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MECANICA CLASICA

Luis Rodrguez Valencia1

Departamento de FsicaUniversidad de Santiago de Chile

13 de marzo de 2008

1email: [email protected]


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II


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Contenidos

1. Sistema de Partculas 11.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1. Sistema Inercial de referencia . . . . . . . . . . . . . . 21.1.2. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.3. Torque en punto arbitrario . . . . . . . . . . . . . . . . 71.1.4. Teorema Energa Trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . 81.1.5. Sistema de dos partculas . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2. Campo Central de Fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.2.1. Ecuacin diferencial para la rbita . . . . . . . . . . . 161.2.2. Relacin entre energa y excentricidad . . . . . . . . . 18

1.2.3. Expresin integral para la trayectoria . . . . . . . . . . 20

1.3. Estabilidad de una rbita circular . . . . . . . . . . . . . . . . 201.3.1. Otro punto de vista . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.3.2. Un caso inestable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.3.3. Otro caso estable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.4. Problema de Kepler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.5. Sistemas de masa variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.6.1. Sistema de partculas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.6.2. Sistemas de masa variable . . . . . . . . . . . . . . . . 401.6.3. Movimiento en un campo central de Fuerza . . . . . . . 49

2. Sistema de referencia no inercial 812.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 812.2. Movimiento relativo a la tierra . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

2.2.1. Vertical y aceleracin de gravedad del lugar . . . . . . 832.2.2. Ecuacin de movimiento aproximada . . . . . . . . . . 87


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IV CONTENIDOS

2.2.3. Pndulo de Foucault . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

2.2.4. Pndulo esfrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 902.3. Teorema de Larmor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 902.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

3. Rotaciones. 1053.1. Rotaciones de un sistema. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

3.1.1. Rotaciones de un sistema de coordenadas. . . . . . . . 1053.1.2. ngulos de Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.1.3. Parmetros de Cayley Klein. . . . . . . . . . . . . . . . 1143.1.4. Transformaciones de similaridad. . . . . . . . . . . . . 115

3.1.5. Relaciones entre matrices de Pauli. . . . . . . . . . . . 1163.1.6. Parmetros de Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1173.2. Velocidad angular. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

3.2.1. Descomposicin del movimiento. . . . . . . . . . . . . . 1183.2.2. Teorema de adicin de velocidades angulares. . . . . . 119

3.3. Ejercicios resueltos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

4. Sistema rgido de partculas 1274.1. Cantidades cinemticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

4.1.1. Energa cintica y momentum angular . . . . . . . . . 129

4.1.2. Algunas propiedades de la matriz de inercia . . . . . . 1294.1.3. Teoremas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1304.1.4. El elipsoide de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

4.2. Ecuaciones dinmicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1334.2.1. Movimiento Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1344.2.2. Un ejemplo en ms dimensiones, la bola de billar . . . 141

4.3. Movimiento en tres dimensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . 1434.3.1. Ecuaciones de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1434.3.2. Torque nulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1444.3.3. Cuerpo simtrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

4.3.4. Trompo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1504.4. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1564.5. Movimiento con loops . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168

4.5.1. Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1684.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168


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CONTENIDOS V

5. Ecuaciones de Lagrange 189

5.1. Introduccin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1895.2. Restricciones o vnculos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1905.2.1. Vnculos holonmicos y coordenadas generalizadas . . . 1905.2.2. Fuerzas de vnculos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1915.2.3. Desplazamientos virtuales . . . . . . . . . . . . . . . . 191

5.3. Ecuaciones de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1925.3.1. Vnculos no holonmicos . . . . . . . . . . . . . . . . . 1935.3.2. Condicin de integrabilidad . . . . . . . . . . . . . . . 195

5.4. Sistemas Conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1955.4.1. Momentos cannicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1955.4.2. El hamiltoniano del sistema . . . . . . . . . . . . . . . 196

5.4.3. Teoremas de conservacin . . . . . . . . . . . . . . . . 1985.4.4. Hamiltoniano y energa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1995.4.5. Fuerzas dependientes de la velocidad . . . . . . . . . . 2005.4.6. Teorema de Noether . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202

5.5. Ejemplos y aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2045.5.1. Trompo simtrico. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2045.5.2. Bola que rueda sobre un plano, sometida en su centro

a una fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2085.6. Las ecuaciones de Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

5.6.1. Sistemas autnomos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

5.6.2. Puntos crticos o de equilibrio . . . . . . . . . . . . . . 2145.6.3. Estabilidad de un punto de equilibrio . . . . . . . . . . 2225.6.4. La bifurcacin de Saddle point . . . . . . . . . . . . . . 2225.6.5. Anlisis de estabilidad ms en general . . . . . . . . . 2245.6.6. La bifurcacin de pitchfork . . . . . . . . . . . . . . . . 2245.6.7. La bifurcacin de Hopf . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2255.6.8. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2285.6.9. Otro punto de vista . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2335.6.10. Un caso inestable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2335.6.11. Otro caso estable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

5.7. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

6. Ecuaciones de Hamilton 2536.1. La Accin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253

6.1.1. Principio variacional de Hamilton . . . . . . . . . . . . 2546.2. Transformaciones cannicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255


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VI CONTENIDOS

6.2.1. Formas de la transformacin . . . . . . . . . . . . . . . 256

6.3. Parntesis de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2576.3.1. Propiedades de los Parntesis de Poisson . . . . . . . . 2586.4. Ecuaciones de Movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2586.5. Problemas y Aplicaciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2596.6. Mtodo de Hamilton Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262

6.6.1. Funcin principal de Hamilton . . . . . . . . . . . . . . 2636.6.2. Relacin con la accin S . . . . . . . . . . . . . . . . . 2666.6.3. Funcin caracterstica de Hamilton . . . . . . . . . . . 2666.6.4. El oscilador armnico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268

6.7. Variables de Accin Angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2706.7.1. Sistemas peridicos con un grado de libertad . . . . . . 270

7. Oscilaciones pequeas 2737.1. La energa cintica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2737.2. La energa potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274

7.2.1. Posicin de equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2747.2.2. Estabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274

7.3. Linealizacin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2757.4. El lagrangiano aproximado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2757.5. Solucin de las ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . 276

7.5.1. Diagonalizacin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278

7.5.2. Solucin del sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2797.6. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281

8. Sistemas continuos 2918.1. Oscilaciones transversales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2918.2. Lmite continuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292

8.2.1. Lagrangiano para la cuerda continua . . . . . . . . . . 2938.2.2. Densidad Lagrangiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2948.2.3. Principio de Hamilton para sistemas continuos . . . . . 294

8.3. Soluciones de la ecuacin de onda . . . . . . . . . . . . . . . . 2958.3.1. Condiciones de frontera . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297

8.3.2. Condiciones iniciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2988.4. Mtodo de las series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . 2998.5. Solucin de DAlembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301

8.5.1. Condiciones iniciales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3018.5.2. Condiciones de frontera . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302


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CONTENIDOS VII

8.5.3. Casos particulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302

8.5.4. Extensin deF(x)o V(x) . . . . . . . . . . . . . . . . 3038.6. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304

8.6.1. Si la cuerda parte recta con un perfil de velocidadesiniciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304

8.7. Consideraciones energticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3078.7.1. Potencia en ondas armnicas . . . . . . . . . . . . . . . 3078.7.2. Membranas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3088.7.3. Solucin para geometras especficas . . . . . . . . . . . 310

8.8. Elementos de mecnica de Fluidos . . . . . . . . . . . . . . . . 313

8.8.1. Cambio del volumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3148.8.2. Lneas de flujo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317

8.9. Ecuacin de movimiento de un fluido ideal . . . . . . . . . . . 3198.9.1. Onda sonoras en unfluido . . . . . . . . . . . . . . . . 3208.9.2. Ondas de canal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3228.9.3. Ondas de superficie en lquidos . . . . . . . . . . . . . 3258.9.4. Ms sobre ondas de superficie . . . . . . . . . . . . . . 3348.9.5. Ecuacin no lineal efectiva . . . . . . . . . . . . . . . . 3378.9.6. Una solucin aproximada . . . . . . . . . . . . . . . . . 339

8.9.7. Algunas soluciones de la ecuacin de onda. . . . . . . . 3398.9.8. A) Ondas planas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3398.9.9. B) Ondas esfricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3408.9.10. Las ondas electromagnticas . . . . . . . . . . . . . . . 3418.9.11. Ondas electromagnticas planas . . . . . . . . . . . . . 3438.9.12. Velocidad de grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3468.9.13. Efecto Doppler clsico . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3488.9.14. Efecto Doppler relativista . . . . . . . . . . . . . . . . 3498.9.15. Efecto Doppler para ondas luminosas . . . . . . . . . . 349

8.10. Ejercicios propuestos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350

9. Problemas complementarios 357

10.Problemas resueltos 365


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VIII CONTENIDOS

11.Apndice 393

11.1. Una ecuacin diferencial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39311.2. Las funciones elptica Jacobianas. . . . . . . . . . . . . . . . . 39511.3. El pndulo esfrico. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39611.4. Operador .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401

11.4.1. Gradiente. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40111.4.2. Divergencia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40211.4.3. Rotor de un campo vectorial. . . . . . . . . . . . . . . 40311.4.4. Algunas propiedades. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40511.4.5. El Laplaciano 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405


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ndice de figuras

1.1. Transformacin de Galileo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2. Sistema de partculas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3. seccin cnica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.4. Tipos de cnicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.1. Sistema no inercial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 822.2. Sistema fijo a la Tierra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 842.3. Gravedad local, tierra esfrica (a) y real (b) . . . . . . . . . . 86

3.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1063.2. Rotacin en torno a un eje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1083.3. Rotacin activa de un vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1103.4. Adicin de velocidades angulares . . . . . . . . . . . . . . . . 120

4.1. velocidades de un cuerpo rgido . . . . . . . . . . . . . . . . . 1284.2. Elipsoide de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1314.3. Bola de billar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1414.4. Cuerpo simtrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1464.5. Conos del espacio y del cuerpo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1474.6. Conos del espacio y del cuerpo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1694.7. Choque cuerpos rgidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

5.1. Transformacin de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1965.2. Trompo simtrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

5.3. Esfera atraida hacia el origen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2085.4. Autovalores reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2185.5. Autovalores complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2195.6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2235.7. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227


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X NDICE DE FIGURAS

5.8. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227

5.9. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2375.10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2395.11. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2425.12. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2435.13. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2485.14. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249

7.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2827.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2857.3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287

8.1. Potencia en una onda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3088.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3098.3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3158.4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3238.5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329

9.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3599.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3609.3. Mnimo de una accin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362

10.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36510.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37410.3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37710.4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38010.5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38310.6. coordenadas elpticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384

11.1. Tipo de solucin de una ecuacin diferencial . . . . . . . . . . 39411.2. Pndulo esfrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396


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Captulo1

Sistema de Partculas

1.1. Ecuaciones de movimiento

Esta parte de la Mecnica, se presenta en forma bastante resumida. Sepresentan las principales definiciones y relaciones cinemticas as como lasecuaciones clsicas de movimiento para un sistema de partculas puntualessuponiendo interacciones que cumplan el principio de accin y reaccin. Lasdefiniciones de cantidades Fsicas cinemticas, que involucran las masas, lasposiciones, las velocidades, tales como la energa cintica, momentum lineal,

momentum angular, son naturalmente relativas al sistema de referencia quese escoja. Entre esos diversos sistemas de referencia, las relaciones que exis-tan entre esas cantidades fsicas, se desprendern de las transformaciones deGalileo para sistemas, veafigura (??), que se trasladan unos respecto de otroscon velocidad constantev

r 0 =r vt.

Ms en general para sistemas de referencia arbitrarios, admitiendo acele-raciones y rotaciones de ellos respecto a uno supuesto fijo, las relacionesentre velocidades y aceleraciones de partculas son ms complicadas. Podemos

adelantar que las relaciones entre velocidades y aceleraciones son (2.2,2.3)

v= vA+ r 0 + v rel,

a= aA+ r 0 + 2 v rel + ( r 0) + a rel,

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2 Sistema de Partculas

Z

Z'

Y'

X'

Y

X

O

O'

r

r '

Figura 1.1: Transformacin de Galileo

siendo = d/dt. Debe notarse que la velocidad y aceleracin relativas sonlas derivadas de los vectores posicin y velocidad relativos manteniendo fijaslas direcciones de los ejes mviles, lo cual en algunos textos se indica por

v rel = r 0

t , a rel = v

rel

t .

1.1.1. Sistema Inercial de referencia

En la formulacin de la dinmica clsica, se supone la existencia de al me-nos un sistema privilegiado de referencia, un Sistema inercial de referencia.Por definicin, unsistema inercial de referenciaes aquel (hipottico) sistemarelativo al cual una partcula libre tiene velocidad constante o en particularnula (vea pgina 5 de referencia [11]) . Como consecuencia de la transforma-cin de Galileo, todo sistema que se traslade con velocidad constante respecto

a uno inercial de referencia, es tambin sistema inercial de referencia. La e-xistencia de uno por lo menos, sera materia de validacin experimental, conlas obvias dificultades que ello presenta. Se acepta que al menos aproxima-damente, el marco de las estrellas fijas, lo es. Esta es una materia hoy en dade acuerdo internacional. En efecto en Agosto de 1997, la Unin Astronmi-



14/422

1.1 Ecuaciones de movimiento 3

ca Internacional (IAU) decidi que a partir del primero de Enero de 1998,

el IAU sistema de referencia celestial sea el sistema (ICRS), en reemplazodel sistema FK5. Hay abundantes referencias en la WEB, por ejemplo enhttp://hpiers.obspm.fr/webiers/general/syframes/icrsf/ICRS.html.

Definiciones y notacinRespecto a un determinado sistema de referencia, ver fig.(1.2) (no

necesariamente inercial), sean

i ndice i= 1, 2, 3 NN entero nmero de partculas del sistema.mi .. ............. masa partculai.ri .. ............. vector posicin partculai.vi = dri/dt velocidad partculai.ai = dvi/dt aceleracin partculai.Fi .. ............. fuerza externa actuando sobre partculai.fij .. ............. fuerza que partculaj ejerce sobre partcula i.P =

Xi

mivi Momentum lineal del sistema.

K = 12

Xi

miv2i Energa cintica del sistema.

L0 =X

imiri vi Momentum angular del sistema respecto a O.

Fext =X

iFi Fuerza externa resultante.

extO =X

iri Fi Torque resultante externo respecto aO.

M =X

imi masa total sistema.

rG = Xi miri/M posicin del centro de masa.En este resumen no se pretende discutir los fundamentos de la formulacin

Newtoniana, cuya mayor dificultad radica en las definiciones(independientes) deFuerza, masa y aceleracin, as como en los conceptos

de espacio y tiempo, que supondremos materias conocidas.



15/422


Z

Y

X

O

ri

fij

Fi

ri

mi

mj

sistema

Figura 1.2: Sistema de partculas

1.1.2. Ecuaciones de movimiento

Con respecto a un sistema inercial de referencia, cada una de las Npar-tculas cumple con la llamada segunda ley de Newton

mi ai= Fi+ Xj6=i

fij. (1.1)

Fexti representa la fuerza externa actuando sobre la partculai. Si las fuerzasde interaccin fij satisfacen la llamada ley de accin y reaccin, es decir

fij+ fji = 0, y fij(ri rj) = 0,

puede demostrarse a partir de lasNecuaciones de movimiento, los siguientesimportantes teoremas

I Teorema 1.1

d P

dt = Fext, (1.2)



16/422


Demostracion 1Si sumamos todas las ecuaciones (1.1) obtendremosX

i

mi ai =X

i

Fi+X

i

Xj6=i

fij,

pero debido a la ley de accin y reaccin, la suma doble se anula, entonces

d

dt

Xi

mivi =X

i

Fi = Fext,

d P

dt = Fext.

I Teorema 1.2

MaG= Fext.

Demostracion 2Este teorema sigue del anterior al considerar que

P =X

i

mivi= d

dt

Xi

miri

= Md

dt

Xi

miriM

=MvG.

dLOdt

=extO . (1.3)

Demostracion 3Basta considerar queX

j6=i

Xri fij=

Xj6=i

Xrj fji =

1

2

Xj6=i

X(ri rj) fij= 0,

luego tendremos

Xi miri ai = Xi ri Fi+ Xi Xj6=i ri fij,d

dt

Xi

mirivi =X

i

ri Fi,

que prueba el teorema.



17/422


Las ecuaciones (1.2) y (1.3) son, en general, insuficientes para determinar

las posiciones de las partculas siendo la excepcin ms notable un sistemargido de partculas, que tiene justamente 6 grados de libertad, o en otraspalabras, que su posicin puede especificarse con solo 6 coordenadas o pa-rmetros. La segunda de las ecuaciones anteriores, toma la misma forma enun sistema especial, no necesariamente inercial, con origen en el centro demasasGy tal que sus ejes no roten. Es decir, puede probarse que

dLGdt

=extG . (1.4)

Entre el sistema inercial y ese otro mencionado con origen en G, pueden

demostrarse las siguientes relaciones (relaciones de Koenig), consecuenciassimples de la transformacin de Galileo

I Teorema 1.3De Koenig

LO = MrG vG+LG

K = 1

2Mv2G+ KG

siendoKGyLGla energa cintica y momentum angular relativos al sistemacon origen en G.

Demostracion 4En efecto, si usamos la transformacin de Galileo, podemos escribir (si losejes mviles no rotan)

ri0 = ri rG,

v 0i = vi vG,

de modo que resultar

LO = Xmi(ri0 + rG)(vi0 + vG)=

Xmi(ri

0 vi0 + rG vi

0 + ri0 vG+ rG vG),

pero Xmiri

0 = 0,X

mivi0 = 0,



18/422


de donde sigue el primer resultado. Similarmente

K = 12Xmi(vi0 + vG)(vi0 + vG)

= 1

2

Xmi(vi

0 vi0 + vG vi

0 + vG vi0 + vG vG),

de donde sigue el segundo resultado.

1.1.3. Torque en punto arbitrario

En general, si se considera otro sistema con origen en un punto A, cuyosejes no roten, definimos

LA=Xmi(ri rA) d

dt(ri rA)

entonces considere el siguiente desarrollo

dLAdt

=X

mi(ri rA) d2

dt2(ri rA)

=X

mi(ri rA)(ai aA)=

Xmiri(ai aA)

XmirA(ai aA)

=

dL0

dt MrG aA rAXFexti + MrA aA=

X(ri rA) Fexti + M(rA rG) aA.

es decir

dLAdt

=extA MAG aA, (1.5)

de modo que, la relacin entre derivada del momentum angular y torque, esvlida para puntos (A)que cumplan una de las siguientes condiciones:

A=G, aA= 0, aAparalela aAG.

Usted puede demostrar que adems se tiene en general.

LO =MrA vG+ MAG vA+LA.

Aplicaciones de la ecuacin (1.5) pueden verse en ([10]).



19/422


Ejercicio 1.1.1 Discuta la posible aplicacin del tercer caso (a paralela a

AG), cuando se trata de un cuerpo rgido que rueda sin deslizar, conside-rando el punto A como el punto de contacto. Es un error comn considerarcomo argumento para el uso de lo anterior que dicho punto tiene velocidadinstantnea cero, pues en general tiene aceleracin no nula.

1.1.4. Teorema Energa Trabajo

De las ecuaciones de movimiento es posible escribir una primera integralde ellas en la forma que sigue, donde, sin perder generalidad, se separan lasfuerzas externas en sus posibles partes conservativa y no conservativa. Ade-ms se supone que las fuerzas de interaccin son derivables de un potencial deinteraccin dependiente de la distancia entre las dos partculas y posiblemen-te de parmetros propios de ellas dos (masas, cargas, etc.). En el caso de unsistema rgido de partculas, la ltima suposicin no es necesaria, por cuan-to el trabajo que realizan las fuerzas de interaccin es nulo, al mantenerseconstantes las distancias entre partculas. Este teorema es

(K+ V + Vint) =Wnc12, (1.6)

donde el trabajo no conservativo (nc) externo (ext) es la integral de lnea

Wnc12=

2Z1

Fext,nc dr, (1.7)

V es la energa potencial asociada a la posible parte conservativa de lafuerza externa y Vint la energa potencial de interaccin. Si el lado derecho,el trabajo realizado por la posible parte no conservativa de la fuerza exteriores cero, entonces se conserva la energa mecnica total del sistema. En el casoimportante de un sistema rgido de partculas, al no variar las distancias entrelas partculas, puede tomarse Vint = 0.

Demostracin

Para demostrar lo anterior consideremos que la fuerza externa Fi es enparte conservativa derivable de un potencial V(r1, r2, , rN) y las fuerzasde interaccin fij conservativas derivables de un potencial de interaccin



20/422


Vintij (ri, rj).Entonces las ecuaciones de movimiento puede escribirse

mi ai = Fi+Xj6=i

fij= iV + Fnci +Xj6=i

(iVintij (ri, rj)).

Multiplicando driy sumando todas las ecuaciones se obtieneXi

midvidt dri =

Xi

iV dri+X

i

Fnci dri Xj6=i

XiVintij (ri, rj) dri,

pero

dV = Xi

iV dri,

midvidt dri =

1

2mi

d

dtv2i ,

y

d

1

2

Xj6=i

XVintij (ri, rj)

! =

1

2

Xj6=i

XiVintij (ri, rj) dri+

1

2

Xj6=i

XjVintij (ri, rj) drj

= Xj6=i XiVintij (ri, rj) dri,dado queVintij (ri, rj) =V

intji (rj, ri).Luego tenemos

dX

i

1

2miv

2i = dV +

Xi

Fnci dri dVint,

donde

Vint =1

2 Xj6=i XVintij (ri, rj),

y esto prueba el teorema en su forma diferencial

dK+ dV + dVint =X

i

Fnci dri= dWnc.



21/422


1.1.5. Sistema de dos partculas

El problema definido por el conjunto de ecuaciones (1.1), es en generalno solucionable analticamente, siN 3.La principal dificultad consiste enla imposibilidad de separar variables. El sistema de dos partculas interac-tuando a travs de una fuerza conservativa es un caso soluble de sistemas departculas. Tomando en cuenta la validez del principio de accin y reaccin,las dos ecuaciones para ese caso son

m1a1= f(r1 r2)m2a2= f(r1 r2).

Esas ecuaciones son fcilmente desacoplables utilizando como nuevas varia-bles las posicin del centro de masa rG y la posicin relativa r = r1 r2resultando

MaG= 0,

a= f(r), (1.8)

siendo la masa reducida del sistema de dos partculas, es decir

= m1m2m1+ m2

. (1.9)

Entonces, el problema se ha reducido a resolver el problema de una partcula

de masa reducida en presencia de una fuerza central, con centro de fuerzaen una de las partculas. Este resultado es sorprendentemente simple consi-derando que el origen (la posicin de una de las partculas) est acelerado.

Ejemplo 1.1.1 Considere dos partculas de masasm1ym2que estn unidaspor una cuerda inextensible liviana de longitudL y no hay otra fuerza msque la tensin de la cuerda. Las partculas se colocan en movimiento convelocidades en el mismo sentidos y perpendiculares a la cuerda de magnitudesv1 yv2. Determine la tensin de la cuerda.

Solucin.De acuerdo a lo explicado

m1a1= T (r1 r2)|(r1 r2)|

,

m2a2= T (r1 r2)|(r1 r2)|

,



22/422


de donde parar=r1 r2,se obtiene

a= Tr,

o sea la aceleracin relativa es radial dada por

a= T

.

La trayectoria relativa es obviamente una circunferencia de radio L de maneraque

T

= v2

L,

la rapidez relativa es tangencial de magnitud v = |v1 v2|por lo tanto

T = |v1 v2|2

L .

N

Energa cintica

Las posiciones individuales de las dos partculas pueden escribirse

r1= rG+m2M

r,

r2= rG m1M

r,

y si derivamos respecto al tiempo, obtenemos las velocidades de las partculas

v1= vG+m2M

v,

v2= vG m1M

v,



23/422


por lo cual la energa cintica ser

K = 1

2m1v

21+

1

2m2v

22

= 1

2m1

v2G+ 2

m2M

vG v+m2

Mv2

+

1

2m2

v2G 2

m1M

vG v+m1

Mv2

= 1

2Mv2G+

1

2

m1m2

Mv2

+ m2m1

Mv2

= 1

2

Mv2G+1

2

m1m2

M m2

M

v2 +m1

M

v2 ,que prueba el importante resultado.

K=1

2Mv2G+

1

2v2. (1.10)

Ejemplo 1.1.2 Suponga un asteroide esfrico de10kmde dimetro que tie-ne una rapidez de60 km s1, con una densidad (como el agua) de1000 kg m3.Determine la energa que debera liberar una explosin interna para dividiral asteroide en dos trozos iguales, cada uno formando un ngulo de cinco

grados respecto a la direccin de la velocidad original.

Solucin.La cantidad de movimiento en la direccin inicial se conserva,luego

mv0= 2m

2v 0 cos ,

de donde

v0 = v0cos

.

La energa necesaria ser

E = K0 K==

1

2m(v0)2 1

2mv20

= 1

2mv20tan

2 .



24/422


Clculos dan

v0 = 6010003600

= 60. 2 8 m s1,

m = 4

3R3= 5. 241014 kg,

E = 7. 287 1015 J,

= 1,7megatones.

N

Ejemplo 1.1.3 En otra suposicin considere un asteroide esfrico de2000 km

de radio que tiene una rapidez de70000 kmh1

, con una densidad de5000kg m3

.Determine la energa que debera liberar una explosin interna para dividiral asteroide en dos trozos iguales, cada uno formando un ngulo de cincogrados respecto a la direccin de la velocidad original.

Solucin.La cantidad de movimiento en la direccin inicial se conserva,luego

mv0= 2m

2v 0 cos ,

de dondev0 =

v0cos

.

La energa necesaria ser

E = K0 K==

1

2m(v0)2 1

2mv20

= 1

2mv20tan

2 .

Clculos dan

v0 = 70000 km h1 = 70000

1000

3600

= 70000. 3 m s1,

m = 4

3R3= 1. 71023 kg,

E = 3. 21030 J,

= 7. 61014 megatones.



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N

Nota 1.1 Hace aproximadamente 65 millones de aos atrs un asteroidede alrededor deR = 20 kmde radio y una velocidad del orden v = 20 km s1

impact la Tierra y caus el fin de la mayor parte de la vida en la Tierra. Sisuponemos una densidad del orden de = 5000 kg m3 (5veces la del agua)su energa cintica sera

K=1

2(

4

3R3)v2 = 33. 521024 J,

y como1 megaton= 4,21015 Jesa energa equivale aproximadamente a

K= 8109

megatones,quizs la explosin de todo el arsenal nuclear actual. La bomba atmica de Hi-roshima fue del orden de 1

60megaton. Vea ms detalles sobre las consecuencias

del impacto en http://www.eas.purdue.edu/eas109/ Day%20the %20 Dino-saurs%20Died.htm.

1.2. Campo Central de Fuerza

Consideraremos una partcula de masa sobre la cual acta una fuer-

za central conservativa cuya direccin es paralela al vector posicin r. Msadelante, al estudiar scattering entre dos partculas consideraremos ms endetalle la presencia de los dos cuerpos y la transformacin entre coordena-das relativas y coordenadas del laboratorio Por ahora, el vector posicin rrepresentar el vector posicin relativo entre las dos partculas. Si escribimosla fuerza central como

f(r) = dV(r)dr

r,

y se deducen de aqu

I Teorema 1.4

Se conserva el momentum angularlO = r v.

Demostracion 5Tenemos

a= f(r) = dV(r)dr

r,



26/422

1.2 Campo Central de Fuerza 15

de donde

r a= rdv

dt = 0,

o biend

dtr v= 0 lO=r v= constante.

I Teorema 1.5La trayectoria est sobre un planofijo, perpendicular al vector constantelO.

Demostracion 6Del teorema anterior sigue que

lO r= r v r= 0,

de modo quer permanece sobre un planofijo perpendicular al0.

Por lo tanto, es suficiente utilizar coordenadas polares (r, )en el plano delmovimiento. En esas coordenadas, las ecuaciones de movimiento sern

d2r

dt2 r2

= dV(r)

dr (1.11)

ylO=r

2=constante. (1.12)

Eliminando es posible escribir una ecuacin radial para r(t)y su primeraintegral que corresponde a la conservacin de la energa E.Es decir

d2r

dt2 l

2O

2r3

= dV(r)

dr

y una primera integral de esta corresponde a la conservacin de la energa

1

2v2 + V(r) =

1

2r2 +

l2O2r2

+ V(r) =E= constante.

Si llamamos potencial efectivo para la coordenada radial a

Uef = l2O2r2

+ V(r),

este es diferente de cero incluso para una partcula libre. El efecto del primertrmino es siempre repulsivo lo cual se puede entender, para el caso de una



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partcula libre que se mueve en lnea recta, simplemente porque la distancia

r al origen pasa siempre por un mnimo. Para potenciales V(r) atractivos(negativos), en general pueden haber mximos y mnimos de la distancia r,los llamadospuntos de retorno r1yr2.La figura que sigue

r

Uef

O r1 r2

E < 0

Emin

E > 0

Potencial efectivoilustra porqu cuando la energa es negativa, hay dos puntos de retorno r1y r2. Cuando la energa total iguala a Uef entonces r = 0. Para energaspositivas habr slo un mnimo de r. Tambin se entiende porqu la mnimaenerga posible corresponde al caso de la circunferencia con r1= r2.

1.2.1. Ecuacin diferencial para la rbita

La dependencia de las variables polares en el tiempo es compleja. Esms simple encontrar la dependencia de la distancia con el ngulo, es decirencontrar la rbita. En efecto, haciendo uso de la conservacin del momentumangular, es posible eliminar el tiempo de la ecuacin radial (1.11) mediante

d

dt=

d

dt

d

d =

l2Or2

d

d,

resultando paras = 1/rla siguiente ecuacin diferencial (ecuacin de Binet):

d2s

d2+ s=

l2O

dV(1/s)

ds .

Para un campo de fuerza inverso al cuadrado de la distancia, la integracinde la ltima ecuacin es simple. Es decir si

V(r) = Kr

,



28/422


siendo K >0 para el caso atractivo y repulsivo en caso contrario, entonces

la ecuacin se reduce a d2sd2

+ s=

l2OK,

cuya solucin general, en trminos de dos constantes e y es

s=K

l2O(1 e cos( )),

o bien

r= l2OK

1

1 e cos( ) ,

con e la excentricidad de la rbita y la orientacin del semieje mayorde la cnica resultante, que son constantes por determinar en trminos decondiciones fsicas conocidas, inicialmente o en un punto de la trayectoria.Si se considera la definicin de una cnica en trminos de un foco y su

eje polar

directriz

r

O

focop

p+r cos()P

Figura 1.3: seccin cnica

distancia a la directriz p, como el lugar geomtrico de los puntos del planotales que la razn de las distancias al foco y a la directriz es una constantee, la excentricidad de la cnica, se obtiene una ecuacin de la misma forma.

En efecto, con respecto a la figura (1.3), puede obtenerser

p + r cos =e = r= pe

1 e cos .

En el caso atractivo,K >0, la trayectoria es entonces una elipse si 0 e


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eje polarO

elipse

eje polarO

parbola

eje polarO

hiperbola

Figura 1.4: Tipos de cnicas

una parbola si e = 1 y una hiprbola si e > 1. Valores de e negativos noson necesarios de considerar, pues ellos correspondera simplemente a rotarla rbita en 180 grados, lo cual es preferible hacer con un valor adecuado de, ver fig.(1.4).En el caso repulsivo, K


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y

r1= l2

OK 11 + e.

Si se reemplaza r1en la primera resulta

E = l2O

2

K(1 + e)

l2O

2 KK(1 + e)

l2O

= 1

2K2

e2 1l2O

,

de donde sigue el resultado.

e2

= 1 +

2El2OK2. (1.14)

La energa puede ser negativa pero a pesar de eso, la expresin anterior espositiva. En efecto la expresin de la energa, aun cuando sea negativa debecumplir

E=1

2r2 +

l2O2r2

Kr l

2O

2r2 K

r,

pero la ltima expresin tiene un mnimo el que ocurre cuando

d

dr(

l2O2r2

Kr

) = l2O

r3+

K

r2 = 0,

es decirr=

l2OK

,

luego

E l2O

2r2 K

r l

2O

2

K

l2O

2 KK

l2O= K

2

2l2O,

o sea2El2OK2

1,que prueba lo afirmado.

Ejercicio 1.2.1 Para el caso de rbita elptica, demuestre que los semiejesmayor y menor de la elipse estn dados respectivamente por

a= l2OK

1

1 e2 , b= l2OK

11 e2 .



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Ejercicio 1.2.2 Demuestre la ley de Kepler de los periodos, es decir de-

muestre que el periodo en el caso de movimiento elptico Test dado por

T = 2

r

Ka

32 .

Ejercicio 1.2.3 Una partcula est en rbita circular de radio a en tornoa la tierra, supuesta esfrica, en reposo, de masa total M, de radio R, ysin considerar roce con el aire. Demuestre que si la velocidad de la partculaes repentinamente cambiada por un factor f, la excentricidad de la rbitaresultante es

e=

f2 1

.

Ejercicio 1.2.4 Respecto a la situacin del problema anterior, determineel factorfpara que la partcula pase tangente a la superficie terrestre.

1.2.3. Expresin integral para la trayectoria

Una forma alternativa para obtener la ecuacin de la rbita o trayectoria,consiste en considerar

r=

r2

sE V(r) l

2O

2r2,

y

= lOr2

,

de donde, eliminando el tiempo, se puede obtener

= 0+ lO

2

r()Zr0

1

r2p

E V(r) l2O/(2r2)dr. (1.15)

expresin integral para la trayectoria r().

1.3. Estabilidad de una rbita circularConsidere una partcula movindose en un potencial central atractivo

V(r)de modo qued2r

dt2 r2 = V

0(r)

m (1.16)



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1.3 Estabilidad de una rbita circular 21

y

r2

= constante=h. (1.17)La solucin circular se obtiene con las condicin iniciales

r(0) = R,

v(0) = R(0),

v(0) =

rRV0(R)

m ,

h = R

rRV0(R)

m .

La ecuacin radial puede escribirsed2r

dt2 h

2

r3 = V

0(r)

md2r

dt2 R

3V0(R)

mr3 = V

0(r)

m .

Supongamos una pequea perturbacin u (sin cambiar la rapidez) de modoque

r= R+ u,

luegod2udt2

R3V0(R)m(R+ u)3

= V0(R+ u)m

,

expandiendo hasta primer orden en u

d2u

dt2 V

0(R)

m

1 3

Ru

= V

0(R)

m u

mV00(R),

que se simplifica a

d2u

dt2 +

3V0(R)

Rm +

1

mV00(R)

u= 0.

La rbita circular ser estable en el sentido deurealice oscilaciones armnicasde pequea amplitud y ello ocurre si

2 =3V0(R)

R + V00(R)> 0



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lo que impone una restriccin a la forma del potencial cerca de la rbita .

V00(R)> 3R

V0(R).

Si el potencial es del tipo

V(R) = cRn

, conc >0

resulta

V0(R) = nc

Rn+1

,

V00(R) = n(n + 1)cRn+2

,

luego

n(n + 1)cRn+2

> 3R

nc

Rn+1,

de aqu una condicin que debe cumplirn

(n + 1)< 3

n


34/422

1.3 Estabilidad de una rbita circular 23

1.3.1. Otro punto de vista

La rbita circular ser estable en r = R si el potencial efectivo

Uef = l2O2r2

+ V(r),

tiene un mnimo local en r = R. Entonces debe ser

V0(R) l2O

R3 = 0,

V00(R) + 3l2O

R4 > 0

o bien, eliminandol20V00(R) +

3

RV0(R)> 0

que es la misma condicin obtenida anteriormente.

1.3.2. Un caso inestable

La inestabilidad de la rbita circular para el caso

V(r) = kr2

,

F(r) = 2kr3

es fcil de comprender. Para este caso el radio de la rbita circular est dadosegn la rapidez v(0)de acuerdo a

v2(0)

R =

2k

R3 v2(0) = 2k

R2.

La energa en general es

E = 1

2r2 +

l2O2r2

kr2

,

= 1

2r2 + (

l2O2

k)1r2

,



35/422


y la ecuacin radial es

r= ( l2

O

2k)1r3 .

Para la rbita circular E = 0 y l2O

2k = 0. Si la rapidez se aumenta

levemente ( l2O

2k) > 0 resulta r > 0, r crece sin lmite. Si la rapidez se

disminuye levemente( l2O

2k)< 0resulta r 0.

1.4. Problema de Kepler

Lo anterior puede aplicarse directamente al caso de dos partculas queinteractan gravitacionalmente. Recordemos que r =r1

r2 por lo que las

rbitas encontradas son las del movimiento relativo de la partcula (1) res-pecto a la partcula (2). El centro de masa del sistema est entre ambas adistancias r1 = m2Mr de la partcula (1) y r2 =

m1M

r de la partcula (2). Elcentro de masa puede considerarse con velocidad absoluta cero (o movindo-se con velocidad constante) de modo que respecto al centro de masa ambas



36/422

1.4 Problema de Kepler 25

partculas describen el mismo tipo de curva siendo sus ecuaciones polares con

origen enG y el mismo ngulo polar las siguientes

x

y

m1

m2

Gr2

r1

movimiento relativo

r1 = m2

M

l2OK

1

1 e cos( ) ,

r2 = m1

M

l2OK

1

1 e cos( + ) ,

conK=Gm1m2,M=m1+ m2, =

m1m2M

Podemos hacer algunas simplificaciones definiendoh = |r v|obteniendo

r1 = m

2h2

GM21

1 e cos( ) ,

r2 = m1h

2

GM21

1 + e cos( ) .

La excentricidade ser dada por

e2 = 1 + 2E2h2

G2m21m22

,

= 1 +(v2 2GMr )h2

G2M2 ,

Aqu v = v1 v2 es la velocidad relativa cuando la posicin relativa esr= r1 r2.

Cuando una de las masas es muchsimo mayor que la otra como en el casode la Tierra y un satlite artificial podemos tomar m2 = M >> m1 = m



37/422


entonces ser

r1 = h2

GM1

1 e cos( ) ,r2 ' 0.

La excentricidad e estar dada por

e2 = 1 +(v2 2GM

r )h2

G2M2 ,

1.5. Sistemas de masa variable

Con algunas consideraciones pueden tratarse sistemas que ganan o pier-den masa en forma autnomo. Para ello considere un anlisis diferencial delo que ocurre cuando un sistema de masa inicial m(t)con una velocidadv(t)es actuado por una fuerza externa F(t)e incorpora una cantidad infinitesi-mal de masadm(t)la cual tiene, justo antes de incorporarse, una velocidadu(t). Transcurrido un tiempo dt, las masa del sistema es m(t) + dm(t). Lacuestin es cunto ha variado la velocidad del sistema en este proceso? Paraeste efecto considere que el sistema total es de masa constante, por lo tantopodemos usar el hecho que el cambio de la cantidad de movimiento total esproducido por la fuerza F(t)solamente, es decir

F(t)dt= (m(t) + dm)(v(t) + dv(t)) (dmu(t) + m(t)v(t)),de aqu, despreciando infinitsimos de segundo orden, se establece el resultado

F(t) =m(t)dv(t)

dt (u(t) v(t))dm(t)

dt . (1.18)

Aun cuando el anlisis ha sido hecho para sistemas que ganan masa, el mismoresultado se obtiene para sistemas que pierden masa, pero en este ltimocaso u(t) representar la velocidad de los elementos de masa justo despusde abandonar el sistema.

Ejemplo 1.5.1 Una cadenaflexible de longitud totalL y de masa totalMse suspende de modo que su extremo inferior est justo al nivel del suelo yse suelta. Determine la reaccin que ejerce el suelo sobre el montn que seacumula mientras la cadena cae. (Se supone que los eslabones son infinitesi-males y que no rebotan en el suelo).



38/422

1.5 Sistemas de masa variable 27

Solucin. Sea el sistema de masa variable el montn acumulado, de modo

que aqu, en la direccin vertical

v(t) = 0, u(t) = gt, F (t) =R(t) mg, m= ML

1

2gt2.

Por lo tanto, la ecuacin (1.18) nos da

R(t) mg= udmdt

,

y finalmente

R(t) =3

2

M

Lg2t2.

N

Ejemplo 1.5.2 Una cadenaflexible de longitud totalL y de masa totalMviene deslizando sobre una superficie horizontal lisa con rapidezvo, en la di-reccin positiva del ejeOX. Al llegar al origen se encuentra con un bloquede masaMinicialmente en reposo. Determine la posicin del bloque en fun-cin del tiempo mientras la cadena se acumula contra el. (Se supone que loseslabones son infinitesimales y que no rebotan en el bloque).

Solucin.Sea x la coordenada del bloque. La masa total del sistema,bloque ms trozo acumulado ser

m(t) =M+M

L(v0t x),

adems u(t) =v0, v(t) = x, F(t) = 0,de modo que la ecuacin (1.18) conducea la siguiente ecuacin diferencial

0 =

M+

M

L(v0t x)

x M

L(v0 x)2,

o bien, en trminos de una variable auxiliar z = L + v0t x

0 =zz+ z2,

con condiciones inicialesz(0) =L, z(0) =v0.Integrando dos veces se obtiene

z =Lv0

z ,

1

2z2 =

1

2L2 + Lv0t,



39/422


y finalmente

x= L + v0t pL2 + 2Lv0t, sit < L/v0.Ms tarde, el sistema contina movindose con la rapidez constante alcanzadaal agotarse la cadena. (Ello ocurre cuando (v0tx)M/L = M, o bienz = 2L)

N

Ejemplo 1.5.3 Una cadenaflexible de masa distribuida uniformemente [Kg/m] est amontonada en el suelo y se aplica a uno de sus extremos, una

fuerza constante hacia arribaF. Determine la altura de la cadena levantada

en funcin del tiempo.Solucin.Seay la altura. Aquu = 0, v = y, m= y , de modo que la

ecuacin de movimiento ser

F yg = yy+ y2 =12

y

dy2

dy + 2y2

la cual puede ser integrada mediante un factor integrante y . As resulta

2F y 2y2g= ddy

(y2y2),

entoncesF 23

yg = y2 de donde se obtiene

y=

rF

2

3yg, t=

Z y0

dyqF 2

3yg

,

y finalmente

y = t

rF

1

6gt2.

Aunque parezca paradojal, la rapidez inicial del extremo de la cadena despus

de aplicada la fuerza no es cero, espF/cuestin que se explica pues se haaplicado una fuerza finita, a un elemento infinitsimo de masa. Adems puedeobservarse que la cadena se detiene cuando F = 2

3yg, y para ese instante

el largo levantado tiene un peso yg = 32

F, mayor que la fuerza aplicada.Naturalmente despus bajar hasta que finalmente seayg= F.



40/422

1.5 Sistemas de masa variable 29

N

Ejemplo 1.5.4 Un depsito cilndrico con base circular de reaA tiene l-quido (agua por ejemplo) inicialmente hasta una alturah0. Al nivel del sueloliso, se hace un pequeo agujero circular de reaa por el cual sale agua ho-rizontalmente. Determine la aceleracin del depsito producto de la prdidade masa.

Solucin.Sea h(t) la altura del agua en el depsito, su densidad. Sisuponemos que la aceleracin no afecta demasiado la superficie del agua,podemos primero estimar la forma en que decrece la masa del lquido en elrecipiente sia A, para el depsito estacionario. La rapidez de salida por el

orificio (relativa al recipiente) ser de magnitud 2gh, de modo que el caudalmsico de salida ser2gh a. Entonces la masa del lquido disminuye de laforma

dm

dt =

p2gha,

ym=Ah

Ahora planteamos la ecuacin de movimiento suponiendo que la velocidadrelativa del agua que sale es

u v= p2gh0 = m(t)

dv(t)

dt (u v)dm(t)

dt ,

0 = Ahdv(t)

dt

p

2gh

(p

2gh a),

0 = Adv(t)

dt 2g a

y finalmente

dvdt

= 2gaA

,

mientras quede lquido en el recipiente.

N



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1.6. Ejercicios resueltos

1.6.1. Sistema de partculas

Ejercicio 1.6.1 Si cada partcula de un sistema es atrada hacia un puntofijo 0 con una fuerza proporcional a su masa y a su distancia al punto 0,demuestre que el centro de masa se mueve como si fuera una partcula delsistema.

Solucin.Para cada partcula

miai= Kmiri

es decir que cada partcula se mueve de acuerdo a

ai = Kri.

Pero

rCM=

Pmiri

M

aCM=

PmiaiM

de modo que si sumamos todas las ecuaciones, obtenemos

MaCM= KMrCM

o seaaCM= KrCM

misma ecuacin de movimiento que la de cada partcula.

N

Ejercicio 1.6.2 Un conjunto de partculas de masas m, puede deslizar li-

bremente sobre alambres paralelos, atrayndose unas a otras con fuerzas pro-porcionales al producto de sus masas y distancias. Demuestre que las part-culas efectan oscilaciones armnicas del mismo perodo relativas a un planoperpendicular a los alambres y que pasa por el centro de masa supuesto enreposo.



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1.6 Ejercicios resueltos 31

Solucin.Supongamos que las correderas estn en direccin OXy con-

sidere dos de ellas de ndices i,j . La ecuacin de movimiento de la mi en ladireccinOXsermixi =

Xj6=i

Kmimjdijcos ij

donde dij indica la distancia entre las de ndice i, j, y ij es el ngulo queforma la lnea de la fuerza con el eje OX.

x

y

m

mij

G

xi

xj

dij

Como las masas son iguales podemos escribir

xi = KmXj6=i

(xj xi).

Por otro lado la posicin Xdel centro de masas es

xCM=

PmixiM

=

Pxi

N ,

entonces incluyendoi =j se tiene

xi = KmX

j

(xj xi)

= KmNxCM KmNxi,

es decir

xi+ KmN(xi xCM) = 0,prueba lo pedido, porque

2 =KmN

es independiente dei.



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N

Ejercicio 1.6.3 Dos partculas iguales se atraen con una fuerza inversa-mente proporcional al cuadrado de su distancia. Si las partculas deslizansobre correderas lisas en ngulo recto, demuestre que el centro de masa des-cribe una cnica con su foco en la interseccin de las correderas.

Solucin.Considere la figura. Seax = d cos , y= d sin entonces tene-mos por aplicacin de la segunda Ley de Newton que

x

y

O

d

m

mx = Fcos = kd2

cos = kd3

x

my = Fsin = kd2

sin = kd3

y

por otro lado xCM= x2 yyCM= y2

,rCM= d2 entonces podemos escribir

xCM = k8mr3CM

xCM,

yCM = k

8mr3CMyCM,

que equivale a

aCM=

k

8mr3CM

rCM.

O sea el centro de masas es atrado hacia el origen con una fuerza inversa-mente proporcional al cuadrado de su distancia al origen. Problema que seestudia en campo central de fuerzas y se demuestra all que la trayectoria esnecesariamente una seccin cnica.



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N

Ejercicio 1.6.4 Dos partculas de igual masa deslizan sobre correderas lisasperpendiculares que se interceptan en 0. Demuestre que si las partculas seatraen y ellas parten desde el reposo desde posiciones cualquiera sobre lascorrederas, ellas llegarn simultneamente a la interseccin.

Solucin.Con una figura anloga a la del problema anterior, tenemosque

m1x = Fcos = Fxd

m2y = Fsin = Fy

d

de dondem1xy m2yx = 0.

Como las masas son iguales entonces

xy yx = 0,d

dt(xy yx) = 0.

Entonces xy yx es constante e igual a cero porque las partculas partierondel reposo, o sea

xy yx = 0,o bien

x

x=

y

y

que puede integrarse dando

ln y = ln c + ln x,

y = cx

o sea six = 0entonces simultneamentey = 0.

N



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Ejercicio 1.6.5 Dos partculas de masa m cada una se mueven sobre las

correderas lisas perpendiculares OX y OY y se atraen con una fuerza propor-cional a su distancia, siendo K la constante de proporcionalidad. Si inicial-mente:

x(0) =a, y(0) =a,x(0) = V0, y(0) = 0,

a) Determinex(t) , y(t)y b) Determine la ecuacin cartesiana de la trayec-toria del centro de masa del sistema.

Solucin.Similarmente tendremos

mx = Fcos = Kd cos = Kx

my = Fsin = F d sin = Kyde modo que

x(t) = A cos t + B sin t,

y(t) = Ccos t + D sin t,

x(t) = (A sin t + B cos t),y(t) = (Csin t + D cos t)

y colocando las condiciones iniciales dadas

a = A,

a = C,

V0 = B,0 = D

entoncesa)

x(t) = a cos t V0

sin t,

y(t) = a cos t.

b) Las coordenadas del centro de masas son

xCM = x

2 =

1

2a cos t V0

2sin t,

yCM = y

2=

1

2a cos t,



46/422


de donde debemos eliminart, obteniendo

xCM=yCM V02

s1

2yCM

a

2,

que se puede escribir as

y2(1 + (V0a

)2) 2yx + x2 = ( V02

)2.

Esto es se trata de una elipse.

N

Ejercicio 1.6.6 Dos partculas de igual masa estn unidas por un resortede constante k y largo natural a. Adems acta entre ambas partculas una

fuerza amortiguadora proporcional a la rapidez de la variacin de la distan-cia entre ellas. El sistema se coloca en movimiento dndole a una de laspartculas una velocidad V0 perpendicular a la lnea que une las partculas.Determine V0 si despus de un tiempo muy largo, el largo del resorte es 2a.

Solucin.Mirado desde el centro de masas, que por viajar a velocidadconstante vG = 12V0 es un sistema inercial, tenemos que las partculas alcomienzo y al final (una vez que las oscilaciones terminan) giran en circun-ferencias alrededor de el. As al comienzo

LG = m1

2V0

a

2+ m

1

2V0

a

2

= 1

2mV0a.

Al final, siVson las rapideces respecto a G, entonces

LG= mV a + mV a= 2mV a.

Como el momentum angular es constante

V =

1

4V0.

Adems, para el movimiento circular de cada partcula

mV2

a =K(2a a),



47/422


luego

V = rKa2m

y finalmente

V0= 4V = 4a

rK

m.

N

Ejercicio 1.6.7 Dos partculas A y B de idntica masa m, estn unidasentre s por una cuerda inextensible de largo a. La partcula A se mueve poruna corredera horizontal lisa OX, mientras que la partcula B se mueve por

una corredera vertical lisa OY, ambas en un plano vertical. Inicialmente Best en O yOA=a, con el sistema en reposo. Si es el ngulo en B:

x

y

A

B

O

m

m

a) Calcular en funcin de las reacciones que ejercen las correderas sobrelas partculas. b) Calcular la tensin en la cuerda en funcin de.

Solucin.Llamemos NA, NB,las reacciones normales de las correderassobre las partculas y Tla tensin de la cuerda. Tenemos

xA= a sin , yB = a cos ,

de all calculamos

xA= a

cos , yB =a

sin ,

y conservacin de energa da

E=1

2ma2

2cos2 +

1

2ma2

2sin2 mga cos = 0,



48/422


de donde despejamos

2

=2g

a cos .

La segunda ley aplicada a cada partcula da

mxA = Tsin ,0 = NA mg Tcos ,0 = NB+ Tsin

myB = Tcos mgde la primera

T = m

sin xA= m

sin

d2

dt2a sin ,como se conoce estas derivadas se hacen resultando

T = 3mg cos ,

y entonces

NA = mg+ 3mg cos2 ,

NB = 3mg cos sin .N

Ejercicio 1.6.8 Se tiene el sistema de dos partculasm1 ym2 de lafiguraen que el resorte, de constante k no tiene masa. Determinar el valor mnimode la compresin X del resorte, medido respecto de su largo natural, para queal soltar m1 se despegue m2 .

k

m2

m1



49/422


Solucin.Llamemosy a la coordenada de m1.Inicialmente

y(0) =l0 m1gk

X, y(0) = 0.

Esto porque el peso de m1ya comprime el resorte en m1g

k .SeaN2la reaccin

del suelo sobre m2, entonces las ecuaciones de movimiento (antes que m2despegue) son

m1y1 = m1g+ k(l0 y),0 = k(l0 y) m2g+ N2.

Debemos integrar la primera que la reescribimos as

y1+ km1

y= g+ kl0m1

,

que tiene solucin particular

y1p= l0 m1gk

,

y solucin homognea

y1h= A cos

r k

m1t + B sin

r k

m1t,

luego la solucin general es

y(t) =l0 m1gk

+ A cos

r k

m1t + B sin

r k

m1t,

derivando

y(t) = Ar

k

m1sin

r k

m1t + B

r k

m1cos

r k

m1t.

Como la velocidad inicial es cero debe ser B = 0,luego

y(t) =l0 m1g

k + A cosr km1 t,imponiendo condicin inicial resulta

l0 m1gk

+ A=l0 m1gk

X



50/422


de dondeA = Xentonces

y(t) =l0 m1gk

Xcosr km1

t.

Ahora podemos evaluar la reaccin normal en funcin del tiempo

N2 = k(l0 y) + m2g

= k(m1g

k + Xcos

r k

m1t) + m2g

= (m1+ m2)g+ kXcos

r k

m1t,

que muestra que N2 comienza a disminuir con el tiempo y que se anulara

con el mnimo valor de Xsi(m1+ m2)g kXmn= 0,

luego

Xmn=(m1+ m2)g

k .

N

Ejercicio 1.6.9 Tres partculas iguales estn inicialmente en lnea recta,igualmente espaciadas sobre un plano horizontal liso y unidas por dos hilosde largos a. La partcula del medio est inicialmente est en reposo, y a las

partculas externas se les da una velocidad V0 perpendicular a la lnea quelas une. Calcule la velocidad con que chocan las partculas.

Solucin.Al partir si x es la direccin perpendicular a la lnea que unelas partculas entonces

Px = 2mV0

K = 1

2mV20 +

1

2mV20

= mV20.

Justo antes del choque, Las tres partculas tienen la misma componente de

velocidad enx, llammosla u, y dos partculas tienen la misma rapidez v enel eje y entonces

Px = 3mu

K = 31

2mu2 + 2

1

2mv2.



51/422


Conservacin dePxyKimplica

u=2

3V0

y3

2(

2

3V0)

2 + v2 =V20

entonces

v=1

3

3V0.

N

1.6.2. Sistemas de masa variable

Ejercicio 1.6.10 Una cadena de longitud L y masa total M se suspendeverticalmente de modo que su extremo inferior est justo a nivel del suelo.Si la cadena se suelta, determine la reaccin del suelo, mientras la cadena sedeposita cayendo por su propio peso.

Solucin.Tenemos para el ejeY vertical

Fy =mdv

dt (u v)dm

dt.

Si tomamos el montn depositado como sistema, entonces los eslabones quese incorporan tienen una velocidad

u= gt,

la masam(t)despus de transcurrido un tiempo t ser

m = M

L

1

2gt2,

dm

dt =

M

Lgt,

y entonces, dado que v = 0 (trozo amontonado est en reposo)

N mg= udmdt



52/422


luego

N = M

L

1

2g2t2 +

M

Lg2t2

= 3

2

M

Lg2t2.

N

Ejercicio 1.6.11 Una cadena de longitud L y masa total M est amonto-nada sobre el suelo. Si la cadena se levanta de un extremo aplicando una

fuerza constante F hacia arriba, determine la altura que sube la cadena enfuncin del tiempo. Discuta sobre la altura mxima que alcanza la cadena,

supuestamente muy larga de tal modo que siempre queda cadena depositada.

Solucin.La densidad lineal de masa de la cadena es

=M

L.

Seay el trozo levantado en tiempo t. Tenemos

F mg= m dvdt

(u v) dmdt

,

siendou = 0, m= y, de manera que

F mg = dmvdt

F yg = ddt

(yy).

Para integrar, multiplique por ydy, resultando

Fydy y2gdy = yyd(yy) =d(12

y2y2),

que al ser integrada da

Fy22gy3

3 =1

2y2y2,

simplificando

F 2gy3

=y2,



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o bien

dydt =rF 2gy3

y finalmente

t=

Z y0

dyqF 2gy3

=3q

F

3q3F2gy g

de donde se despeja

y =

6p(F) gt6 t=

rF

gt

6

!t.

La altura mxima corresponde a y= 0lo que da

ymax= 3F

2g.

N

Nota 1.2 Usted puede extraarse que el peso mximo levantado es mayorque la fuerza aplicada y adems que y(0) =p

F/ a pesar que la cadenaparti del reposo. Hay una singularidad pues en el instante inicial, una fuerzafinita Fes aplicada a un elemento infinitsimo de masa y ello provoca uncambio repentino de velocidad. Adems por la inercia, la cadena sobrepasala posicin de equilibrio.

Ejercicio 1.6.12 Una gota esfrica de agua atraviesa una capa de nubeen reposo. Suponiendo que se condensa agua por unidad de tiempo sobre lagota, proporcionalmente a su superficie con constante de proporcionalidad Kconocida, determine como crece el radio de la gota con el tiempo y como vara

la altura de ella a medida que transcurre el tiempo.

Solucin.SeaRel radio de la gota,Ssu superficie,msu masa. Tenemos

dm

dt =KS.



54/422


Si es la densidad tenemos

m = 43

R3,

dm

dt = 4R2

dR

dt =K4R2,

entoncesdR

dt =

K

,

si el radio inicial R0es despreciable, entonces

R(t) =Kt

.

La ecuacin de movimiento de la gota que cae, con u = 0, ser

mg= m dvdt

(u v) dmdt

= d

dt(mv),

donde la masa es conocida pues

m(t) =4

3(

Kt

)3=

4

3

K3t3

2 ,

de manera que se puede integrar

mv= Z t

0

4

3

K3t3

2 gdt = 1

3

K3

2gt

4

,

de donde se obtienev= 1

4gt.

As resulta finalmentey= y(0) 1

8gt2.

N

Ejercicio 1.6.13 Un carrito, inicialmente de masa M y en reposo sobre unplano horizontal liso, comienza a moverse debido a que es impulsado por un

chorro continuo de masa que se le va incorporando. Dichas masas salen desdeel punto de partida (como de una ametralladora) con rapidezU0 y a razn deunidades de masa por unidad de tiempo y se incrustan en el carrito cuandolo impactan. Determine la forma en que varan la aceleracin, la velocidad yla posicin del mvil con el tiempo.



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Solucin.Supongamos que el carrito parti del origen con rapidez nula

y seax lo que recorre. La masa del carrito est dada por

m = M+ t

U0t(U0t x)

= M+

U0(U0t x).

(El chorro de masa tiene una masa total ty tendra una longitud U0t,pero todo lo que exceda x se ha incrustado).

La ecuacin de movimiento es

0 = mdvdt (U0 v)dmdt

= (M+

U0(U0t x))dv

dt (U0 v)

U0(U0 v).

Preferible dejar una ecuacin para la masa porque

m =

U0(U0 v)

m = U0

dv

dt,

luego

0 = mU0

m U0

m2,

mm + m2 = 0,

ecuacin que es fcil integrar

m d

dm

1

2m2 = m2 =

d m

2

m2 = 2dm

m,

de donde

lnm2

2 = 2 ln m

M



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o sea

m

= M

m,

mdm = dt,

m2 M2 = 2t

y luego

m=M+

U0(U0t x) =

M2 + 2t,

y as

x = U0M+ t p(M2 + 2t)

,

v = dx

dt =U0

p(M2 + 2t) 1p

(M2 + 2t).

N

Ejercicio 1.6.14 Un cohete de masa total M, de la cual f M, conf me-nor que uno, es de combustible, descansa verticalmente antes de encender losmotores. Si se encienden los motores, que arrojan masa a razn constante

( =dm/dt) con rapidez relativa al cohete de magnitudU0, establezca lacondicin que debe cumplirse para que el cohete comience a despegar de in-mediato. Para este caso, determine la mxima altura que alcanza, suponiendoaceleracin de gravedad constante y despreciando el roce con el aire.

Solucin.Tenemosm(t) =M t.

Si el cohete no ha despegado, existe una reaccin normal en el suelo y ademsla velocidad es nula. Entonces

N mg = (u v)dm

dt= (U0)()

o seaN=mg U0.



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Si queremos que el cohete despegue en t = 0, debe serN= 0en ese instante

lo que lleva aU0= M g.

Si se cumple, entonces el cohete acelera siendo ahora

mg= m dvdt

(U0)(),

o sea

mdv

dt =M g mg,

conm = M t de lo cualdv

dt =

Mg

M t g,

que puede integrarse

v(t) =

Z t0

Mg

M t dt gt =Mg

ln

M

M t gt,

siendo esto vlido hasta

t=f M

,

para ese tiempo

v= gMf ln(1 f)

.

Despus sigue con la aceleracin de gravedad y se deja para el lector sucontinuacin.

N

Ejercicio 1.6.15 Una cadena de largo total M y longitud L, flexible, essostenida colgando de modo que su extremo inferior est justo al nivel delsuelo. Si el extremo superior de la cadena se suelta, determine la reaccindel suelo contra la parte depositada, en funcin del tiempo.



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Solucin. Sea yla distancia recorrida por el extremo superior y el sistema

de mas variable es el montn depositado. Como eslabones van en cada libre

y = 1

2gt2,

u = gt,m =

1

2gt2

M

L,

dm

dt = gt

M

L

luego, siR es la reaccin

R mg= m dvdt

(u v)dmdt

, v= 0, =

R = mg udmdt

= 1

2g2t2

M

L + g2t2

M

L =

3

2

M

Lg2t2.

N

Ejercicio 1.6.16 Una cadenaflexible tiene masa total M y longitud L. La

cadena est inicialmente amontonada en el suelo. Una cuerda se hace pasarsobre una polea lisa, uno de los extremos unido a un extremo de la cadenay el otro extremo de la cuerda a un partcula de masa M. Si la partcula sesuelta partiendo del reposo

a) escriba la ecuacin de movimiento para el extremo de la cadena.

b) determine la rapidez del extremo de la cadena en funcin de su posicin.

Solucin.Sea y la longitud levantada por la tensin Tproducida por lapartcula. Tenemos que

m = ML

y,

dm

dt =

M

Ly,

u = 0,



59/422


de manera que

T mg = mdvdt

+ vdm

dt,

Mg T = Mdvdt

,

sumando las dos

Mg mg = (M+ m) dvdt

+ vdm

dt,

Mg ML

yg = (M+M

Ly)

dv

dt+

M

Ly2,

o sea la ecuacin de movimiento es

gL gy = (L + y)y+ y2.

Para integrarla hay que hacer algn truco. Como usted sabe

y=1

2

d

dyy2,

entonces multiplique por L + y

g(L2 y2) = (L + y)21

2

d

dy y2 + (L + y)y2,

que es la derivada de un producto

g(L2 y2) = ddy

(L + y)21

2y2,

como inicialmentey(0) = y(0) = 0integramos

(L + y)21

2y2 =g(L2y y

3

3)

y finalmente

y =

s2g(L2y y3

3)

(L + y)2 .

N



60/422


1.6.3. Movimiento en un campo central de Fuerza

Ejercicio 1.6.17 Una partcula describe una rbita circular en un campode fuerzas dado por

F(r) = kr2

.

Demostrar que si k disminuye bruscamente a la mitad de su valor inicial, larbita de la partcula se hace parablica.

Solucin.Seak0el valor inicial de la constante. Para una rbita circular

mv2

r

= k0

r2

,

E = 1

2mv2 k0

r = k0

2r


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de la otra con un perodo . Si repentinamente se detienen y caen una sobre

la otra, demostrar que chocarn despus de un tiempo

4

2.

Solucin. Si krepresenta la constante de la ley de fuerza, y 2a la distanciainicial, entonces inicialmente

mv2

a =

k

4a2,

v =

r k

4ma,

de modo que el periodo es

=2a

v = 2a

r4ma

k .

Si se detienen, caen una hacia la otra de manera que

mr= k4r2

, r(0) = 0, r(0) =a.

Podemos integrar porque

r=

1

2

d

dr r2

,

luego

m1

2r2 =

k

4

1

r 1

a

,

r = s

k

2m

1

r 1

a

,

separamos variablesdrq k2m 1r 1a = dt,

entonces

t=

Z a0

drq k2m

1r 1a

,



63/422


sear = az

t = ar2ma

kZ 10

dzq1z 1

=

2

2

Z 10

dzq1z 1

=

2

2

2 =

4

2.

N

Ejercicio 1.6.20 Dos masas que se atraen, m1ym2(m1+m2= M), estnseparadas una distancia r0 y se las suelta a partir del reposo. Demostrar quecuando la distancia sea r menor que r0, las velocidades sern

v1 = m2

r2G

M(

1

r 1

r0),

v2 = m1

r2G

M(

1

r 1

r0).

Solucin.Tenemos, para un origen en el centro de masa

m1r1 =

Gm1m2

r2

,

m2r2 = Gm1m2r2

,

donde r = r1+ r2yr1=

m2M

r, r2=m1M

r,

de manera que las dos ecuaciones se reducen a una sola

r= GMr2

,

como

r=

1

2

d

dr

r

2

,integramos la ultima obteniendo

r= s

2GM

1

r 1

r0

,



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65/422


pero

==1

2 ,

resultando

< V >=1

4k(A2 + B2),

< K >=1

4m2(A2 + B2) =< V > .

Las constantesA y B pueden relacionarse con la energa Ede acuerdo a

E = 1

2m2(A2 sin2(t ) + B2 sin2(t )) +1

2k(A2 cos2(t ) + B2 cos2(t

= 12

k(A2 sin2(t ) + B2 sin2(t )) +12

k(A2 cos2(t ) + B2 cos2(t )

= 1

2kA2 +

1

2kB2

de modo que finalmente

< K >=< V >=1

2E.

N

Ejercicio 1.6.22 Estudiar el movimiento de una partcula repelida por un

centro de fuerzas de acuerdo con la leyF(r) =kr conk >0. Demostrar quela rbita slo puede ser hiperblica.

Solucin.Aqu tambin conviene usar coordenada cartesianas

mx = kr cos = kx,

my = kr sin = ky.

Ambas pueden integrarse siendo k/m=p en la forma

x = Aept + Bept,

y = Cept + Dept.

Para determinar la trayectoria, debemos eliminartentre esas dos ecuaciones.Para ello las escribimos

Ae2pt xept + B = 0,Ce2pt yept + D = 0,



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67/422


68/422


69/422


luego

t= p2TT

13

1 + 3 tan2 1

21tan3 1

21

pero

cos 1= 1 2, tan12

=

r1 cos 11 + cos 1

=

r 2

2 2y reemplazandotan 1

2 resulta finalmente

t= TT(1 + 2)

p2(1 )

3 .

N

Ejercicio 1.6.25 Estudiar el movimiento de una partcula en un campo defuerzas centrales que sigue la ley de proporcionalidad inversa del cuadrado dela distancia, si adems se superpone otra fuerza de magnitud inversamenteproporcional al cubo de la distancia entre la partcula y el centro de fuerzas.Es decir,

F(r) = kr2

r3

conk >0.Demuestre que la trayectoria es una elipse que rota o precesa.

Solucin.La ecuacin de Binet para la rbita ser

d2u

d2+ u = mF(

1u )

l20u2

= m

l20u2

(ku2 + u3)

= mk

l20+

m

l20u.

De aqu sigued2u

d2 + (1 m

l20)u=

mk

l20cuya solucin es

u= 1r

= mk(l20 m)

+ A coss(1 ml20

),

y si ml20

1corresponde a una curva parecida a una elipse pero que no secierra en una vuelta completa.



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N

Ejercicio 1.6.26 Determine la expresin de la fuerza de un campo centralque permita a una partcula describir una rbita espiral dada por r = k,siendo k una constante positiva.

Solucin.De nuevo, la ecuacin de Binet es la clave

d2u

d2 + u= mF(

1u

)

l20u2

,

siendo

u = 1

r

= 1

k

,

du

d = 1

k2,

d2u

d2 =

2

k3 = 2k2u3,

por lo tanto

mF(1u )

l20u2

= 2k2u3 + u,

despejando

F(

1

u) = l20

m(2k

2

u

5

+ u

3

),

F(r) = l20

m(

2k2

r5 +

1

r3).

N

Ejercicio 1.6.27 Determine la expresin de la fuerza de un campo centralque permita a una partcula describir una rbita espiral logartmica dada porr= Kea siendo k y a constantes.

Solucin.Es anlogo, donde ahora

u =

1

r =

1

Kea

,du

d = a

Kea

d2u

d2 =

a2

Kea =a2u,



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por lo tanto

mF(1

u)l20u

2 =a2u + u,

despejando

F(1

u) = l

20

m(a2 + 1)u3,

F(r) = l20

m(a2 + 1)

1

r3.

N

Ejercicio 1.6.28 Una partcula de masa unidad se desplaza desde el infi-

nito a lo largo de una recta que, de seguir, hara que la partcula pasase auna distancia b

2 de un punto P. Si la partcula es atrada hacia P con

una fuerza proporcional a kr5

y el momento angular respecto de P es

k/b ,demuestre que la trayectoria est dada por

r= b coth(/

2).

Solucin.La ecuacin de Binet ser

d2u

d2+ u = mF(

1u

)

l20u2

= ku5

kb2

u2 =b2u3,

o sead2u

d2 + u b2u3 = 0.

O la resolvemos, problema dificil, o comprobamos que

u=1

btanh(/

2),

es solucin. Comprobaremos:

du

d =

1

b

2(1 tanh2(/2)) = 1

b

2(1 b2u2),

d2u

d2 =

12

(2bu) 1b

2(1 b2u2) =u 1 + b2u2 ,



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que prueba que se trata de una solucin. Faltara probar que la asntota de

la trayectoria pasa a distanciab2del origen. Notemos quer = = u= 0o = 0sea la asntota es una recta paralela al eje OX(el eje polar). Ladistancia al origen de esa recta se obtiene haciendo 0 enr sin esto esla distancia es

d= lm0

(b coth

2sin ) =b

2.

N

Ejercicio 1.6.29 Una partcula es atrada hacia un centro fijo de fuerzascon una fuerza proporcional a la distancia de la partcula al centro. Demuestreque la trayectoria es una curva plana que puede ser representada por las

ecuaciones:

x = A cos(nt + ),

y = B sin(nt + )

Solucin.Las ecuaciones de movimiento en coordenadas cartesianas se-rn

mx = kx,my = ky,

que tienen soluciones de la forma dada sik/m= n2.

N

Ejercicio 1.6.30 Determine la fuera central si la rbita es una circunfe-rencia y el centro de fuerza est situado sobre la circunferencia.

Solucin.En realidad este problema est repetido. La ecuacin de Binetparau = 1/r es

d2u

d2 + u= mF(

1u )

l20u2

.

Si la partcula describe una circunferencia de radio R donde est el centrode fuerza, la ecuacin puede escribirse

r= 2R cos ,

o sea

u= 1

2R cos ,



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74/422


La rbita ser una elipse siE


75/422


siendo

sin = V0/Ve,

sin = sin2 sin(20)/e.

Aqu:representa la inclinacin del semieje mayor,0ngulo de lanzamientorespecto a la vertical.

Solucin.Podemos usar los resultados del problema anterior pero colo-cando k = GM my r0= R. As tenemos

e = s1 +(mV20 2GMmR )mR2V20 sin2 0

G2

M2

m2

=

s1 +

4(V20 2GMR )R2V20 sin2 04G2M2

=

s1 +

4(V20 V2e)V20 sin2 0V4e

=

s1 4(1 V

20

V2e)

V20V2e

sin2 0

= q1 4(1 sin2 )sin2 sin2 0

e =q

1 sin2 2sin2 0.Pura lgebra. Adems

l20mk

= 2R2V20 sin

2 02GM

= 2RV20 sin

2 0V2

= 2R sin2 sin2 0,

por lo cual la ecuacin de la trayectoria ser

r= 2R sin2 sin2 01 e cos( )

Aqu representa la inclinacin del semi eje mayor de la cnica.



76/422


Para = 0,r = R

1 =2sin2

sin2

01 e cos =

1 2sin2 sin2 0 = e cos cos =

1 2sin2 sin2 0p1 sin2 2sin2 0

sin2 = 1 (1 2sin2 sin2 0)

2

1 sin2 2sin2 0=

1 sin2 2sin2 0 (1 2sin2 sin2 0)2e2

bastante lgebra =sin2 =

4sin4 sin2 0cos2 0

e2 ,

sin = sin2 sin20

e .

N

Ejercicio 1.6.33 Con respecto al problema anterior, V0 < Ve/

2 demues-tre que el ngulo de disparo para tener un alcance mximo est dado por:

sin 0= 1

2

1

p1 (V0/Ve)2 ,y el ngulo para la altura mxima por

sin() = (V0/Ve)

2

1 (V0/Ve)2.

Qu ocurre sV0 Ve/

2 ?Solucin.Debemos maximizar

sin =sin2 sin20

e ,

respecto a0 siendo

e= q1 sin2 2sin2 0.Derivamos

d

d0

sin20p1 sin2 2sin2 0

= 0,



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78/422


luego

e2 = 1 + 2(7

8

k

R0 )1

4mR0kmk2

= 916

= e= 34

,

yl20

mK =

14

mR0k

mk =

1

4R0,

luego la nueva rbita es (tomando = 0)

r=1

4R0

1

1 34cos

= R0

4 3cos .

N

Ejercicio 1.6.35 Una partcula de masam = 1 es atrada por una fuerzainversamente proporcional al cuadrado de su distancia a un punto fijo 0 y semueve describiendo la elipse:

r= 100

1 12cos

.

Si en el punto ms alejado de su trayectoria, la rapidez de la partcula esV = 1, determine la constante de la ley de fuerza. Si en el punto ms alejado,la rapidez de la partcula es duplicada, determine la ecuacin de la nueva

rbita.

Solucin.Aqu comom = 1

l20k

= 100,

el punto ms alejado es

rmax= 100

1 12

= 200,

luego

l0 = |mr v|= 200 =k =

(l0)2

100 =

2002

100 = 400.



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Si en el punto ms alejado la rapidez se hace V = 2,calculamos

l0 = |mr v|= 2002 = 400,

E = 1

2mv2 k

r =

1

24 400

200= 0

e = 1,

l20mk

= (400)2

400 = 400,

de modo que la nueva rbita es

r= 400

1 cos( ),

una parbola. Para determinar el ngulo consideramos que en = 0,r= 200de modo que

200 = 400

1 cos()de donde = y finalmente

r= 400

1 + cos().

N

Ejercicio 1.6.36 Una partcula de masa m se mueve en una rbita circularde radio R0 con rapidez V0 atrada haca el centro con una fuerza inversa-mente proporcional al cuadrado de la distancia de la partcula al centro. Sirepentinamente la rapidez de la p

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