Mecánica y Ondas I 2◦Físicas Examen Extraordinario 9.Set.2008

1 (a) Un cohete de masa en reposom0 se encuentra en reposo respecto a un sistema de referencia inercial.De pronto, su motor fotónico proyecta un fotón de energíaQ = 1

4m0c2 hacia atrás. Encuentre la velocidadque tendrá la nave respecto al sistema de referencia inicial. (b) El cohete del apartado (a), en lugar deproyectar un fotón de energíaQ = 1

4m0c2, proyecta primero un fotón de energíaQ1 =18m0c2, y una vez

alcanzada la velocidad correspondiente a ese primer impulso, proyecta otro fotón de energíaQ2 =18m0c2

en su propio sistema en reposo. ¿Cuál será la velocidad final del cohete respecto al referencial inercial departida? [Nota: Puede utilizar la regla de composición de velocidades para resolver el segundo apartado.]

R. (a) Tras la emisión del primer fotón, a la masa en reposo de la nave que nos queda la llamaremosM0, que se moverá a una velocidadv. Si escribimos las ecuaciones de conservación de energía y momentorelativista, tendremos:

m0c2= Q + γM0c2

0 = −Q + γβM0c2 →

m0c2 − Q = γM0c2

Q = γβM0c2 →Q

m0c2 − Q= β

Q= 14m0c2

========13

(b) La primera parte (la velocidad que alcanzará la nave trasla proyección del primer fotón) se resuelve deidéntica forma. Ahora llamaremosv1 a la velocidad en esa situación, conM01 su masa en reposo yQ1 laenergía del fotón emitido. Tras saltarnos el paso de escribir las ecuaciones de conservación, nos encontramoscon el siguiente sistema, cuya resolución es inmediata:

m0c2 − Q1 = γ1M01c2

Q1 = γ1β1M01c2 → Q1

m0c2 − Q1= β1

Q1=18m0c2

=========17

La masa en reposo de la nave tras la emisión de ese primer fotónes M01, que desconocemos. Si nos ins-talamos ahora en el sistema en reposo de estanueva nave y ésta emite nuevamente un fotón de energíaQ2

en ese sistema, tendremos ahora que la nave sale impulsada hacia adelante con una velocidadv2, siendo sunueva masa en reposoM02. Aplicando de nuevo las ecuaciones de conservación, pero teniendo en cuentaque ahora la energía inicial es la correspondiente a la de la masa en reposo de la nave tras la emisión del pri-mer fotón (es decir,M01c2), tras saltarnos nuevamente ese paso de escribir las ecuaciones de conservación,llegaremos a:

M01c2 − Q2 = γ2M01c

2

Q2 = γ2β2M02c2 → β2 =

Q2

M01c2 − Q2

El problema es que, en este caso, aún desconocemos el valor deM01, que tendremos que obtener de laresolución del sistema anterior. De la segunda de aquellas ecuaciones, y teniendo en cuenta queγ1 = 7

/

4√

3(puesβ1 = 1/7), despejamos fácilmenteM01:

M01 =Q1

γ1β1c2=

18m0c2

7/

4√

3 · 1/7 · c2=

√3

2m0

Sustituyendo, pues, los valores deQ2 y M01 en la ecuación que nos da el valor deβ2, nos queda:

β2 =

18m0c2

√3

2 m0c2 − 18m0c2

=1

4√

3− 1

La velocidad final respecto al sistema inicial se puede obtener utilizando la regla de composición de velo-cidades:

β =β1 + β2

1+ β1β2=

17+

14√

3−1

1+ 17

14√

3−1

=2+√

3

14−√

3≈ 0.304

Esta velocidad es distinta y menor que la obtenida antes, cuando se emitía un fotón de energía14m0c2. La

explicación es que si bien la energía emitida en la primera parte del apartado (b) es18m0c2, el segundo fotón

también tiene una energía18m0c2, pero medida por el observador en reposo en la nave, mientrasque para un

observador en reposo en el sistema inicial esta energía es inferior, pues la emite cuando se está alejándosedel observador con una velocidadv1, y, por lo tanto, la medirá con una frecuencia inferior (desplazado haciael rojo, según la teoría del efecto Doppler, y en el sistema enreposo inicial, la energía emitida por la nave,en total, es inferior a 2· 1

8m0c2=

14m0c2, por lo que, evidentemente, la velocidad de la nave al final habrá de

ser inferior a la obtenida en el apartado (a). La contrapartida es que la masa en reposo restante de la naveserá superior en el segundo caso que la que queda siguiendo elprimer procedimiento.

2 Un satélite artificial gira en una órbita circular de radio 2R alrededor de la Tierra (R es el radio de laTierra). De pronto, se le aplica un impulso radial que lo envía a una órbita parabólica. ¿Cuál es el módulodel impulso aplicado? Calcula cuál es la altura mínima sobrela Tierra en la nueva órbita si el impulso radialse aplica hacia adentro (afuera).[Nota: Exprese los resultados en función de la masa del satélite,m, el radiode la Tierra,R, y la aceleración de la gravedad estándar,g.]

R. La velocidad del satélite en su órbita circular a una distancia 2R del centro de la Tierra se obtiene de laigualación de la fuerza de interacción gravitacional con lafuerza centrípeta:

GMm(2R)2

= mv20

2R→ v20 =

GM2R=

12gR

dondeg = GM/R2. Si llamamosI al impulso radial, y teniendo en cuenta que el impulso es la variación dela cantidad de movimiento,I = ∆(mvr) = mvr (pues la velocidad radial inicial es nula), le corresponderáuna velocidad radial justo tras recibir el impulso de valorvr = I/m. Mientras recibe el impulso, su posición(y, por lo tanto, su energía potencial) no cambia. Como la segunda órbita es parabólica, su energía total seránula, con lo que escribiremos:

12

m(v20 + v2r ) −

GMn2R

= 0 → v2r =GM

R−

GM2R=

GM2R=

12gR = v20

Es decir, el módulo del impulso será:I = mvr = m

√

gR/2

Para ver cuán cerca pasa de la Tierra el satélite tras el impulso, deberemos utilizar las ecuaciones de con-servación de la energía y del momento angular. Téngase en cuenta que el momento angular no cambia delcorrespondiente a la órbita circular, pues el impulso ha sido radial, y, por lo tanto, el momento de ese im-pulso es nulo. Por otro lado, la energía en el perigeo seguirásiendo nula (órbita parabólica). Escribiremos,pues:

mvprp = mv02R12

mv2p −GMm

rp= 0

→

vp =√

2gR3/rp

12

m2gR3

r2p

=mgR2

rp

→ rp = R

Es decir, independientemente de que el impulso inicial sea radialmente hacia afuera o hacia adentro, ladistancia al perigeo es en ambos casos la misma,rp = R, y, por lo tanto, la altura sobre la Tierra será nula(pasará rozando su superficie).

3 La varilla de la figura, de masa 3m y longitudL, puede girarlibremente en un plano vertical alrededor de una articulación sinrozamiento. Inicialmente, la varilla cuelga verticalmente en repo-so de esa articulación, bajo la acción de la gravedad. En el mismoplano, y en una dirección perpendicular a la varilla, un trozo demasilla de masam se dirige hacia el extremo inferior de la varillacon velocidadv. Tras chocar con la varilla, se queda adherida a

3m, L

vmb

ω

ella. (a) ¿Cuál es la velocidad angular de la varilla+masilla justo tras el impacto, en función dev? (b) Cal-cula cuál es la reacción que la articulación ejerce sobre la varilla en el momento del impacto. (c) Si tras elimpacto el sistema varilla+masilla llega justo a ponerse horizontal, ¿cuál es la velocidadv?

R. (a) Durante el impacto, las fuerzas entre la masilla y la varilla son internas, y las únicas fuerzas externasque actúan sobre el sistema serán las que se producen en la articulación. En cualquier caso, el momentoangular del sistema varilla+masilla respecto a esa articulación no variará, pues el momento de las fuerzasde reacción en la articulación respecto a la misma es nulo.

El momento de inercia de la varilla respecto a la articulación esI = 13(3m)L2

= mL2, y el momento deinercia de la masilla adherida al extremo inferior de la varilla respecto a esa articulación,mL2. Por lotanto, el momento de inercia total del sistema respecto a la articulación será la suma de ambos, es decir,IT = 2mL2. Como el momento angular inicial lo aporta exclusivamente la masa en movimiento, la ecuaciónde conservación del momento angular la escribiremos así:

mvL = ITω = 2mL2ω → ω = v/2L

(b) Sobre el sistema varilla+masilla, cuando se produce el impacto, actúa una fuerza externa en la articula-ción. El impulso de esa fuerza es igual a la variación de la cantidad de movimiento. Como tanto justo antesdel impacto como justo tras él la cantidad de movimiento del sistema es horizontal, nada más evaluaremosel impulso horizontal, al que llamaremosIx:

Ix = ∆px = (px)tras− (px)antes= (3m)ω(L/2)+ mωL − mv = 52m(v/2L)L − mv = 1

4mv = Ix

En dirección vertical, no existe impulso, pues la velocidadinstantánea del centro de masa del sistema justotras el impacto es horizontal.

(c) Tras el impacto, y a partir de ese instante, se conservarála energía total, pues no hay rozamiento enla articulación. Si el sistema varilla+masilla llega a ponerse horizontal, en ese instante su velocidad esnula. Considerando como nivel cero para evaluar las energíapotenciales el nivel al que está la articulación,escribiremos la siguiente ecuación para la conservación dela energía:

12ITω

2 − (3m)g12L − mgL = 0 → 1

22mL2(v/2L)2=

52mgL → v =

√

10gL

4 El tubo delgado de la figura es hueco, sin masa, y tiene una longitudL, y puede girar alrededor de un eje vertical mediante una articulaciónsoldada a un ánguloθ = 30◦. En esa articulación no existe rozamiento. Enel interior hueco y liso del tubo hay una partícula de masam que puedemoverse a lo largo de él sin rozamiento. Inicialmente, el tubo y la partículase encuentran en reposo, ésta última a una alturaz = 1

3L sobre el planoxy.En ese instante, se le da un golpe al sistema de forma que el tubo pasa agirar con una velocidad angular inicial de valorω = ω0k. (a) Escribe lafunción lagrangiana y utiliza los principios de conservación para calcularqué valor mínimo ha de tenerω0 para que la partícula esté a punto de salirpor el extremo del tubo. (b) Escribe las ecuaciones canónicas del sistema.

x

y

z

L

rθ

ϕ

R. Utilicemos coordenadas esféricas para describir la posición de la partícula de masam en el espacio.Teniendo en cuenta la constancia del ánguloθ, estas coordenadas y las correspondientes velocidades gene-ralizadas serán:

x = 12r cosϕ

y = 12r sinϕ

z =√

32 r

→

x = 12(r cosϕ − rϕ sinϕ)

y = 12(r sinϕ + rϕ cosϕ)

z =√

32 r

La energía cinética y potencial, así como la función lagrangiana, serán:

T = 18m(4r2

+ r2ϕ2)

V =√

32 mgr

→ L = 18m(4r2

+ r2ϕ2) −√

32 mgr

Para utilizar el formalismo hamiltoniano, debemos calcular previamente los momentos conjugados:

pr =∂L∂r= mr

pϕ =∂L∂ϕ=

14

mr2ϕ

→

r =pr

m

ϕ =4pϕmr2

La función hamiltoniana, en función de las coordenadas generalizadas y los momentos conjugados, seescribirá:

H = rpr + ϕpϕ − L =p2

r

2m+

2p2ϕ

mr2+

√3

2mgr

y las correspondientes ecuaciones de Hamilton para ambas coordenadas generalizadas:

r =∂H∂pr=

pr

mpr = −

∂H∂r=

4p2ϕ

mr3−√

32

mg

ϕ =∂H∂pϕ=

4pϕmr2

pϕ = −∂H∂ϕ= 0

Las soluciones de la primera columna no aportan nada nuevo. Es en las soluciones de la segunda columnadonde está incluída la física del problema. La segunda de ellas nos da cuenta de la conservación del momen-to pϕ. Evaluando este momento conjugado en el instante inicial, en el queϕ = ω0 y r = 2

√3

9 L, podremosescribir:

pϕ = 127mL2ω0

Llevando este resultado a la primera de las dos ecuaciones mencionadas, y con ayudapr = mr, nos quedarácomo única ecuación a resolver, tras simplificar, la siguiente:

r =4L4ω2

0

729r3−√

32g

Multiplicando los dos miembros de la ecuación por ˙r, es posible realizar una primera integración que, trasutilizar las condiciones de contorno parat = 0→ r = 2

√3

9 L, r = 0, nos conduce al siguiente resultado:

r2+

4L4ω20

729r2+

√3gr =

L2ω20

27+

2gL3

Una última integración nos permitiría obtener la función deseada:r = r(t), pero resulta en la práctica muycomplicada de realizar. Pero esta integración no es necesaria para responder a la pregunta planteada. Eltexto indica que para que la masa salga por el extremo del tubotendrá que tener una velocidad umbral. Ellímite mencionado estaría en la velocidad angular que permitiera que ˙r fuera justo nulo en el extremo deltubo (es decir, parar = L). Y esto es fácil de calcular:

r2∣

∣

∣

r=L= 0 =

L2ω20

27+

2gL3−

(

4L4ω20

729L2+

√3gL

)

de donde se obtiene el valor deω0 umbral:

ω0|umbral= 9

√

3(

3√

3− 2)

23g

L= 5.811

√

g

L

La ecuación que nos da ˙r en función der es posible obtenerla de una forma más sencilla si advertimosque,tras recibir el impulso que pone el sistema en movimiento, elsistema es conservativo, y no tenemos másque aplicar el Principio de conservación de la energía, junto con el de conservación del momento angularantes discutido, para reproducir la ecuación diferencial de primer orden y segundo grado anterior. Así,lteniendo en cuenta queH no contiene explícitamente el tiempo, y que las ecuaciones de transformación

r i = r i(q j, t) no contienen explícitamente al tiempo, la función hamiltoniana es, además de una constantedel movimiento, la energía mecánica del sistema. Esto es:

H = E =p2

r

2m+

2p2ϕ

mr2+

√3

2mgr =

mL2ω20

54+

mgL3

puesr0 =2√

39 L, pr0 = 0 y pϕ0 =

19mL2ω0. Sustituyendopr por su valormr, y pϕ por su valor constante

19mL2ω0, tras simplificar reproducimos la ecuación antedicha:

r2+

4L4ω20

729r2+

√3gr =

L2ω20

27+

2gL3