Problemas y ejercicios de Mecanica I

Propuestos por los profesores de la asignatura en examenes

Compilados y resueltos por Manuel Ruiz Delgado

Escuela Tecnica Superior de Ingenieros Aeronauticos

Universidad Politecnica de Madrid

27 de septiembre de 2010

II

Indice general

1. Cinematica del Punto 1

III

IV

Capıtulo 1

Cinematica del Punto

1.- Hallar la trayectoria plana de un movil cuya relacion de velocidades areolares a dos puntosA y B se mantiene constante.

a) Camino facil: en cartesianas

x

y

b b

b

A B

M

a

(x, y)vA

ar

vBar

= k =xy− yx

(x−a) y− yx= Cte.

k [(x−a) y− yx] = xy− yx

y [k (x−a)− x] = x (ky− y)

dy(k−1) y

=dx

(k−1)x− kaQueda una ecuacion diferencial de variables separadas, inmediata:

lny = ln

(

x−ka

k−1

)

+ lnC ⇒ y =C x−Ckak−1

Recta

b) Camino difıcil: en polares

b b

b

A B

M

aϕ θ

ρ r

Tomando coordenadas polares enA y enB,

vAar

vBar

= k =ρ2 ϕr2 θ

Hay que eliminar dos variables mediante las relaciones geometri-cas:

yM = r sinθ = ρ sinϕ xM = a+ r cosθ = ρ cosϕ

Hay varios caminos, segun las variables que se decida eliminar. En principio (luego veremos queno es ası), conviene dejar un conjunto de de coordenadas polares, para obtener ya la ecuacionde la trayectoria. Podrıan dejarse los dos radios, los dos ´angulos, o una de cada sistema, pero alfinal habrıa que trabajar mas para obtener la trayectoria.Si dejamos las deB, hay que eliminarρ y ϕ:

ρ2 = r2sin2 θ +(a+ r cosθ)2 = a2+ r2+2ar cosθa

r sinθ+cotθ = cotϕ

Para obtenerϕ:

−a

r2sin2θ(

r sinθ + rθ cosθ)

−(

1+cot2θ)

θ =−(

1+cot2 ϕ)

ϕ =

=−[

1+( a

r sinθ+cotθ

)2]

ϕ

1

Sustituyendo en la relacion de velocidades areolares,

k r2θ = ρ2ϕ =(

a2+ r2+2ar cosθ)

a(r sinθ+rθ cosθ)r2sin2θ + θ

sin2 θ

1+(

ar sinθ +cotθ

)2 =

=((((((((((((

a2+ r2+2ar cosθ)

a(r sinθ+rθ cosθ)+r2θXXXXr2 sin2θ

(((((((((r2sin2 θ+(a+r cosθ )2

XXXXr2 sin2θ

=

= a(

r sinθ + rθ cosθ)

+ r2θ

Queda una ecuacion diferencial que no es de variables separadas:

k−1a

r2θ = r sinθ + rθ cosθ =ddt

(r sinθ) →d

dθ(r sinθ) =

k−1a

r2

pero puede resolverse con el cambior sinθ = u, r = usinθ

dudθ

=k−1

au2

sin2θ→

duu2 =

k−1a

dθsin2 θ

→ −1u+C =−

k−1a

cosθsinθ

−1

r sinθ+C =−

k−1a

cosθsinθ

⇒ r =1

k−1a cosθ +C sinθ

Que es tambien la ecuacion de una recta, pero en polares.

2

Curiosamente, la ecuacion diferencial sale mas simple sise dejan los dos angulos:

r sinθ = ρ sinϕ →rρ=

sinϕsinθ

→r2θρ2ϕ

=sin2ϕ θsin2θ ϕ

=1k

dθsin2 θ

= kdϕ

sin2 ϕ→ −cotθ =−A− kcotϕ

Ahora hay que eliminar uno de los angulos e introducir un radio. En la ecuacion de los cosenosse sustituyer = ρ sinϕ

sinθ :

a+ρsinϕsinθ

cosθ = ρ cosϕ

a+ρ sinϕ (A+ kcotϕ) = ρ cosϕ

ρ =d

(1− k)cosϕ −Asinϕ

Que es la ecuacion de una recta en polares, ahora respecto aA. Es natural que sea mucho masdifıcil por este camino: la solucion —una recta— tiene unaecuacion mucho mas complicadaen polares que en cartesianas.

3

2.- Un punto describe la astroide

x = a cos3 ϕy = a sin3 ϕ

con un movimiento cuya aceleracion tangencial es una constantek. Si inicialmente esta enreposo en el puntoϕ = 0, se pide hallar las ecuaciones horarias y la hodografa.

x

y

b

Si la aceleracion tangencial es constante, el modulo de lavelocidad y el arcorecorrido son inmediatos:

γt = s = k → s = kt +��C → s =kt2

2+��D

Las constantes de anulan porque inicialmente esta en reposo, y porque to-mamos el punto inicial como origen de arcos.

Hay que relacionar el parametro natural longitud de arcos con el de la trayectoriaϕ:

dx =−3acos2 ϕ sinϕ dϕdy = 3asin2 ϕ cosϕ dϕ

}

ds2 = dx2+dy2 =

= 9a2sin2 ϕ cos2ϕ���������:

1(

sin2ϕ +cos2 ϕ)

dϕ2

ds =±3a cosϕ sinϕ dϕ = kt dt

En cada cuadrante habra que ajustar el signo para ques crezca conϕ.En el primer cuadrante,

ϕ ∈ [0,π/2]

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

sinϕ > 0

cosϕ > 0

dϕ > 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+ 3a cosϕ sinϕ dϕ = kt dt

32

asin2 ϕ =kt2

2+��C (t = 0, ϕ = 0)

Las ecuaciones horarias se pueden escribir directamente:

x = a

(

1−kt2

3a

)3/2

y = a

(

kt2

3a

)3/2

Para la hodografa, se usa laϕ que ya tenemos:

+ 3a cosϕ sinϕ ϕ = kt = +

√

3aksin2ϕ

x =−3acos2ϕ sinϕ ϕy = 3asin2 ϕ cosϕ ϕ

}

→

→x =−

√3ak cosϕ sinϕ

y =√

3ak sin2 ϕ

x

y

b

b

b

b

x

y

La hodografa se puede calcular tambien derivando las ecuaciones horarias: serıan unas ecua-ciones parametricas con el tiempo como parametro. Al pasar al segundo cuadrante, hay queajustar los signos y constantes,

ϕ ∈ [π/2,π ]

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

sinϕ > 0

cosϕ < 0

dϕ > 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

− 3a cosϕ sinϕ dϕ = kt dt

−32

asin2 ϕ =kt2

2+C

(

ϕ =π2, t =

√

3ak

)

3a(

2−sin2 ϕ)

= kt2

4

El coseno se calcula como±√

1−sin2 ϕ; donde aparezca un coseno, el signo hay que ponerloa mano:

x = − 3a

(

kt2

3a−1

)3/2

y = 3a

(

2−kt2

3a

)3/2

Para la hodografa, se usa laϕ de este cuadrante:

− 3a cosϕ sinϕ ϕ = kt =√

3ak(

2−sin2 ϕ)

y se sustituye en la de la velocidad

x = cosϕ√

3ak(

2−sin2 ϕ)

y =−sinϕ√

3ak(

2−sin2ϕ)

x

yb

b

bb

x

y

Al pasar al tercer y al cuarto cuadrante, hay que ajustar signos y constantes.

ϕ ∈ [π ,3π/2]

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

sinϕ < 0

cosϕ < 0

dϕ > 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+ 3a cosϕ sinϕ dϕ = kt dt

32

asin2ϕ =kt2

2+C

(

ϕ = π , t =√

6a/k)

3a(

2+sin2ϕ)

= kt2 → sin2ϕ = kt2

3a −2

ϕ ∈ [3π/2,2π ]

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

sinϕ < 0

cosϕ > 0

dϕ > 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

− 3a cosϕ sinϕ dϕ = kt dt

−32

asin2 ϕ =kt2

2+C

(

ϕ = π , t =√

9a/k)

3a(

4−sin2 ϕ)

= kt2 → sin2ϕ = 4− kt2

3a

Estas leyes horarias se sustituyen en la trayectoria; hay que ajustar los signos a mano, porquesenos y cosenos se obtienen mediante raıces cuadradas,

ϕ ∈ [π ,3π/2] x = − a(

3− kt2

3a

)3/2y = − a

(

kt2

3a −2

)3/2

ϕ ∈ [3π/2,2π ] x = + a(

kt2−33a

)3/2y = − a

(

4− kt2

3a

)3/2

5

Para las hodografas, se sustituye la expresion deϕ delcuadrante, eliminando el tiempo:

ϕ ∈ [π ,3π/2]+ 3a cosϕ sinϕ ϕ = kt =

=√

3ak(

2+sin2ϕ)

x = − cosϕ√

3ak(

2+sin2 ϕ)

y = + sinϕ√

3ak(

2+sin2ϕ)

ϕ ∈ [3π/2,2π ]− 3a cosϕ sinϕ ϕ = kt =

=√

3ak(

4−sin2ϕ)

x = + cosϕ√

3ak(

4−sin2 ϕ)

y = − sinϕ√

3ak(

4−sin2ϕ)

La curva es singular en los vertices. En la realidad, es-to serıa una ranura. Al llegar al vertice, el punto rebotay sigue la siguiente rama con la velocidad cambiada designo. Por eso la hodografa es discontinua.

x

y

Rebote

x

y

6

3.- Un punto describe la elipse

x = a cosϕ y = b sinϕ

con velocidad areolar constantek/2 respecto al origen. Hallar las ecuaciones horarias del mo-vimiento y la hodografa. Inicialmenteϕ = 0.

b

x

y

ϕ

La velocidad sera:

x =−a sinϕ ϕ y = b cosϕ ϕ

La velocidad areolar tiene que cumplir

2var = k = xy− yx = abcos2ϕ ϕ +absin2 ϕ ϕ =

= ab ϕ → ϕ =k

ab→ ϕ =

kab

t

Sustituyendoϕ se tienen las ecuaciones horarias y lahodografa, que es tambien una elipse

x = a cos

(

ktab

)

y = b sin

(

ktab

)

x =−a sinϕk

ab=−

kb

sinϕ

y =+b cosϕk

ab=

ka

cosϕ

b

b

b

b

x

y

x

y

7

4.- SeaOxyz un sistema de referencia rectangular. Un punto se mueve siguiendo la trayectoria

y = x2 z = x3

Se sabe que su vector aceleracion corta constantemente al eje Oz. Se pide:

1. Ecuaciones horarias del movimiento del punto.

2. Hodografa del movimiento.

La condicion del enunciado se puede escribir como

xx=

yy

→ y x− x y = 0=ddt

(y x− x y) → y x− x y = 2var = Cte.

y es equivalente a la del movimiento central en el planoOxy: la proyeccion de la aceleracioncorta al origen. Introduciendo la ecuacion parametrica de la trayectoria y la hodografa,

x = xy = 2x x

}

→ 2x2 x− x2x =C → x2x =C

x2 dx =C dt →x3

3=Ct +D Sustituyendo,

x = [3(Ct +D)]1/3 x = [3(Ct +D)]2/3 x = [3(Ct +D)]

x =Cx2 → x =

Cx2 y =

2Cx

z = 3C

8

5.- Un punto se mueve en un plano de forma que siv, γt y γn son su velocidad, aceleraciontangencial y aceleracion normal, respectivamente, se verifica:

v · γt = k γn · γ2t = h

siendok y h constantes. Inicialmente el punto se encuentra en reposo enel punto de coordenadas(k2/h,0) y el centro de curvatura de su trayectoria en ese instante es el origen. Hallar la leyhoraria, la trayectoria, y la hodografa.

La primera condicion determina la ley horaria:

v · γt = k = v · v → vdv = k dt →v2

2= kt +��C (t = 0,v = 0) v =

√2kt

s =√

2kt → s =13k

(2kt)3/2+��C (t = 0,s = 0) s =23

√2k t3/2

De la segunda obtenemos la trayectoria:

γn · γ2t =

��v2

ρ·

k2

��v2= h → ρ =

k2

h= Cte.

Es unacircunferenciade centro el origen. Para calcular lahodogra-fa habra que relacionar el modulo y argumentoϕ de la velocidadcon algun parametro,s o t x

yv ϕ

θ =sρ

En la figura se observa que la velocidad es normal al radio (movi-miento circular). Por tanto, el argumento de la velocidad sera

ϕ = θ +π2=

sρ+

π2

Solo falta relacionar el modulo con el mismo parametro,s:

s =13k

(2kt)3/2 =13k

(

v2)3/2 → ϕ =π2+

hv3

3k3

Tambien se podrıa hacer con el tiempo; quedarıa la misma curva,pero el parametro serıa el tiempo.

x

y

ϕv

9

6.- Un punto se mueve sobre el cono

z2 = x2+ y2

de modo que su vector aceleracion corte en todo momento al eje Oz y la hodografa del movi-miento sea una curva contenida en el planoz = aω. Si inicialmente el punto se encuentra en(a,0,a) y su velocidad se proyecta sobreOxy como el vectoraω~i+aω~j, hallar las ecuacionescilındricas horarias de dicho movimiento.

Si la hodografa esta contenida en el planoz = aω, ya sabemos que ˙z = aω. Con lascondiciones iniciales dadas, podemos escribir directamente:

z = aω → z = aω t + z0 (z0 = a) → z = aω t +a

En cilındricas, la ecuacion de la superficie esz = ±r. Como inicialmentez > 0 y luegosigue subiendo (semicono superior), tomamos el signo+. De aquı sacamos

r = z = a(1+ω t)

Si la aceleracion corta al ejeOz, el movimiento proyectado es central. En coordenadascilındricas,

γθ = rθ +2rθ = 0 → r2θ =C → θ =C

a2(1+ω t)2θ0=ω=

ω(1+ω t)2

θ =∫ t

0

ω dt

(1+ω t)2=

−11+ω t

∣

∣

∣

∣

t

0⇒ θ =

ω t1+ω t

10

7.- Un puntoM se mueve sobre el planoOxy de tal forma que la aceleracion normal valeγn = ω2

√2as y la tangencialγt = ω2a , siendo s el espacio recorrido yω, a constantes. Si

inicialmente el punto se encuentra en(a,0) con velocidad nula y la aceleracion dirigida segunOx, se pide:

1. Ecuaciones horarias del movimiento.

2. Hodografa del mismo.

En los problemas planos en que hay que pasar de coordenadasintrınsecas(s,ϕ) a cartesianas y viceversa, son utiles las siguientesrelaciones geometricas:

dx = ds cosϕdy = ds sinϕ

∣

∣

∣

∣

ds = ρ dϕ → ρ =dsdϕ ϕ

dxdyds

dϕρ

Si la aceleracion tangencial es constante,s es trivial

γt = s = ω2a → v = ω2at +��7

v0=0

C → s =12

ω2at2+���

s0=0

D

Conv y s, de la aceleracion normal sacamosρ(t) y ϕ(t)

γn =v2

ρ=

√2as =

ω4a2 t2

ρ= ω2

√

2a12

ω2at2 → ρ = ωat

ds = ρ dϕ ; ω2at dt = ωatdϕ ;dϕ = ω dt → ϕ = ω t +��D

De las condiciones iniciales se deduce que la trayectoria estangente aOx: D = 0.Ya se puede pasar a coordenadas cartesianas,

dx = ds cosϕ = ω2at cosω t dt → x = a(cosω t +ω t sinω t) +��C

dy = ds sinϕ = ω2at sinω t dt → y = a(sinω t −ω t cosω t) +��D

Donde se ha tenido en cuenta las condiciones iniciales(a,0). La hodografa se obtiene derivando,y eliminandot

x = ω2at cosω t

y = ω2at sinω t→ ρ = aω θ Espiral de Arquımedes

x

y

x

y

11

8.- Un puntoM se mueve sobre el paraboloide

az = x2+ y2

de forma que su aceleracion normal es constantemente paralela al planoOxy y su aceleraciontotal corta en todo momento al ejeOz. Inicialmente el punto se encuentra en(a,0,a) con unavelocidad

v0 =ωa√11

~i+ωa~j+2ωa√

11k

Se pide:

1. Trayectoria del movimiento.

2. Ecuaciones horarias.

3. Velocidad del punto en funcion de su posicion.

Al ser una superficie de revolucion, compensa trabajar en cilındricas

az = x2+ y2 = r2 → z = 2r r

Si la aceleracion normal es⊥ k, la pendiente es constante:

γn ∝ κ n ⊥ k ; κ n ·k =dtds

·k = 0k=Cte−−−→

dds

(t ·k) = 0 → t ·k = sinα = Cte.

Si γγγ corta aOz, γθ = rθ +2rθ = 0, luego r2θ =C

De las condiciones iniciales,C = a2ω; tanα = vz√v2

x+v2y= 1√

3→ α =30o

1. Para obtener la trayectoria, se puede imponer la segunda condicion, y sustituir la ecuacionde la superficie:

tanα =1√3=

z√

r2+ r2θ2=

2r r

a√

r2+ r2θ2

3 ·4r2 r2 = a2(r2+ r2θ2) →(

12r2−a2) r2 = a2r2 θ2 →√

12r2−a2

arr =±θ

r0 > 0θ0 > 0

}

√12r2−a2

ardr =+dθ → θ =

√12r2−a2

a+arctan

a√12r2−a2

+C

r0 = aθ0 = 0

}

⇒ θ =

√12r2−a2

a+arctan

a√12r2−a2

−√

11−arctan1√11

Que se completa con la de la superficie: az = r2

Otra posibilidad serıa dejar la ˙z y eliminar lar con la ecuacion de la superficie; se ob-tendrıaθ(z). Por este camino se llegarıa a

θ =

√12z−a√

a−arctan

√12z−a√

a−√

11+arctan√

11 r =√

az

2. Para las ecuaciones horarias, se puede introducir el tiempo mediante la ley de areas:

(

12r2−a2) r2 = a2r2 θ2 = a2r4θ2

r2 =a6ω2

r2

r√

12r2−a2

a3 dr =+ω dt

(

12r2−a2)3/2

36a3 = ω t +11

√11

36

12

La r se puede despejar, mientras quez se obtiene de la ligadura:

r =a√12

[

1+(

36ω t +11√

11)2/3

]1/2

z(t) =r(t)2

a

Un camino equivalente serıa trabajar con laz,

z√

a2 z2

4az +az θ2=

1√3

;

(

3−a4z

)

z2 = azθ2 ; r2θ = az θ = a2ω ;

12z−a4Az

z2 =a3ω2

Az;

√12z−adz =+2a3/2ω dt ;

(12z−a)3/2

18= 2a3/2ω t +C

z0 = a → C =(11a)3/2

18; z =

a12

[

1+(

36ω t +11√

11)2/3

]

r(t) =√

az(t)

La θ se podrıa hallar integrando la ley de areas, pero no es necesario: ya tenemos latrayectoria, en la formaθ(r) o θ(z). No hay mas que sustituir los valores ya conocidosen funcion del tiempo.

3. Para hallar la velocidad en funcion de la posicion no hayque hacer nada nuevo: sale delas cuadraturas que se han usado para las ecuaciones horarias.

Si se ha trabajado con lar, se ha obtenido

r2 (12r2−a2) r2 = a6ω2 → r =a3ω

r√

12r2−a2

mientras que la ley de areas daθ = a2ωr2 y la trayectoriaaz = 2r r. Por tanto, la

velocidad sera

v =

(

a3ωr√

12r2−a2,a2ω

r,

2a2ω√12r2−a2

)

Si se ha trabajado con laz, ya se conoce

z =2a3/2ω√12z−a

rθ =a2ω

r=

a2ω√

azr =

az2r

=az

2√

az

con lo que la velocidad se puede escribir

v =

(

a5/2ω√

az(12z−a),

a2ω√

az,

2a3/2ω√12z−a

)

13

9.- Un puntoM se mueve sobre el planoOxy de modo que su velocidad vale en todo momento

v = ωat

siendot el tiempo transcurrido desde el instante inicial yω, a constantes.Si la hodografa es la media cardioide:

r = a(1−cosθ) , 0≤ θ ≤ π

e inicialmente el punto se encuentra enx = a3, y = 0, hallar las ecuaciones de la trayectoria.

x

y

v θ θv

Conocemos el modulo de la velocidad,v = aω t, y lahodografa nos da su direccion, que es la tangente a latrayectoria.

v =�aω t =�a(1−cosθ){

ω t = 1−cosθω dt = sinθ dθ

Con la hodografa podemos eliminart en las ecuaciones:

ds = vdt = ωatsinθ dθ

ω=

aω(1−cosθ) sinθ dθ

dx = ds cosθ =aω(1−cosθ) sinθ cosθ dθ → x =

aω

(

cos3 θ3

−cos2θ

2

)

+C

dy = ds sinθ =aω(1−cosθ) sin2 θ dθ → y =

aω

(

θ2−

sin3θ3

−cosθ sinθ

2

)

+D

Imponiendo las condiciones iniciales se determina

x0 =a3

→ C =12

y0 = 0 → D = 0

Con esto la trayectoria queda

x =aω

(

cos3θ3

−cos2 θ

2+

12

)

y =aω

(

θ2−

sin3θ3

−cosθ sinθ

2

)

El movimiento termina enπ . Se especifica que el modulo de le velocidadcrece cont, pero con esa hodografa la velocidad alcanza su maximo enπ .Si el movimiento continua por la rama de rayas, habrıa que especificar comorebota, y dar una nueva hodografa.

x

y

14

10.- Un avion se mueve en una corriente de aire Sur cuya velocidaden modulo es igual a ladel avion con respecto al aire.

El rumbo del avion varıa de tal forma que la indicacion de su radiocompas debida a unradiofaroO es constante e igual a 45o, es decir, que el angulo del eje longitudinal del avion conla recta que une su centro de gravedad con el radiofaro es de 45o.

En el momento inicial el avion se encuentra a una distanciad del radiofaro y su rumbo esNorte.

Calcular la velocidad del avion y su ley de movimiento.

θO x

y

r

vaire

θ vrel45o

Por composicion de movimientos,

v = vrel +vaire

El angulo respecto al radiofaro se puede medir de cuatro modos,(±ur ±uθ ). Supondremos la orientacion de la figura. Proyectare-mos la velocidad absoluta en polares

r = v√2+ v sinθ

rθ = v√2+ v cosθ

}

drr dθ

=1+

√2sinθ

1+√

2cosθ;

drr

=1+

√2sinθ

1+√

2cosθdθ

lnr− lnK = lntan2 θ

2 +1(

tanθ2 −1−

√2)2 ; r = K

tan2 θ2 +1

(

tanθ2 −1−

√2)2

Resulta mas facil para operar pasando las tangentes a senos y cosenos:

tan2 θ2 +1

(

tanθ2 −1−

√2)2 =

(1−cosθ )2

sin2θ +1(

1−cosθsinθ −1−

√2)2 =

1(

1+√

2)

(1+cosθ −sinθ)+1

45ox

y

d

v045o En el instante inicial, lleva rumbo norte, luegoθ =45o. Calculamos la constante

de integracion:

r0 = d ,θ0 =π4

→ d =K

2+√

2

Por tanto, la trayectoria es

r =d(

2+√

2)

(

1+√

2)

(1+cosθ −sinθ)+1x

y

O

Es una parabola, pero de eje inclinado 45o. Efectivamente, si hace-mos el cambioφ = θ −45o, se llega a

r =d

1+cosφ

que es la ecuacion polar de una parabola de parametrod. Al tomarel angulo en los otros tres sentidos posibles, saldrıan trayectoriassimetricas de esta respecto a los ejes coordenados.

x

y

Para la ley horaria, podemos usar la ecuacion de cantidad demovimiento segunuθ , que

15

conduce a una ecuacion diferencial de variables separadas:

2r θ = v(√

2+2cosθ)

→∫ θ

π/4

2d dθ[

1+cos(

θ + π4

)]

(√2+2cosθ

) =∫ t

0vdt

El resultado es la ley horaria en forma implıcitat = t(θ):

d8

(

4√

2cosθ +2cos2θ +12√

2sinθ +2sin2θ +12θ −18−3π)

= vt

El enunciado ya no pide nada mas. Sin embargo, la hodografaayuda a entender mejor el mo-vimiento. Como la velocidad es la suma de dos vectores de modulo constante, uno de direccionfija y otro que gira, la hodografa es una circunferencia tangente enO:

θ + π4

vrel

v

vaire

x

y

x

y

b

b

bA

B

La trayectoria tiene dos ramas de sentido opuesto. Hayun puntoA en el que la velocidad relativa y la del ai-re tienen sentidos opuestos, por lo que el avion no semueve: es un punto de equilibrio.Por la rama de la derecha se mueve en un sentido, y porla de la izquierda en otro. En el instante inicial esta enB, por lo que se mueve por la rama derecha.

Se podrıa conseguir que el punto inicialB fuera de equilibrio: basta suponer que los 45o conla direccion del radiofaro se miden en el sentido(−ur,−uθ ). Entonces el avion vuela contrael viento, y no se mueve. El problema estarıa resuelto sin hacer operacion ninguna. Para evitareste truco, el enunciado especifica rumbo norte.

16

11.- Un avion desea ir desde el punto cuyas coordenadas son 0o de longitud y 0o de latitudhasta el punto de coordenadas 31o 30’ W, 30o N siguiendo una loxodromica (curva esferica quecorta a los meridianos bajo angulo constante).

Se pide:1. Ecuacion de la trayectoria en la formaϕ = ϕ(θ) en dondeϕ representa la colatitud yθ

la longitud.

2. Rumbo que debe seguir el avion, es decir, angulo formadopor el eje del avion y el meri-diano correnspondiente.

3. Espacio recorrido por el avion.

4. Tiempo invertido en el recorrido sabiendo que el avion lleva una velocidad constante de470 km/h.

Nota: supongase que la Tierra es una esfera de 6370 km de radio.

x y

z

uϕ

ur uθ

θ

ϕ Como es natural, se usaran las coordenadas esfericas que especificael enunciado. Hay que tener cuidado con los signos, pues se usala colatitud en vez de la latitud, mas comun. El vector velocidad,teniendo en cuenta que la esfera tiene radio constante, ser´a

v = R ϕ uϕ +R sinϕ θ uθ

La trayectoria forma un angulo constante con los meridianos(lıneas deθ constante), y tambien la velocidad, que es tangente:

Rsinϕ θR ϕ

= tanα = k →dθk

=dϕ

sinϕRϕ

Rsinϕθ

α

Queda una ecuacion diferencial de variables separadas quese integra trivialmente

θk= ln(coscϕ −cotϕ)+C = ln

(

1−cosϕsinϕ

)

+Cθ0=0−−−→ϕ0=

π2

C = 0

De aquı se puede despejar la colatitud

1−cosϕsinϕ

= eθk = tan

ϕ2

⇒ ϕ = 2arctan(

eθk

)

Obligando a que pase por el punto final, se obtienek, y el rumbo:

θ =−(

30o 30′)

=7π40

ϕ = (30o N) =π3

π3= 2arctan

(

e−7π40k

)

; e−7π40k =

1√3

; k =7π

20ln3= tanα (α ≃ 45,024o)

Se integra ahora la longitud de arco recorrido,

v = R ϕ uϕ +R sinϕ θ uθ → ds =±R√

dϕ2+sin2 ϕ dθ2

sinϕ dθ = k dϕ → ds =±R√

1+ k2 dϕ =⊖R√

1+ k2 dϕ

s−��s0 = R√

1+ k2(

ϕ0−ϕ f)

=Rπ6

√

1+ k2 = 4718,89 km

donde se ha tenido en cuenta que, al ir hacia el Norte, la colatitud disminuye.Con velocidad constante en modulo, el tiempo es trivial

t =sv=

4718,89470

≃ 10 horas

17

En el problema de Kepler, obtener el vector velocidad como funcion de la posicion y la hodogra-fa.

Podemos obtener la velocidad derivando directamente la ecuacion de la trayectoria yusando la ley de areas para eliminar el tiempo:

v = r ur + rθ uθ r =C2/µ

1+ ecosθr2θ =C θ =

Cr2

r =−C2/µ

(1+ ecosθ)2 (−esinθ) θ =

C2

µ θ

(1+ ecosθ)2esinθ =

=���>

C

r2θC2/µ

esinθ =µC

esinθ

rθ =Cr=

C (1+ ecosθ)C2/µ

=µC(1+ ecosθ)

v =µC[esinθ ur+(1+ ecosθ) uθ ] =

µC(uθ + e j)

rrθ

µC eµ

C

La velocidad queda como la suma de dos vectores constantes: uno de un giro uniforme,otro normal al eje.

Tambien se puede calcular mediante la primera formula de Binet:

v =−Cd

dθ

(

1r

)

ur +Cr

uθ

El segundo termino,,C/r, ya se ha calculado antes; el primero vale:

1r=

µC2 (1+ ecosθ) ;

ddθ

1r=−

µC2esinθ

Ası se llega a la misma expresion que por el primer camino.

Ya tenemos el vector velocidad como funcion del parametroθ . Pero esta proyectado enejes moviles. Para obtener la hodografa tenemos que proyectarlo en ejes fijos:

x =r cosθ − rθ sinθ =µC(((((((esinθ cosθ −sinθ −((((((

esinθ cosθ) =−µC

sinθ

y =r sinθ + rθ cosθ =µC

(

esin2 θ +cosθ + ecos2θ)

=µC(e+cosθ)

Se obtiene mucho mas rapido a partir de la otra forma:

v =µC(uθ + e j) =

µC(−sinθ i +cosθ j + e j) →

x =−µC

sinθ

y =µC(cosθ + e)

Se trata de una circunferencia de centro sobre el eje ˙y a una altura que crece cone

18

b

θv µ

C ex

y

e = 0

e < 1

e = 1e > 1

19