcin analtica) 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 condicin anterior se deduce que la rbita ser estable si

U 00.r0/ D V 00.r0/C 3L2

mr40D F 0.r0/ 3F.r0/

r0> 0 H) F 0.r0/ < 3F.r0/

r0:

19

Ntese tambin que si

F 0.r0/ > 3F.r0/r0

(4)

la rbita circular r D r0 es inestable, ya que en tal caso U 00.r0/ < 0 y, por tanto, el potencial efectivo tiene unmximo relativo en r0.c) En primer lugar, para que pueda existir una rbita circular

F.r0/ D kr0D 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 kr10 < 3F.r0/

r0D 3kr10 () k. 3/ > 0 () < 3 :

Por tanto las rbitas circulares de este tipo de potenciales son estables si < 3. Si > 3 dichas rbitas soninestables, ya que en tal caso se verifica la condicin (4). Por ltimo, si D 3 entonces

k

r30D L

2

mr30H) L2 D km ;

y por tanto

V.r/ D kZ

drr3D k2r2

H) U.r/ D k2r2C L

2

2mr2D 0 ; 8r > 0 :

Sin embargo, si perturbamos ligeramente el momento angular de modo que L2 > km entonces el potencialefectivo es

U.r/ D L2 C km2mr2

; con L2 C km > 0 :todas cuyas trayectorias son no acotadas. Por tanto las rbitas circulares de la fuerza central F.r/ D k=r3 sontodas inestables.

27. Estudiar las rbitas descritas por una partcula que se mueve sometida al campo central F D .k=r3/er .28. Una partcula sometida a un campo de fuerzas central tiene como rbita la espiral logartmica r D kea(con a > 0). a) Hallar el tiempo empleado por la partcula en llegar al origen si inicialmente se encuentra en elpunto de coordenadas .r0; 0/. b) Calcular la energa de la partcula.

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 conservacin del momento angular y utilizando lacondicin .0/ D 0 se obtiene

L D r2 ddt

H) t D L

Z 0

r2.s/ ds D r20

L

Z 0

e2as ds D r20

2aL.1 e2a / :

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

t1 D lim!1

r202aL

.1 e2a / D r20

2aL:

b) Para calcular la energa de la partcula debemos hallar primero el potencial V.r/. Utilizando la ecuacin deBinet, y teniendo en cuenta que u00 D a2u, se obtiene

f .r/ D L2

r2.u00 C u/ D L

2

r3.a2 C 1/ H) V.r/ D .a

2 C 1/L2

Zdrr3D .a

2 C 1/L22r2

;

20

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

limr!1V.r/ D 0 :

Por tanto la energa de la partcula est dada por

E D L2

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

2 C 1/L22

u2 C V.1=u/ D 0 :

29. El cometa Halley tiene una excentricidad orbital e D 0;967 y un perihelio de 0;586 UA (una unidad as-tronmica es, aproximadamente, la distancia media Sol-Tierra; el valor exacto es 1 UA D 149597810;691 km).Calcular el perodo orbital y las velocidades del cometa en su perihelio y en su afelio.

El semieje mayor de la rbita est dado por

a D p1 e D

p

0; 033D 30;303p ;

mientras que su perodo es

D 2r

ka3=2 ' 2a

3=2pGM

;

siendo M la masa del Sol. De la ecuacin anterior aplicada a la Tierra se obtiene, por definicin de UA:

.1 ao/2 ' 42 .1 UA/3

GMH) GM ' 42 UA3 ao2

y por tanto (expresando p en UA y en aos)

' a3=2 D .30;303p/3=2 ' 74;83 aos :La velocidad del cometa en su perihelio se calcula fcilmente utilizando la ley de conservacin de la energa, queproporciona

v2 D 2

E V.r/ D k

2

r 1a

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 GM citado anteriormente se obtiene

vp 'sGM.1C e/

p' 2

s1;967

0;586UA=ao D 11;5115 UA=ao D 54;57 km=s :

(Ntese, en comparacin, que la velocidad media de la Tierra es aproximadamente 2 UA=ao.) Anlogamente,dado que la distancia del origen al afelio del cometa es

p0 D a.1C e/ ;de la ley de conservacin de la energa se deduce que la velocidad del cometa en su afelio est dada por

v2p0 Dk

p02 .1C e/ D k

p0 .1 e/ Dk

p

.1 e/21C e H) vp0 D

1 e1C e vp ' 0;9155 km=s :

30. Se avista por primera vez un cometa a d unidades astronmicas del Sol con una velocidad q veces la velocidadorbital media de la Tierra. Indicar el tipo de rbita del cometa en funcin de d y q.

21

Supongamos, por sencillez, que la Tierra se mueve en una rbita aproximadamente circular de radio a (a D1UA, por definicin de unidad astronmica). La velocidad v0 de la Tierra en su rbita circular se obtiene igualandola aceleracin centrpeta con la atraccin gravitatoria (suponiendo que el Sol est fijo en el origen de coordenadas):

v20aD GM

a2H) v20 D

GMa

:

Este resultado tambin puede deducirse de la ley de conservacin de la energa:

1

2Mv20 D

k

2aC kaD k2a

H) v20 Dk

MaD GM

a;

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

1

2q2v20

GMda

D GM2ad

.dq2 2/ :

Luego la rbita es una hiprbola si dq2 > 2, una parbola si dq2 D 2, y una elipse si dq2 < 2.31. Un cometa describe una rbita parablica en el plano de la rbita terrestre. Aproximando la rbita terrestrepor una circunferencia de radio a, demostrar que los puntos de corte entre ambas rbitas son las soluciones de laecuacin

cos D 2pa 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 rbita terrestre, y demostrar que el valor mximo de dicho tiempo es de 2=.3/ aos.

Como el cometa describe una rbita parablica (e D 1) la ecuacin de su rbita es

r D 2p1C cos ;

dado que la distancia mnima al origen se obtiene para D 0. Los puntos de corte con la rbita de la Tierra(r D a) han de satisfacer por tanto

2p

1C cos D a () cos D2p

a 1 :

Ntese, en particular, que la rbita del cometa corta la de la Tierra si y slo si p 6 a (si p D a, ambas rbitas sontangentes en el perihelio del cometa). El tiempo que dicho cometa permanece en el interior de la rbita terrestrees

t D r

2

Z pa

drpU.r/ Cr

2

Z ap

drpU.r/ D 2r

2

Z ap

drpU.r/ ;donde hemos tenido en cuenta que la energa del cometa es nula, al ser su rbita parablica. Utilizando la identidad

2p D D L2

k

se obtiene

t Dr2

k

Z ap

drq1r pr2

Dr2

k

Z ap

r drpr p D

r2

k

Z ap0

s C pps

ds :

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

t Dr2

k

Z ap0

s1=2 C ps1=2 ds Dr2

k

2

3.a p/3=2 C 2p.a p/1=2

D 23

r2

k

aC 2ppa p

D 23

r2

ka3=2

pf .p=a/ ; f .x/ .1 x/.1C 2x/2 :

22

Es fcil ver que el mximo (absoluto) de la funcin 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 mximo de t est dado por

tmax D 43

a3=2pGM

D 23

;

siendo el perodo de la rbita terrestre (i.e., un ao).32. Calcular la seccin eficaz diferencial ./ y la seccin eficaz total de dispersin elstica de una partcula poruna esfera impenetrable de radio a. (Potencial: V.r/ D 0 si r > a, V.r/ D1 si r < a.)33. Un centro fijo dispersa partculas de masa m con una fuerza F D .k=r3/er . Calcular la seccin eficaz dedispersin ./ sabiendo que la velocidad inicial de las partculas es u0.

Tema 3

34. Hallar la ecuacin de las trayectorias de la luz en un medio ptico plano con ndice de refraccin 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 n0yq1C y02 D n0yp

1C 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 , obtenindose as

x D x0 kn0 H) cosh D n0

ky D cosh

n0k.x x0/

H) y D k

n0cosh

n0k.x x0/

:

35. Una partcula 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 partcula no est sometida a ninguna ligadura, ya que pende de un muelle (que ejerce una fuerzaconservativa sobre ella) y no de un hilo de longitud fija. An as, es ventajoso utilizar la formulacin lagrangianadel problema porque nos permite trabajar de forma natural en coordenadas polares .r; /, siendo r la distanciade la partcula al punto de suspensin del muelle y el ngulo que forma el muelle con la vertical. La energacintica en estas coordenadas es

T D 12m. Pr2 C r2 P2/ ;

mientras que la potencial es la gravitatoria mgr cos ms la energa del muelle 12k.r l/2:

V.r; / D mgr cos C 12k.r l/2 :

23

Por tanto el lagrangiano del sistema es

L D T V D 12m. Pr2 C r2 P2/Cmgr cos 1

2k.r l/2 :

Las ecuaciones del movimiento son las dos ecuaciones de EulerLagrange del lagrangiano anterior: ddt@L

@ Pr @L

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

ddt@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 ecuacin obtenemos:Rr r P2 g cos C k

m.r l/ D 0

R C 2 PrPrC gr

sen D 0 :

Si la constante de recuperacin del muelle k tiende a infinito, de la primera ecuacin dividida por k se obtiener D l (es decir, el muelle se convierte en un hilo de longitud fija l) y la segunda ecuacin se convierte en laecuacin del pndulo

R C gl

sen D 0 :Otra solucin particular interesante de las ecuaciones del movimiento es aquella en que .t/ D 0 para todo t . Ental caso la segunda ecuacin de EulerLagrange se cumple idnticamente, y la primera se convierte en

Rr C km.r l/ D g () d

2

dt2.r l/C k

m.r l/ D g ;

cuya solucin es

r D l C mgkC A cos

qkmt C

; A > 0 ; 2 0; 2/ :

Se trata, por tanto, de un movimiento oscilatorio en la direccin vertical alrededor de la posicin de equilibrior D l C .mg=k/, con frecuencia ! Dpk=m.36. Una partcula 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.

Est claro que la ligadura es ideal, ya que si se ignora el rozamiento la fuerza de ligadura es la reaccin de la curva,que es perpendicular a dicha curva y por tanto no realiza trabajo. Si tomamos como coordenada generalizada elparmetro entonces

T D 12m. Px2 C Py2/ D ma

2

8P2 .1C cos 2/2 C sen2 2 D ma2

4.1C cos 2/ P2 D ma

2

2cos2 P2 ;

V D mgy D mga4

.1 cos 2/ D mga2

sen2 ;

y por tanto

L D T V D ma2

2

cos2 P2 g

asen2

:

La ecuacin del movimiento es

1

ma2

d

dt@L

@ P @L

@

D d

dt.cos2 P/C sen cos P2 C g

asen cos

D cos2 R sen cos P2 C ga

sen cos D 0 ;

24

o equivalentementeR C

g

a P2

tan D 0 :

Sin embargo, en este caso resulta ms ventajoso tomar como coordenada generalizada la longitud de arco s alo largo de la cicloide, medida a partir de D 0. Como

T dt2 D 12m ds2 D ma

2

2cos2 d2 H) ds D a cos d ; 0 6 6

2;

y por tantos D a sen ; 0 6 6

2:

De hecho, podemos definir la coordenada s por la frmula anterior tambin para el arco de cicloide con 2=2; 0/, ya que s es una funcin montona creciente de en el intervalo =2; =2. En trminos de lacoordenada s, el lagrangiano est dado por

L D T V D 12mPs2 mgy D 1

2mPs2 mga

2sen2 D 1

2mPs2 mg

2as2 :

Por tanto la ecuacin del movimiento es ahora

1

m

d

dt@L

@Ps @L

@s

D Rs C g

as D 0 ;

cuya solucin es inmediata:s D s0 cos.!t C / ;

con s0 > 0 y 2 0; 2/ constantes y ! Dpg=a. Ntese, en particular, que el perodo del movimiento es

independiente de la amplitud (es decir, la cicloide es tautcrona; cf. el problema 14).Es tambin instructivo calcular la fuerza de ligadura F.`/ D Rn necesaria para mantener a la partcula en la

curva. El vector unitario tangente a la curva t es proporcional a

Pr D a2.1C 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 D a2.1C 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

Ps2pa2 s2 C

g

a

pa2 s2

:

Teniendo en cuenta que

Ps @L@Ps L D T C V D

1

2mPs2 C mg

2as2 D E ;

siendo E la energa de la partcula, se obtiene fcilmente

R D 2.E mgas2/Cmgap

a2 s2 :

25

En particular, si la partcula parte del reposo en s D s0 entonces

2E D mgas20 H) R D

mg

a

a2 C s20 2s2pa2 s2 :

37. Un pndulo simple de longitud l y masa m est 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.

Situemos el origen de coordenadas en el centro de la circunferencia descrita por el punto de suspensin delpndulo, y denotemos por el ngulo formado por el pndulo con la vertical. Entonces el ngulo formado por elpunto de suspensin del pndulo con la vertical es !t , y las coordenadas .x; y/ del pndulo 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 pndulo 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 ltimo es evidentementecierto, ya que la fuerza de ligadura es la reaccin del hilo del pndulo, que lleva la direccin del vector que uneel pndulo con el punto de suspensin. Escogiendo como coordenada generalizada del sistema el ngulo , laenerga cintica est dada por

T D 12m. Px2 C Py2/ D 1

2ma! cos!t C l cos P2 C 1

2m a! sen!t C l sen P2

D 12ma2!2 Cmla! P cos. C !t/C 1

2ml2 P2 :

La energa 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 D 12ml2 P2 Cmla! P cos. C !t/Cmgl cos magl cos!t C 1

2ma2!2 :

Ntese que los dos ltimo trminos pueden omitirse, ya que son una derivada total respecto de t . La ecuacin delmovimiento del sistema es la de EulerLagrange del lagrangiano L:

ddt@L

@ P @L

@D ml2 R Cmla! d

dtcos. C !t/Cmla! P sen. C !t/Cmgl sen

D ml2 R Cmgl sen mla!2 sen. C !t/ D 0 :En definitiva, la ecuacin del movimiento es

R C gl

sen a!2

lsen. C !t/ D 0 :

38. Una partcula de masa m se mueve sin rozamiento sobre la superficie del paraboloide D 12a.x2 C y2/. La

nica fuerza externa que acta sobre la partcula es la de la gravedad (en la direccin del eje negativo). a) Cal-cular un lagrangiano del sistema tomando como coordenadas generalizadas D px2 C y2 y el ngulo azimutal

26

' 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 ;siendo T la energa cintica de la partcula y V su energa potencial expresadas en trminos de las coordenadasgeneralizadas .; '/. La energa cintica en coordenadas cilndricas est dada por

T D 12m. P2 C 2 P'2 C P2/ :

Derivando la ecuacin de ligadura D a2=2 respecto del tiempo se obtiene P D a P, y por tanto

T D 12m.1C a22/ P2 C 2 P'2 :

La energa potencial es simplemente la gravitatoria mg expresada en funcin de :

V D 12mga2 :

Por consiguiente,

L D 12m.1C a22/ P2 C 2 P'2 1

2mga2 :

b) Como la energa cintica es cuadrtica en las velocidades generalizadas . P; P'/ el hamiltoniano del sistema essimplemente la energa T C V expresada en trminos de los momentos cannicos

p D @L@ P D m.1C a

22/ P ; p' D @L@ P' D m

2 P' :

De estas ecuaciones se obtieneP D p

m.1C a22/ ; P' Dp'

m2; (5)

y por tanto

H D p2

2m.1C a22/ Cp2'

2m2C 12mga2 :

Las ecuaciones de Hamilton de este hamiltoniano son las ecuaciones (5) , junto con

Pp D @H@D a

2 p2

m.1C a22/2 Cp2'

m3mga ; Pp' D @H

@'D 0 :

Al ser H independiente de ' y de t se conservan el momento cannico p' (cf. la ltima ecuacin), igual a lacomponente del momento angular de la partcula, y el propio hamiltoniano, que en este caso coincide con laenerga del sistema.

39. Una partcula de masa m y carga e se mueve en un campo electromagntico 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 est dado por .r/ D Ey, mientras que el potencial vector A.r/ se puede tomar igual a12B r, ya que al ser B constante se tiene.

r .B r/ D .r r/B .B r/r D 3B B D 2B :

27

ComoPr A.r/ D 1

2Pr .B r/ D B

2Pr .xe2 ye1/ D B

2.x Py y Px/ ;

el lagrangiano del sistema est dado por

L D T e.r/C ePr A.r/ D 12m. Px2 C Py2 C P2/C eEy C eB

2.x Py y Px/ :

Ntese que el ltimo trmino en el lagrangiano es proporcional a L. En general, para un campo magnticoconstante B el trmino Pr A.r/ est dado por

Pr A.r/ D 12Pr .B r/ D 1

2B .r Pr/ D 1

2mB L :

Los momentos cannicos son

px D @L@ Px D m Px

12eBy ; py D @L

@ Py D m Py C12eBx ; p D m P ;

y por tanto

H D Pxpx C Pypy C Pp L D m. Px2 C Py2 C P2/C eB2.x Py y Px/ L D m

2. Px2 C Py2 C P2/ eEy

D 12m

px C eB

2y

2Cpy eB

2x

2C p2

eEy :

b) Las ecuaciones de Hamilton de H son

Px D 1m

px C eB

2y

; Py D 1

m

py eB

2x

; P D p

m;

junto con

Ppx D @H@xD eB2m

py eB

2x

; Ppy D @H

@yD eB2m

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 laenerga del sistema (expresada en trminos de los momentos cannicos).

40. Dos partculas de masas m1 y m2 estn 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 ltima partcula es siempre vertical, escribir el lagrangianodel sistema y las ecuaciones del movimiento. b) Hallar dos integrales primeras de dichas ecuaciones, y expresarsu solucin general por medio de integrales. c) Estudiar bajo qu condiciones la partcula que se mueve sobreel plano no es arrastrada fuera de l. d) Determinar para qu valores de r0 dicha partcula describe una rbitacircular r D r0, y estudiar la estabilidad de esta rbita.a) La ecuacin de la ligadura es .; r/ D r l D 0, donde l es la longitud del hilo, r es la distancia dela partcula 1 al punto O y la distancia de la segunda partcula al plano (ver Fig. 11). Por tanto la ligadura esindependiente del tiempo. La fuerza de reaccin del plano sobre la partcula 1 se supone perpendicular a dichoplano (es decir, se desprecia el rozamiento), por lo que no realiza trabajo. Las fuerzas de reaccin del hilo Ri estnambas dirigidas en la direccin del hilo, siendo sus componentes segn dicha direccin 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 :

28

Figura 11: Sistema mecnico del prob. 39.

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 primerapartcula. En tal caso

T D 12m1. Pr2 C r2 P2/C 1

2m2 P2 D 1

2M Pr2 C 1

2m1r

2 P2 .M m1 Cm2/ ;V D m2g D m2g.r l/ :

Prescindiendo de la constante m2gl , el lagrangiano est dado por

L D 12M Pr2 C 1

2m1r

2 P2 m2gr :

b) Ecuaciones del movimiento: M Rr D m1r P2 m2gd

dt.m1r

2 P/ D 0 :Por tanto se conserva

@L

@ P D m1r2 P ` ;

que es la componente del momento angular total del sistema. Por otra parte, como L no depende de t tambinse conserva la funcin

H D Pr @L@ Pr C

P @L@ P L D

1

2M Pr2 C 1

2m1r

2 P2 Cm2gr ;que es la energa 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 conservacin. En efecto, sustituyendola ley de conservacin del momento angular en la de la energa obtenemos

1

2M Pr2 C U.r/ D E ;

donde el potencial efectivo U.r/ est dado por

U.r/ D `2

2m1r2Cm2gr :

29

Por tanto: t D

rM

2

Zdrs

E `2

2m1r2m2gr

;

ddrD P dt

drD `m1r2

dtdr

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 aceleracin constante m2g=M , y por tanto la partcula 1 es eventualmente arrastrada fuera delplano horizontal. Si ` 0 la situacin es muy distinta, ya que entonces el potencial efectivo U.r/ tiene el aspectode la Fig. 12. El movimiento de la coordenada r (y, por tanto, de ) es en este caso peridico para todos los valoresde la energa E, siendo su valor mnimo positivo para todo E. Por tanto si ` 0 la primera partcula permanecesiempre en el plano horizontal. (Otra forma de probar esto es notar que de la conservacin del momento angularse deduce que si ` 0 entonces r 0 para todo t .)

1 2 3 4

1

2

3

4

5

6

Figura 12: Potencial efectivo U.r/ del prob. 39 para `2=m1m2gl

3 D 0:2 :

d) La partcula 1 describe una rbita circular alrededor del punto O si las ecuaciones del movimiento tienen unasolucin r D r0 constante, es decir si r0 es un equilibrio del potencial efectivo U.r/. Esto ocurrir 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 partcula 1 se halla en el punto de coordenadas polares .r0; 0/ con velocidad angular P.0/ D P0. Entonces` D m1r20 P0, y la condicin anterior se reduce a la siguiente:

P20 Dm2g

m1r0:

Adems, la energa de la partcula ha de ser igual al valor del potencial efectivo en r0, es decir (utilizando laconservacin de la energa)

E D U.r0/ D 12m Pr.0/2 C U.r0/ H) Pr.0/ D 0 :

Por tanto, la partcula describir una rbita circular de radio r0 si inicialmente su velocidad radial Pr.0/ es nula ysu velocidad angular P0 satisface la condicin anterior. Por ltimo, de la Fig. 12 se sigue que las rbitas circularesson estables. Ms formalmente,

U 00.r0/ D 3`2

m1r40

> 0 :

30

41. Dos partculas 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 partculas que se mueven en el plano sin ligaduras, ya que el muelle es extensible.Por tanto, el nmero de grados de libertad es n D 4. Aunque parece natural utilizar como coordenadas generaliza-das las coordenadas cartesianas de la segunda partcula y las polares .r; / de la coordenada relativa r D r1r2, esmucho ms conveniente reemplazar las dos primeras de estas coordenadas por las coordenadas cartesianas .X; Y /del centro de masas del sistema. En trminos de estas coordenadas, la energa potencial es simplemente

V D 12k.r l/2 :

En cuanto a la energa cintica, basta tener en cuenta que las coordenadas ri D .xi ; yi / de la partcula i seexpresan en trminos de las coordenadas R D .X; Y / del centro de masas y de la coordenada relativa r mediantelas frmulas

r1 D RC m2M

r ; r2 D R m1M

r :

Por tanto

T D 12M PR2 C 1

2m1.Pr1 PR/2 C 1

2m2.Pr2 PR/2 D 1

2M PR2 C 1

2

m1m

22

M 2C m2m

21

M 2

Pr2

D 12M 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 D 12M. PX2 C PY 2/C 1

2. Pr2 C r2 P2/ 1

2k.r l/2 :

Los momentos cannicos conjugados son

pX DM PX ; pY DM PY ; pr D Pr ; p D r2 P :Como la energa cintica es cuadrtica en las velocidades generalizadas, el hamiltoniano del sistema es igual a laenerga total expresada en trminos de las coordenadas generalizadas y sus momento conjugados:

H D TCV D 12M. PX2C PY 2/C1

2. Pr2Cr2 P2/C1

2k.rl/2 D 1

2M.p2XCp2Y /C

1

2

p2rC

p2

r2

C12k.rl/2 :

b) Ecuaciones de Hamilton:PX D @H

@pXD pXM

; PY D @H@pY

D pYM

; Pr D @H@prD pr

; P D @H

@pD pr2I

PpX D @H@XD 0 ; PpY D @H

@YD 0 ; Ppr D @H

@rD p

2

r3 k.r l/ ; Pp D @H

@D 0 :

c) Como puede verse de las ecuaciones de Hamilton, se conservan los momentos cannicos

pX ; pY ; p ;

dado que el hamiltoniano no depende de las coordenadas .X; Y; /. La conservacin de pX y pY implica que,como ya sabamos 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 cannico p es la componente del momento angular delsistema en el sistema CM (cf. el prob. (20)). Al ser p constante, la ecuacin para Ppr proporciona la ecuacin delmovimiento de la coordenada r :

Ppr D Rr Dp2

r3 k.r l/ :

31

Finalmente, al serH independiente de t se conserva el hamiltoniano, que coincide con la energa total del sistema.De esta forma obtenemos una ecuacin diferencial de primer orden de variables separadas en la coordenada r :

p2r2C p

2

2r2C 12k.r l/2 1

2 Pr2 C p

2

2r2C 12k.r l/2 D E 1

2M.p2X C p2Y / " ;

donde " (igual a la energa del sistema en el sistema CM) es constante. Mediante esta ecuacin y la conservacinde 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 partculas.

42. a) Encontrar un lagrangiano para la ecuacin del oscilador armnico 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 fcil ver que no hay ningn lagrangiano L.t; x; Px/ tal qued

dt@L

@ Px @L

@x L

xD Rx C Px C !2x :

En efecto, desarrollando el miembro izquierdo obtenemos

@2L

@ Px2 Rx C@2L

@x@ Px Px C@2L

@t@ Px @L

@xD Rx C Px C !2x H) @

2L

@ Px2 D 1 H) L D1

2Px2 V.t; x/ ;

y por tanto

LxD 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

LxD f .t/. Rx C Px C !2x/ ;

con f .t/ 0 para todo t . En efecto, procediendo como antes llegamos a la ecuacin@2L

@ Px2 D f .t/ H) L D1

2f .t/ Px2 C g.t; x/ ;

y por tanto

LxD 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 solucin de esta ecuacin diferencial de primer orden es (salvo por una constante multiplicativa irrelevante)f .t/ D et . Sustituyendo de nuevo en la ecuacin anterior queda

@g@xD !2xet H) g.t; x/ D 1

2!2etx2 C h.t/ :

Omitiendo, sin prdida de generalidad, la funcin h.t/ (ya que es una derivada total) se obtiene el lagrangiano

L D 12

et . Px2 !2x2/ :

b) El momento cannico es

p D @L@ Px D e

t Px ;y por tanto

H D p Px L D etp2 12

etp2 C 12

et!2x2 D 12

etp2 C !2etx2 :

32

Las correspondientes ecuaciones de Hamilton son

Px D @H@pD etp ; Pp D @H

@xD !2etx :

Ntese 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 ecuacin anterior paradHdt

se obtiene

ddt

H C

2xp

D 2

etp2 C !2etx2C 2

etp2 !2etx2 D 0 :

43. El lagrangiano de una partcula de masam est dado por L D 12mPr2 1

2kr2CmPr .! r/, con ! D !e3 y

k; ! > 0. a) Si la partcula se mueve en el plano .x; y/, expresar L en coordenadas polares .r; / y calcular el co-rrespondiente hamiltoniano. b) Escribir las ecuaciones de Hamilton y hallar sus cantidades conservadas. c) Cal-cular el movimiento de la partcula si r.0/ D a > 0 y p .0/ D 0. [Ayuda: a .b c/ D b .c a/].a) Como

mPr .! r/ D ! .r mPr/ D ! L D !L D m!r2 P(siendo L el momento angular de la partcula), el lagrangiano en coordenadas polares est dado por

L D 12m. Pr2 C r2 P2/Cm!r2 P 1

2kr2 :

Los momentos cannicos son por tanto

pr D @L@ Pr D m Pr ; p D

@L

@ P D mr2 P Cm!r2 D mr2. P C !/ ;

y el hamiltoniano H es igual a

H D Prpr C Pp L D 12m. Pr2 C r2 P2/C 1

2kr2 D p

2r

2mC 12m

prm!r

2 C 12kr2

D p2r

2mC p

2

2mr2C .k Cm!2/r2 !p :

b) Al ser H independiente de y t , se conservan el momento cannico p y el propio H . Las ecuaciones deHamilton son las relaciones

Pr D prm; P D 1

mr2

p m!r2

;

ya utilizadas para despejar Pr y P en funcin de pr y p , junto con

Ppr D @H@rD p

2

mr3 .k Cm!2/r ; Pp D @H

@D 0 :

c) Teniendo en cuenta que pr D m Pr , la ecuacin del movimiento de pr (con p D 0) se reduce a

Rr Ck

mC !2

r D 0 :

33

Integrando esta ecuacin con la condicin inicial r.0/ D a se obtiene

r D a cos.t/C Pr.0/

sen.t/ ; rk

mC !2 :

De la condicin inicial p .0/ D 0 y la conservacin de p se sigue quep D mr2. P C !/ D 0

para todo t . Como r no es idnticamente cero, de esta ecuacin se obtiene

P D ! H) D 0 !t :Tomando, por sencillez, 0 D 0, combinando esta ecuacin con la ecuacin para r.t/ hallada anteriormente seobtiene la ecuacin geomtrica de las trayectorias:

r D a cos! Pr.0/

sen!:

44. a) Calcular el hamiltoniano correspondiente al lagrangiano

L D Px2

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 peridicas x.t/ y calcular su perodo.a) El lagrangiano es de la forma L D L2 f .x/, con L2 cuadrtico en las velocidades. Por tanto el hamiltonianoest dado por H D L2 C f .x/, si en L2 expresamos las velocidades en trminos de los momentos cannicos

px D Px1 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 D 12.1 x2/ p2x C

1

2

.py xp/21 x2 C

p2

2aC f .x/ :

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 conservacin H D " y utilizando la expresin de px en funcin de Px se obtiene lasiguiente ecuacin diferencial de primer orden para x.t/:

1

2Px2 D .1 x2/

" p

2

2a f .x/

12.py xp/2 g.x/ :

Tomando la raz cuadrada de esta expresin, separando variables e integrando se obtiene la expresin implcita dela solucin x.t/:

t t0 D Z

dxp2g.x/

:

d) Si f .x/ D 0, la funcin g.x/ es un polinomio de grado 6 2 en x. La ecuacin diferencial1

2Px2 D g.x/ .1 x2/

" p

2

2a

12.py xp/2 (6)

34

es la ecuacin del movimiento de una partcula de masa 1 y energa 0 en el potencial g.x/. Para que dichaecuacin tenga soluciones peridicas, la derivada segunda del potencial efectivo (que es una constante) ha de serpositiva, es decir

g00.x/ D 2" p

2

2a

C p2 > 0 () 2" >

1

a 1

p2 :

En tal caso, la ecuacin (6) se puede escribir en la forma

1

2Px2 D g.x0/C 1

2g00.x0/.x x0/2 ;

donde x0 es el mnimo del potencial g, es decir la raz de la ecuacin g0.x/ D 0. Se trata por tanto de laecuacin de la energa de un oscilador armnico de masa 1 y frecuencia ! D pg00.x0/, por lo que el perodode las soluciones x.t/ est dado por

D 2!D 2pg00.x0/ D 2q2"C 1 1

a

p2

:

35

Tema 4

45. Demostrar que toda matriz M 2 SO.3/ posee el autovalor D 1.46. 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 partcula 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 partcula.

Denotemos por .x; y; / r las coordenadas de la partcula en el sistema de referencia (no inercial) en que lavarilla est en reposo, donde podemos tomar el eje Ox en la direccin de la varilla y el eje O en la del eje derotacin. Las ecuaciones del movimiento de la partcula en estas coordenadas son por tanto:

mRr D F 2m! Pr m! .! r/ ;siendo ! D !e3 la velocidad angular de rotacin de los ejes del sistema de la varilla y F la fuerza de ligadura queacta sobre la partcula. Ntese que F D F2e2 C F3e3, ya que (en ausencia de rozamiento) la fuerza de reaccinde la varilla es perpendicular a dicha varilla. Como la partcula est 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 partcula son

m Rx D m!2x ; m Ry D 0 D F2 2m! Px ; m R D 0 D F3 :Las dos ltimas ecuaciones permiten calcular la fuerza de ligadura que acta sobre la partcula en cada instante(F D 2m! Pxe2), mientras que la primera determina el movimiento de la partcula. Integrando esta ecuacin seobtiene

x.t/ D a cosh.!t/C b senh.!t/ ;con a y b constantes arbitrarias. Estas constantes se calculan fcilmente 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 ecuacin delmovimiento de la partcula es

x.t/ D `2

cosh.!t/ :

Para t D !1 arcosh 2 D !1 log.2 C p3/ la partcula llega al extremo de la varilla (x D `) y a partir de eseinstante se mueve con velocidad constante (respecto de un sistema inercial), ya que en dicho instante la partculaabandona la varilla y por tanto deja de actuar sobre ella la fuerza de ligadura. La velocidad vf de la partculacuando abandona la varilla, medida en un sistema inercial, est dada por

vf D PrC! r D Pxe1 C !le2 ;siendo

Px D 12!l senh.!t/ D 1

2!l

qcosh2.!t/ 1 D !

ql2 l2

4Dp3

2!l :

Por tanto el vector vf forma un ngulo con la varilla dado por

D arctan2p3

' 49;1066 :

36

47. Calcular la aceleracin centrfuga debida a la rotacin de la Tierra de una partcula situada en el ecuador, ycompararla con la aceleracin gravitatoria y la aceleracin centrfuga debida al movimiento de la Tierra alrededordel Sol.

Sea R ' 6;3674 106 m el radio terrestre, a ' 1;49597871 1011 m el radio de la rbita de la Tierra alrededor delSol (supuesta circular, con muy buena aproximacin) y ! ' 7;27221 105 s1 la velocidad angular de rotacinde la Tierra alrededor de su eje. La aceleracin centrfuga a1 debida a la rotacin 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; 3674 102 m s2 :

Anlogamente, la aceleracin centrfuga debida al movimiento de la Tierra alrededor del Sol est dada por

a2 D

2

365;25 24 36002a ' 5;93031 103 m s2 ;

donde el trmino entre parntesis es la frecuencia de dicho movimiento, es decir, 2=.1 ao/. Por ltimo, laaceleracin gravitatoria en la superficie terrestre es

g0 ' 9;80665 m s2 :Vemos por tanto que a2=a1 101, mientras que g0=a1 102.48. Demostrar que en un punto de la superficie terrestre de latitud la plomada se desva de la vertical en unngulo ./ dado por tan ./ D !2R sen cos=.g0 !2R cos2 /, siendo R el radio de la Tierra y g0 DGM=R2 el valor real de la aceleracin de la gravedad en la superficie terrestre. Hallar la latitud para la que ./es mximo y el valor mximo de ./.

49. Una partcula se lanza verticalmente desde un punto de la superficie terrestre de latitud norte hasta alcanzaruna altura h. Demostrar que la partcula toca tierra en un punto situado .4=3/

p8h3=g ! cos al oeste del punto

inicial. (Considrense solamente alturas h pequeas y desprciese la resistencia del aire.)

50. Repetir el problema anterior suponiendo que la partcula se deja caer desde una altura h sobre la vertical.

51. Desde un punto de la superficie terrestre de latitud norte se lanza un proyectil hacia el este con velocidadinicial de mdulo v0 y ngulo de inclinacin sobre la horizontal . Demostrar que la desviacin lateral cuando elproyectil toca tierra es aproximadamente igual a .4!v30=g

2/ sen sen2 cos.

La ecuacin de la trayectoria es

r D r0 C v0t C g0 t2

2 t2! v0 t

3

3! g0

siendo en este casor0 D 0 ; v0 D v0.cose2 C sene3/ ;

y por tanto! v0 D !v0

sen cose1 cos sene2 C cos cose3

:

Al ser! g0 D !g0 cose2 ;

la ecuacin de la trayectoria esx D !v0 sen cost2 ;y D v0 cos t !v0 cos sent2 C !g0

3t3 ;

D v0 sen t g02t2 C !v0 cos cos t2 ' v0 sen t g0

2t2 ;

37

donde se ha tenido en cuenta queg0

!' 1;34851 105 m s1 v0 ;

El proyectil toma tierra cuando

' v0 sen t g02t2 D 0 H) t D 2v0

gsen t0 ;

y por tanto

x.t0/ D 4!v30

g20sen sen2 cos :

Como puede verse, el proyectil se desva hacia el sur en el hemisferio norte (x.t0/ > 0 si > 0) y hacia el norteen el hemisferio sur.

52. Escribir el lagrangiano de una partcula de masa m que se mueve en un campo de fuerzas conservativotomando como coordenadas generalizadas qi las componentes del vector de posicin de la partcula en un sistemade ejes en rotacin. Hallar las ecuaciones del movimiento y el hamiltoniano del sistema, y estudiar si se conservao no dicho hamiltoniano.

El lagrangiano de una partcula que se mueve en un campo conservativo de potencial V es siempre L D T Vexpresado en trminos de las coordenadas generalizadas qi y sus derivadas, siendo T la energa cintica de lapartcula calculada en un sistema inercial. Utilizando nuestra notacin,

T D 12m

dr0dt

f

2

;

siendor0 D rC R.t/

el radio vector de la partcula en un sistema inercial (fijo), r D P3iD1 xiei sus coordenadas en el sistema de ejesmvil y R.t/ el vector que une el origen del sistema inercial con el del sistema mvil. Sabemos, adems, que

dr0dt

fD V.t/C PrC!.t/ r ;

siendo ! la velocidad angula del sistema mvil y

V D

dRdt

f:

Las coordenadas generalizadas son por definicin qi D xi (i.e., las coordenadas cartesianas de la partcula en elsistema mvil). Debemos por tanto expresar L D T V en trminos de r y Pr, es decir

L D 12mV.t/C PrC!.t/ r2 V.t; r/

D 12mV2.t/C 1

2m Pr2 C 1

2m!.t/ r2 CmV.t/ PrCmV.t/ !.t/ rCmPr !.t/ r V.t; r/ :

En la expresin anterior el trmino mV2.t/=2 es una derivada total (al ser funcin solo de t ), que puede sersuprimida sin alterar las ecuaciones del movimiento. Del mismo modo, el trmino mV.t/ Pr se puede reemplazarpor m PV.t/ r, ya que

mV.t/ Pr D ddt

mV.t/ r

m PV.t/ r :

Utilizando la identidad vectorial

V.t/ !.t/ r D r !.t/ V.t/ ;38

el lagrangiano puede escribirse entonces en la forma ms compacta

L D 12m Pr2 V.t; r/CmPr !.t/ rC 1

2m!.t/ r2 mr A.t/ ;

dondeA.t/ PV.t/C!.t/ V.t/

es la aceleracin del origen de coordenadas del sistema mvil respecto del fijo. A partir del lagrangiano anteriorse obtienen fcilmente las ecuaciones del movimiento de la partcula:

ddt@L

@Pr Dd

dt

mPrCm!.t/ r D mRrCm P!.t/ rCm!.t/ Pr

D @L@rD @V.t; r/

@rm!.t/ !.t/ r mA.t/ m!.t/ Pr ;

donde se ha tenido en cuenta quePr !.t/ r D r Pr !.t/

y !.t/ r2 D !2.t/r2 !.t/ r/2

H) 12

@

@r!.t/ r2 D !2.t/r !.t/ r!.t/ D !.t/ !.t/ r :

Se obtiene de esta forma la ecuacin

mRr D @V.t; r/@r

mA.t/ m!.t/ !.t/ r ;2m!.t/ Pr m P!.t/ r :deducida en clase utilizando la formulacin newtoniana.

El hamiltoniano del sistema est dado por la expresin habitual

H.t; r;p/ D p Pr L ;donde es necesario expresar las velocidades Pr en trminos de los momentos cannicos

p D @L@Pr D mPrCm!.t/ r

mediante la frmulaPr D 1

m

p m!.t/ r :

Sustituyendo en la definicin de H se obtiene

H D 12m Pr2 C V.t; r/ 1

2m!.t/ r2 Cmr A.t/

D 12m

p m!.t/ r2 C V.t; r/ 1

2m!.t/ r2 Cmr A.t/

D p2

2m p !.t/ rC V.t; r/Cmr A.t/ p2

2mC V.t; r/ !.t/ .r p/Cmr A.t/ :

Ntese que el vector r p no es el momento angular de la partcula, ya que p es el momento cannico, distintoen general del momento lineal.

El hamiltoniano se conserva si no depende explcitamente 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 :

39

Tema 5

53. Utilizando la tercera ley de Newton (en sentido fuerte), demostrar que las ligaduras que actan en un slidorgido son ideales.

54. Probar que un slido rgido est en equilibrio (en un sistema inercial) si y slo si son nulos la fuerza y el parexternos a los que est sometido.

55. Calcular el tensor de inercia de una esfera homognea de masa M y radio a respecto de su centro.

Si es la densidad (constante) de la esfera, su masa M est dada por

M D 43R3 :

Por simetra,I11 D I22 D I33 ; Iij D 0 ; 8i j :

(En general, si el slido es invariante bajo la transformacin xi 7! xi se anulan todos los momentos de inerciaIij con j i , mientras que si el slido es invariante bajo la transformacin xi 7! xj entonces Iik D Ijk paratodo k D 1; 2; 3.) Teniendo en cuenta que el elemento de volumen en coordenadas esfricas es r2 sen dr d d'se obtiene (por ejemplo)

I33 D Z a0

drZ 0

dZ 20

d' r2 sen r2 sen2 D 2 a5

5

Z 0

.1 cos2 / sen d

D 2 a5

5

Z 11.1 x2/ dx D 4 a

5

5

Z 10

.1 x2/ dx D 815a5 D 2

5Ma2 :

Por tanto, en este caso el tensor de inercia es simplemente

I D 25Ma21

(en cualquier sistema de coordenadas). Ntese que, al ser la esfera homognea, el centro de masas est en el centrode la esfera.

56. Probar que I1 C I2 > I3, donde Ii (i D 1; 2; 3/ son los momentos principales de inercia de un slido rgido.En general,

I11CI22 DX

m.x22Cx23/C

X

m.x21Cx23/ D

X

m.x21Cx22C2x23/ >

X

m.x21Cx22/ D I33 :

En particular, un sistema de ejes principales de inercia Ii i D Ii , lo que demuestra el resultado pedido. Ntesetambin 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 direccin 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 .

Adems, por lo visto anteriormente, In D 12 tr I si y solo si el slido est contenido en un plano perpendicular alvector n.

57. Estudiar la estructura del tensor de inercia de un slido rgido plano (es decir, cuyas partculas estn todas enun mismo plano) y de un slido rgido lineal.

Si no se dice nada en contrario, se supone siempre que el tensor de inercia est calculado respecto del CM, queen el caso de un slido plano o lineal est respectivamente en el plano o la lnea que contiene a dicho slido.

40

Consideremos, en primer lugar, el caso de un slido plano. Si (por ejemplo) todas las partculas del slido estnen el plano x3 D 0 entonces claramente

I3j D X

mx3x j D 0 ; j D 1; 2 :

Adems,

I11 DX

mx22 ; I22 D

X

mx21 H) I33 D

X

m.x21 C x22/ D I11 C I22 :

Por tanto en este caso

.Iij / DI11 I12 0

I12 I22 0

0 0 I11 C I22

:

Si, adems, todas las partculas 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

mx21 ;

y en consecuencia

.Iij / D0 0 0

0 I22 0

0 0 I22

:

Por tanto el tensor de inercia de un slido lineal es diagonal y singular (det I D 0). Ntese que el tensor de inerciaes degenerado si y slo si el slido 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.x22 C x23/ D 0 H) x2 D x3 D 0 ; 8 ;

y por tanto todos los puntos del slido estn en el eje x1.

58. a) Calcular el tensor de inercia de un cubo homogneo de masa M y lado a con respecto a un sistemade referencia con origen en un vrtice del cubo y ejes a lo largo de las tres aristas concurrentes en dicho vr-tice. b) Hallar el momento de inercia del cubo con respecto a un eje que pase por el origen con direccinn D .1; 1; 1/=p3. c) Aplicando el teorema de Steiner, calcular el tensor de inercia del cubo con respecto aun sistema de ejes paralelos a los del apartado a) con origen en el centro de masas.

a) Por simetra,

I11 D I22 D I33 D Z a0

dxZ a0

dyZ a0

d .y2 C 2/ D 2a2Z a0

y2 dy D 23a5 D 2

3Ma2 ;

mientras que

I12 D I13 D I23 D Z a0

dxZ a0

dyZ a0

d xy D a .a2=2/2 D 14Ma2 :

Por tanto el tensor de inercia del cubo en el sistema de ejes dado es

.Iij / D Ma2

12

8 3 33 8 33 3 8

:

b) Ntese que

In D Ma2

12p3.2; 2; 2/ D Ma

2

6n :

41

Por tanto n es un eje principal de inercia, con momento de inercia

n In D Ma2

6:

c) Por simetra, el centro de masas del cubo est en su centro, es decir en el punto R D .a=2; a=2; a=2/. Como

ijR2 XiXj D a23

4ij 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 est dado por

Ma2

12

8 3 33 8 33 3 8

Ma

2

12

6 3 33 6 33 3 6

D Ma

2

61 :

Vemos, por tanto, que el cubo es un trompo esfricamente simtrico.

N.B. El tensor de inercia respecto del sistema de ejes del apartado a) se diagonaliza fcilmente. En efecto,

I D Ma2

12J ; con J D

8 3 33 8 33 3 8

;

y por tantodet.J / D . 11/2.2 / :

Ntese 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 queel subespacio propio correspondiente al autovalor doble 11Ma2=12 es el plano perpendicular al vector .1; 1; 1/.(En efecto, dos autovectores de una matriz simtrica correspondientes a autovalores distintos son ortogonales.)En particular, los momentos principales de inercia en este caso son

I1 D I2 D 1112Ma2 ; I3 D Ma

2

6:

59. Un cubo homogneo de masa M y ecuacin 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 ngulo que forma dicho eje con el momento angular del cuborespecto del origen de coordenadas. b) Calcular la energa cintica del slido y el par necesario para mantener surotacin.

a) Como el eje de rotacin del cubo coincide con el eje e03 del sistema fijo, el origen O 0 de dicho sistema est 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 ladireccin 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!a

2

4.e1 C e2/C 2

3M!a2e3 :

Ntese que L es constante en el sistema de ejes del cuerpo. No as 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 :

42

El ngulo que forma el vector L con el eje e3 est dado por

tan DqL21 C L22L3

Dp2

4 32D 38

p2 ' 0;53033 H) D 0;487617 rad ' 27;9384 :

b) Como el punto O 0 est fijo en el slido, la energa cintica est dada por

T D 12! 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 slido gira alrededor de un eje fijo en el espaciocon velocidad angular constante (T D !In=2, si tomamos el origen de coordenadas en el eje de rotacin). Paracalcular el par que acta sobre el sistema, basta aplicar la ecuacin 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.

60. Una esfera homognea de masa M y radio a cae rodando sin deslizar (con movimiento plano) por un planoinclinado un ngulo con respecto a la horizontal. a) Especificar todas las fuerzas que actan sobre la esfe-ra. b) Calcular la aceleracin de su centro mediante las ecuaciones de Newton. c) Obtener el mismo resultadocon la ley de conservacin de la energa.

a) Sobre la esfera actan la fuerza de la gravedadMg, que podemos suponer aplicada en el centro de masas, juntocon la reaccin del plano Fr (perpendicular a dicho plano) y la fuerza de friccin esttica Ff (paralela al plano y endireccin contraria al movimiento). Estas dos ltimas fuerzas estn aplicadas en el punto de contacto de la esferacon el plano que, en virtud de la condicin de rodar sin deslizar, est instantneamente en reposo (cf. Fig. 13).

Figura 13: Esfera que rueda en un plano inclinado sin deslizar (prob. 57).

b) Tom