apunte uchile - mecánica (luis rodriguez)

FI-21A MECANICALuis Rodrguez Valencia1 Facultad de Ciencias Fsicas y Matemticas Departamento de Fsica Universidad de Chile 4 de marzo de 2009

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II

Contenidos1. MOVIMIENTO Y COORDENADAS 1.0.1. Posicin. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.0.2. Coordenadas cartesianas . . . . . . . . 1.0.3. Concepto de trayectoria . . . . . . . . 1.0.4. Coordenadas polares. . . . . . . . . . . 1.0.5. Concepto de velocidad angular . . . . . 1.0.6. Velocidad y aceleracin en coordenadas 1.0.7. Coordenadas cilndricas. . . . . . . . . 1.0.8. Coordenadas intrnsecas. . . . . . . . . 1.0.9. Aceleracin conocida la velocidad . . . 1.1. Ejemplos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . 1 1 2 3 3 5 6 8 9 18 21 25 33 33 34 34 35 37 38 38 40 40 41 43 48 48

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . esfricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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2. DINMICA. 2.1. Leyes de Newton para una partcula . . . . . . . 2.1.1. Sobre el tiempo . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2. Primera ley de Newton . . . . . . . . . . 2.1.3. Sistema inercial de referencia . . . . . . 2.1.4. Segunda ley de Newton . . . . . . . . . . 2.1.5. Principio de equivalencia . . . . . . . . . 2.1.6. Sobre las fuerzas . . . . . . . . . . . . . 2.1.7. Tercera ley de Newton . . . . . . . . . . 2.1.8. Deniciones . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Teoremas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1. Integracin de la ecuacin de movimiento 2.2.2. Dinmica del movimiento circular . . . . 2.3. Dinmica del movimiento circular . . . . . . . .

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IV

CONTENIDOS 2.3.1. Movimiento de una partcula cargada en un campo magntico uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2. Solucin alternativa para la velocidad . . . . . . . . . 2.4. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1. Fuerzas constantes o dependientes del tiempo . . . . 2.4.2. Fuerzas dependientes de la posicin o de la velocidad 2.5. Sistema de Partculas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2. Sistema Inercial de referencia . . . . . . . . . . . . . 2.5.3. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.4. Torque en punto arbitrario . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.5. Teorema Energa Trabajo . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.6. Sistema de dos partculas . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6. Campo Central de Fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.1. Ecuacin diferencial para la rbita . . . . . . . . . . 2.6.2. Relacin entre energa y excentricidad . . . . . . . . 2.6.3. Expresin integral para la trayectoria . . . . 2.6.4. Estabilidad de una rbita circular . . . . . . 2.6.5. Otro punto de vista . . . . . . . . . . . . . . 2.6.6. Un caso inestable . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.7. Otro caso estable . . . . . . . . . . . . . . . 2.7. Problema de Kepler . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8.1. Dinmica unidimensional . . . . . . . . . . . 2.8.2. Dinmica en dos o tres dimensiones . . . . . 2.8.3. Sistema de partculas . . . . . . . . . . . . . 2.8.4. Movimiento en un campo central de Fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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53 55 56 56 58 63 63 65 66 69 70 72 76 78 80 82 83 85 85 86 87 88 88 111 119 129

3. TRABAJO Y ENERGA 3.0.5. Energa cintica . . . . . . . . . . . . . . . . 3.0.6. Trabajo diferencial realizado por una fuerza 3.0.7. Fuerzas conservativas (C) y no conservativas 3.0.8. Energas potenciales . . . . . . . . . . . . . 3.0.9. Teoremas sobre la energa . . . . . . . . . . 3.1. Sobre la energa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1. La energa cintica de los asteroides . . . . . 3.1.2. Integracin de la ecuacin de movimiento . .

. . . . . . . . (NC) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

161 . 162 . 162 . 163 . 163 . 166 . 167 . 168 . 169

CONTENIDOS

V

3.1.3. Energa en el movimiento armnico simple . . . . . . . 172 3.1.4. Amplitud del movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . 173 3.1.5. Dinmica del movimiento circular . . . . . . . . . . . . 173 3.1.6. Bonus Track . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178 3.2. Ejercicios resueltos trabajo energa . . . . . . . . . . . . . . . 182 4. MOVIMIENTO ARMNICO 193 4.1. Movimiento armnico simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 4.1.1. Evaluacin de las constantes . . . . . . . . . . . . . . . 194 4.1.2. Periodo y frecuencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 4.2. Movimiento armnico amortiguado. . . . 4.2.1. Caso sub amortiguado. . . . . . . 4.2.2. Caso amortiguado crtico. . . . . 4.2.3. Caso sobre amortiguado. . . . . . 4.3. Movimiento oscilatorio forzado forzado. . 4.3.1. Resonancia . . . . . . . . . . . . 4.3.2. Movimiento amortiguado forzado. 4.4. Equilibrio estable . . . . . . . . . . . . . 4.5. Osciladores acoplados . . . . . . . . . . . 4.5.1. Movimiento forzado . . . . . . . . 4.5.2. Modos normales . . . . . . . . . . 4.5.3. Movimiento forzado . . . . . . . . 4.5.4. Otro caso . . . . . . . . . . . . . 4.5.5. Oscilaciones libres . . . . . . . . . 4.5.6. Movimiento forzado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 197 197 198 198 200 200 201 202 207 209 210 212 213 215

5. Sistema de referencia no inercial 5.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . 5.2. Movimiento relativo a la tierra . . . . . . . . 5.2.1. Vertical y aceleracin de gravedad del 5.2.2. Ecuacin de movimiento aproximada 5.2.3. Pndulo de Foucault . . . . . . . . . 5.2.4. Pndulo esfrico . . . . . . . . . . . . 5.3. Teorema de Larmor . . . . . . . . . . . . . . 5.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . lugar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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219 . 219 . 221 . 221 . 225 . 226 . 228 . 228 . 230

VI

CONTENIDOS 243 . 243 . 245 . 245 . 246 . 246 . 249 . 250 . 257

6. Sistema rgido de partculas 6.1. Cantidades cinemticas . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.1. Energa cintica y momentum angular . . . 6.1.2. Algunas propiedades de la matriz de inercia 6.1.3. Teoremas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.4. El elipsoide de inercia . . . . . . . . . . . . 6.2. Ecuaciones dinmicas . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.1. Movimiento Plano . . . . . . . . . . . . . . 6.3. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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Captulo

1

MOVIMIENTO Y COORDENADAS

El concepto de movimiento est relacionado con el concepto de posicin. El concepto de posicin es un concepto que es relativo a un determinado sistema de referencia o de coordenadas. En los sistemas de coordenadas, hay muchos tipos, la posicin de un punto en un espacio de tres dimensiones, se dene como el conjunto de los valores numricos (o escalares) de sus tres coordenadas. Describiremos los llamados sistema cartesiano, sistema polar (de dos dimensiones), el sistema esfrico y el sistema cilndrico de coordenadas.

1.0.1.

Posicin.

La posicin de los puntos en el espacio se dene relativamente a un determinado sistema de referencia. Existen diversos sistemas de referencia cada uno con un conjunto de coordenadas que especican la posicin de un punto y con un conjunto ortogonal de vectores unitarios que permiten construir otros vectores en esos sistemas. El vector posicin que va desde el origen del sistema al punto r especica la posicin del punto. Por ejemplo en el sistema de coordenadas cartesianas, ver gura que sigue.

2


1.0.2.Posicin

Coordenadas cartesianas

La posicin de un punto es el conjunto de sus tres coordenadas cartesianas x, y, z que pueden tomar todos los valores numricos desde hasta +.Z

rz

kO

jy x

Y

iX

El sistema tiene tres ejes ortogonales, llamados ejes cartesianos de coordenadas OX, OY , OZ que se intersectan en un punto O llamado origen. Los vectores unitarios bsicos , j, k se denen con las direcciones y sentidos de los ejes cartesianos. La gura ilustra como con los valores numricos en los ejes, las coordenadas, se determina la posicin del punto. Vector posicin. El vector posicin puede escribirse r = x + y + z k. j Concepto de movimiento Se dice que un punto se mueve respecto a un sistema de referencia, si sus coordenadas, algunas o todas, son funciones del tiempo no constantes. Concepto de reposo Se dice que un punto est en reposo respecto a un sistema de referencia, si todas sus coordenadas son constantes. (1.1)

3

1.0.3.

Concepto de trayectoria

Si una partcula o un punto se mueve sus coordenadas x, y, z sern algunas funciones del tiempo que se acostumbra a llamarlas x(t), y(t), z(t) de modo que x = x(t), y = y(t), z = z(t), (1.2) constituyen las ecuaciones paramtricas de una curva en el espacio, llamada la trayectoria de la partcula. El parmetro es el tiempo t. Velocidad y aceleracin. Se denen la velocidad y aceleracin como la primera y segunda derivada respecto al tiempo del vector posicin, es decir dr = x + y + z k, j dt dv = x + y j + z k a = dt v =

(1.3) (1.4)

donde como es usual en Fsica, se indican derivadas respecto al tiempo x = dx/dt, x = d2 x/dt2 , y as sucesivamente. La magnitud de la velocidad se denomina la rapidez de la partcula y se denota por v. Luego p (1.5) v = x2 + y 2 + z 2 .

1.0.4.

Coordenadas polares.

Con respecto a la gura se tiene sobre un plano, una lnea llamada eje polar, un origen O. r

r O

Las coordenadas polares del punto son la distancia al origen r y el ngulo respecto al eje polar. Los vectores unitarios son el vector unitario radial r y

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el vector unitario transversal Ellos pueden expresarse en trminos de los . cartesianos de la siguiente forma r = cos + j sin , = sin + j cos . De aqu derivando respecto al tiempo d r , = ( sin + j cos ) = dt d r = ( cos + j sin ) = . dt Es claro que podemos escribir (con k vector unitario hacia afuera) d r = k r, dt un resultado que ser usado en la seccin siguiente para hacer derivadas de vectores unitarios en casos ms complicados. Velocidad y aceleracin. El vector posicin puede escribirse r = r, r de donde derivando y usando los resultados anteriores se obtiene d r . = r + r r dt Similarmente la aceleracin resultar d r d a = rr + r + r + r + r dt dt + r + r + r() r = rr + r() 2 r = ( r ) + (2r + r r ), v = r + r r (1.7) (1.6)

(1.8)

expresin muy importante. Las componentes de la aceleracin radial y tranversal son 2 ar = r r , . a = 2r + r

5

1.0.5.

Concepto de velocidad angular

Considere un cuerpo o un sistema de coordenadas que se mueve o cambia de posicin. Dichos cambios pueden expresarse como traslaciones paralelas seguidas de cambios de orientacin o rotaciones. Cuando un sistema se traslada (paralelamente), sus vectores unitarios bsicos no cambian. Cuando un sistema rota, sus vectores unitarios cambian de direccin es decir varan. Derivadas de los vectores unitarios. En muchos sistemas de coordenadas si el punto se mueve, los vectores unitarios cambian de direccin y son por lo tanto vectores variables.de/dt

e

n

Si un vector unitario como el de la gura e vara con el tiempo porque el ngulo vara con el tiempo, entonces su derivada es la velocidad de su punta. Si recuerda la ltima nota de la seccin anterior, la derivada puede n ser obtenida mediante el producto cruz e o sea d e = e. n dt (1.9)

Note que n es perpendicular al plano que contiene el ngulo y con sentido de acuerdo a la regla de la mano derecha de acuerdo al crecimiento del ngulo. Si hay ms ngulos variables debemos superponer los cambios obteniendo d e = + m + e = e n dt (1.10)

6 Donde


n = + m + se denomina la velocidad angular del movimiento del sistema que se mueve junto a los vectores unitarios e. Los vectores unitarios n, m son perpendicu lares a los planos donde se denen los ngulos. Pasaremos ahora a expresar la velocidad y la aceleracin en otros sistemas de coordenadas.

1.0.6.

Velocidad y aceleracin en coordenadas esfricas

Con respecto a la gura,

r r

las coordenadas esfricas son r la distancia al origen, el ngulo polar y el ngulo azimutal. Como r = r r El clculo de la velocidad y de la aceleracin requiere de derivar los vectores unitarios, lo cual es ms fcilmente realizado con lo explicado recin. En efecto para coordenadas esfricas, el vector velocidad angular del sistema ser = k + y como k = cos sin r tenemos que

7

= (cos sin + r ) luego podemos calcular las derivadas de los vectores unitarios d r = (cos sin + r r ) dt d = (cos sin + r ) dt d = (cos sin + r ) dt y realizando los productos cruz se obtiene d r = sin + dt d r = cos dt d = (cos + sin ) r dt Velocidad

v =

d r, r dt ), = r + r( sin + r . = r + r sin + r r

(1.11)

Rapidez q 2 2 v = r2 + r2 sin2 + r2 . Aceleracin Omitimos los detalles, pero los resultados son los siguientes:

(1.12)

8


2 2 ar = r r r sin2 , 2 a = r + 2r r sin cos , a = 2r sin + 2r cos + r sin . En la seccin .A celeracin conocida la velocidad", se da una forma ms simple de obtenerlas.

1.0.7.

Coordenadas cilndricas.

La gura ilustra las coordenadas cilndricas de un punto , , z.

k z

Aqu hay una sola velocidad angular = k, y el vector posicin que deseamos derivar respecto al tiempo es r = + z k. Calculemos primero las derivadas de los vectores unitarios d = k = , dt d = k = , dt dk = 0, dt

9 de modo que resulta v = d ( + z k), dt d = + + z k, dt = + + z k,

(1.13)

y para la aceleracin a = d ( + + z k) dt d d = + + + + + z k dt dt 2 = + 2 + + z k.

(1.14)

En resumen

v = , v = , vz = z 2 a = , a = 2 + , az = z .

1.0.8.

Coordenadas intrnsecas.

Considere la trayectoria de una partcula en el espacio. Dada esa curva, la posicin del punto ser una funcin de la longitud de arco s medida desde un origen arbitrario en la curva hasta la posicin del punto en tiempo t, es decir r(t) = r(s(t)). (1.15) Naturalmente la derivada de r respecto a s ser tangente a la curva de modo que podemos escribir dr T = ds que es unitario pues |dr| = |ds| . Dado que T T = 1 derivando respecto a s resulta dT = 0, T ds

10


por lo cual dT es perpendicular a T . Denotemos por N a ese vector ortogonal ds a T , que es llamado vector normal dT

Completemos una triada ortogonal construyendo el llamado vector binormal B de modo que se tendr B = T N, T = N B, N = B T . (1.17)

N = ds . dT ds

(1.16)

Velocidad angular de la triada A medida que el punto se mueve a lo largo de la curva, esa triada tendr alguna velocidad angular que denotaremos por . Esta "velocidad angular onsidera s en vez del tiempo como parmetro, luego sus unidades son m1 . Entonces tendremos d d B = B, d N = N. T = T, (1.18) ds ds ds Pero d dT T = T = N ds ds

11 que si la multiplicamos cruz con N conduce a 0 = N ( T ), o bien desarrollando 0 = (N T ) (N )T , o bien es decir no tiene componente a lo largo de N. Podemos entonces escribir , y B en el plano de T ! B T + , = siendo y escalares que interpretaremos despus. De aqu siguen las Ecuaciones de Frenet Las ecuaciones de Frenet dan las derivadas de los vectores unitarios respecto al parmetro s. d T = T = ds B T + ! 1 T = N, N = 0,

(1.19) (1.20) (1.21)

! B N T + B = , ! B T B T d N = N = + N = . ds d B = B = ds o d T = N, ds d B = N, ds d N = B T ds

(1.22) (1.23) (1.24)

12


donde = 1/ se denomina la torsin y = 1/ se denomina curvatura. Otras ecuaciones tiles que estn relacionadas con las ecuaciones de Frenet son dr = T, ds d2 r 1 dT = N = N, = ds2 ds d3 r d d(N) = N + ( B T ). = 3 ds ds ds que sern utilizadas para el clculo de la torsin . Signicado y clculo de , . De la primera 1.19 sigue que T (s + s) T (s) 1 d m = T = l , ds s0 ss

(1.25) (1.26) (1.27)

(1.28)

y de acuerdo a la gura

T(s)

O

T(s+s)

d 1 = l m = . (1.29) s0 s ds El recproco del radio de curvatura se denomina la curvatura que est dada por la razn del cambio del ngulo de la tangente a la curva con respecto al arco recorrido 1 d = = . ds De N d B= ds

131 podemos dar una interpretacin similar a , la denominada torsin, pero respecto al ngulo que gira la direccin binormal B.

La velocidad y la aceleracin Tenemos que la velocidad es v = dr dr = s = sT , dt ds v = s,

y la aceleracin ser a = sT + s dT , dt dT = sT + s2 , ds s2 = sT + N, dv v2 = T + N. dt

Clculo del radio de curvatura dada r = r(s) Para una curva dada en funcin del parmetro longitud de arco r = r(s). d 1 T = N, ds se obtiene 1 d d2 = T = r . ds ds2

Para una curva dada en funcin del tiempo r = r(t) debemos considerar que con lo cual es simple establecer que s2 v 3 s2 s |v a| = sT (T + N) = sT ( N) = ,

14 o bien


1 |v a| = , v3 y tambin el radio de curvatura = = v3 . |v a|

(1.30)

Para utilizar la ecuain anterior, haga recorrer una partcula por la curva con la rapidez que uste quiera y de esa forma podr calcular r, v y a, y luego el radio de curvatura. Curva plana y = y(x). Considere x = t, o sea el movimiento en el eje x es uniforme, de modo que resulta r = t + y(x). j 0 j v = + y (x), 00 j a = y (x), resultando (1 + (y 0 (x))2 ) = |y 00 (x)|3/2

.

(1.31)

Curva en coordenadas polares r = r(). Como sabemos , v = r + r r 2 r ), a = ( r ) + (2r + r r el radio de curvatura se calcular usando = v3 , |v a| (1.32) (1.33)

y da lo mismo cmo la partcula recorra la curva. Lo ms simple es imaginar que = t, y luego resultar v = r0 () + r r 00 r , a = (r r) + 2r0 |v a| = (r0 () (2r0 + r (r00 r) , r r ) = 2(r0 )2 r(r00 r) , (1.34) (1.35) (1.36) (1.37)

15 nalmente p ( (r0 )2 + r2 )3 . = |2(r0 )2 r(r00 r)| r = c, r0 = c, r00 = 0 y resulta ( c2 + r2 )3 = , 2c2 + r2

Por ejemplo, para una espiral

que usted puede comprobar que es una funcin creciente con r. Note que (0) = 1 c. 2 Clculo de la torsin = 1/ Dada la curva r = r(s) tenemos que dr(s) = T, ds d2 r(s) = N, ds2 d3 r(s) d B = N + ( T ), ds3 ds luego el producto mixto es dr(s) ds d2 r(s) d3 r(s) ds2 ds3 = T = 2 . ! B N (( T ))

Para r = r(t), podemos considerar que la curva es r = r(s), con s = t,

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MOVIMIENTO Y COORDENADAS esto es la curva es recorrida con rapidez constante unitaria. Desde luego eso no inuye en las propiedades geomtricas de la curva de manera que dr d2 r = a, = v, ds ds2 y luego 2 2 dr(s) d r(s) d3 r(s) = ds ds2 ds3 da . = v a ds

Clculos para una hlice Considere una hlice donde x = a cos t, y = a sin t, z = bt. Luego construimos r = a cos t + asin t + btk. j dr = a sin t + acos t + bk j v = dt dv = 2 a cos t a2 j sin t a = dt ds2 = dx2 + dy 2 + dz 2 = (a2 2 sin2 t + a2 2 cos2 t + b2 )dt2 = (a2 2 + b2 )dt2 ds = p (a2 2 + b2 )dt p s = (a2 2 + b2 )t pt.

La longitud de arco es proporcional al tiempo. Hemos llamado p p = (a2 2 + b2 ).

17 Entonces podemos escribir r en trminos del parmetro s r = a cos y luego calculamos dr s s b T = = a sin + a cos j + k, ds p p p p p 2 s s dr dT = a( )2 cos a( )2 sin j, = ds ds2 p p p p s s d3 r = a( )3 sin a( )3 cos j, ds3 p p p p dT 1 = = a( )2 , ds p s s N = cos sin j, p p s b s b B = T N = sin cos j + a k. p p p p p puede calcularse y obtener 1 d2 r b b dr d d2 r = 2 2 = = 2 2 , ds ds ds ds p p a + b2 1 2 , = a 2 2 a + b2 Note que si b = 0, se trata de una circunferencia de radio a plana y resulta 1 = 0, 1 1 = . a s bs s + asin j + k, p p p

18


B T

N

Velocidad y aceleracin. Ahora es trivial establecer que v= Adems a = dv dT = sT + s dt dt dT = sT + s2 ds s2 = sT + N dv v 2 T + N. = dt dr ds dr = = sT = v T . dt dt ds

1.0.9.

Aceleracin conocida la velocidad

Esta seccin no se encuentra en textos que yo conozca. Si la posicin es alguna funcin de tres coordenadas generalizadas q1 , q2 y q3 y quizs tambin

19 dependa explcitamente del tiempo, es decir r = r(q1 , q2 , q3 , t), entonces es cierta la identidad d 1 2 1 2 r v v , = (1.38) a qi dt qi 2 qi 2 y como explicaremos, esto permite calcular componentes de la aceleracin en diversos sistemas de coordenadas. La demostracin es la siguiente. Calcule la velocidad r r r r dr q1 + q2 + q3 + . = (1.39) v= dt q1 q2 q3 y Considere 1 2 v =v v, q1 2 q1 pero de 1.39 se deduce que r v= , q1 q1 luego 1 2 r v =v , q1 2 q1 al derivar respecto al tiempo r d r d r d 1 2 v = v =a +v . dt q1 2 dt q1 q1 dt q1 Pero d r 2r 2r 2r 2r = q1 + q2 + q3 + 2 dt q1 q1 q1 q2 q1 q3 q1 t r r r r ( q1 + q2 + q3 + ), = q1 q1 q2 q3 t v, = q1 de manera que r d 1 2 +v v v = a dt q1 2 q1 q1 r 1 2 = a + v . q1 q1 2 Esto prueba la primera. Similarmente las otras.

20 Vectores unitarios


Primero, para hablar de componentes, se requiere denir vectores unitarios bsicos. Ellos estn asociados a cambios independientes innitsimos dqi del vector r sin variar el tiempo, es decirr r dqi qi = qi , ei = r r qi dqi qi

que ser aplicada en las dos secciones siguientes. Ejemplo de coordenadas esfricas. Se estableci que v =

por lo cual de (1.38) se deduce que la componente segn ei de la aceleracin es 1 d 1 2 1 2 v v ), (1.40) ai = ( r dt qi 2 qi 2 qi

d r = r + r sin + r r dt r r r r+ + , = r

(1.41) (1.42)

luego podemos identicar r r r = r = r, = r sin , . r Otra forma sera usar r = r, r luego r r 1 r r = r, =r =r = r sin r t r r = r = r . Adems

1.1 Ejemplos.

21

2 2 v2 = r2 + r2 sin2 + r2 , Luego de (1.40) se puede calcular ar = ( a d 1 2 1 2 2 2 v v ) = r (r sin2 + r ) dt r 2 r 2 1 d 1 2 1 2 1 d 2 v v ) = ( r2 r2 sin cos ) = r ( dt 2 2 r dt 2 = 2r + r r sin cos , d1 2 1 1 2 1 d 2 2 ( v v )= (r sin ). = r sin dt 2 2 r sin dt

(1.43)

a

Ejemplo de coordenadas cilndricas Tenamos r = + z k, de donde r r r = , = k, = = , z v 2 = 2 + 2 + z 2 , de manera que resulta a = ( a az tal como antes. d 1 2 1 2 2 v v ) = , dt 2 2 1 d 1 2 1 2 1 d 2 ( v v )= , = 2 dt 2 dt d 1 2 1 2 v v ) = z, = ( dt z 2 z 22

y

1.1.

Ejemplos.

Como explicaremos en unos ejemplos, para calcular velocidades y aceleraciones recomendamos no usar ms frmulas que simplemente expresar el

22


vector posicin y derivarlo dos veces. Solamente deber establecer si los vectores unitarios cambian o no de orientacin y si lo hacen establecer con que velocidad angular lo hacen y en denitiva aplicar la regla d e = e. dt Ejemplo 1.1.1 Considere la hlice x = cos t y = sin t z = 2t calcule T , N, B, , . Solucin. r = cos t + j sin t + 2tk, v = sin t + j cos t + 2k, a = cos t j sin t. Entonces sin t + j cos t + 2k , T = 5 cos t j sin t dT = , N = dt 5 N = cos t j sin t, 2 sin t 2cos t + k j B = T N = 5 N Ejemplo 1.1.2 Considere una partcula que se mueve por la arista OB de un tringulo cuyo plano est vertical, el ngulo es constante y el ngulo es variable. La distancia OP est dada por OP = v0 t. Determine la velocidad y aceleracin de la partcula en base de los vectores unitarios e1 , e2 y e3 .

1.1 Ejemplos.Z B P e2 O e3 e1 Y

23

X

A

Figura 1.1: Solucin. El sistema de vectores unitarios tiene una velocidad angular e = k = (1 cos + e2 sin ). Entonces d1 e = dt = d2 e = dt = d3 e = dt = e e1 = (1 cos + e2 sin ) e1 e e2 = (1 cos + e2 sin ) e2 e e3 = (1 cos + e2 sin ) e3

e 3 sin . e 3 cos

e e 2 cos + 1 sin .

Ahora usted puede calcular lo que quiera. En efecto r = v0 t1 , e luego e v = v0 e1 v0 t3 sin , y e e e e a = v0 (3 sin ) v0 3 sin v0 t(2 cos + 1 sin ) sin 2 2 e = 2v0 3 sin + v0 t e2 cos v0 t e1 sin2 .

24

MOVIMIENTO Y COORDENADASZ A e3 O X e1 e2 P B Y

Figura 1.2: N Ejemplo 1.1.3 Una partcula se mueve por la arista AB de una lmina cuadrada de arista b de modo que AP = v0 t. La lmina permanece apoyada en una arista sobre el plano OXY variando los ngulo y . Determine la velocidad y aceleracin de la partcula en base de los vectores unitarios e1 , e2 y e3 . Solucin. Similarmente el sistema de vectores unitarios tiene una velocidad angular e = k + 1 , e e = (3 cos + e2 sin ) + 1 , Entonces d1 e = dt = d2 e = dt = d3 e = dt = e e1 = (3 cos + e2 sin ) e1 e e e2 = (3 cos + 1 ) e2 e e e3 = (2 sin + 1 ) e3

e (2 cos e3 sin ) e e (1 cos + 3 )

e e (1 sin 2 )

Ahora usted puede calcular lo que quiera. En efecto r = v0 t1 + b2 , e e

1.2 Ejercicios resueltos luego e e e v = v0 e1 + v0 t(2 cos e3 sin ) + b(1 cos + 3 ) e e e = (v0 b cos )1 + v0 t2 cos + (b v0 t sin )3 y usted puede calcular a derivando v. N

25

1.2.

Ejercicios resueltos

Ejercicio 1.2.1 Una partcula se mueve de modo que sus coordenadas cartesianas estn dadas como funciones del tiempo por x = 3t y = 2t 5t2 Determine a) Las componentes cartesianas de la velocidad y de la aceleracin. b) Las componentes polares de la velocidad y de la aceleracin. c) Las componente normal y tangencial de la velocidad y aceleracin. d) La ecuacin de la trayectoria en coordenadas cartesianas. e) La ecuacin de la trayectoria en coordenadas polares. Solucin. (a) Hacemos las dos primeras derivadas de las coordenadas vx vy ax ay = = = = x=3 y = 2 10t, x = 0, y = 10. = = = = v r, v , a r, a ,

(b) Las componentes polares se pueden obtener proyectando vr v ar a

26


donde los vectores unitarios estn dados por r = cos + j sin = sin + j cos . As resulta vr v ar a = = = = v r = 3 cos + (2 10t) sin , = 3 sin + (2 10t) cos , v a r = 10 sin , = 10 cos . a

Se puede dejar completamente en funcin del tiempo porque p p r = x2 + y 2 = 9t2 + (2t 5t2 )2 3t x =p cos = , 2 + (2t 5t2 )2 r 9t y 2t 5t2 sin = . =p r 9t2 + (2t 5t2 )2 3 + (2 10t) j v , T = =p v 9 + (2 10t)2

(c) Las componentes normal y tangencial se encuentran tambin proyectando sobre esas direcciones que son

un vector N perpendicular a T puede calcularse as 3 (2 10t) j , N =kT = p 9 + (2 10t)2 vT = v T = vN = 0, p 9 + (2 10t)2 ,

luego resultan

10(2 10t) aT = a T = p , 9 + (2 10t)2 30 . aN = a N = p 9 + (2 10t)2

1.2 Ejercicios resueltos (d) La trayectoria es trivial 5 2 y = x t2 . 3 9 (e) en polares, se pide r = r(), pero tenamos p p x2 + y 2 = 9t2 + (2t 5t2 )2 3t x 3 =p cos = =p , r 9t2 + (2t 5t2 )2 9t + (2 5t)2 2t 5t2 2 5t y =p = .p sin = 2 + (2t 5t2 )2 r 9t 9t + (2 5t)2 r = 1 t = r cos , 3

27

Despejemos de la segunda

y reemplacemos en la tercera 1 1 sin = 2( cos ) 5r( cos )2 3 3 de donde despejamos 3 2 cos 3 sin . 5 cos2 Note que para t = 0, tan 0 = 2 . o sea 0 = 33. 69o . 3 r= N Ejercicio 1.2.2 Una partcula se mueve sobre una elipse de semi ejes a y b centrada en el origen de un sistema de coordenadas con rapidez constante v0 , siendo la ecuacin de la elipse: x2 y 2 + 2 =1 a2 b a) Determine La magnitud de la aceleracin de la partcula en los puntos ms alejado y ms cercano de la partcula al centro. b) El tiempo que emplea la partcula en recorrer toda la elipse.

28


c) La determinacin de la ecuacin paramtrica de la trayectoria con parmetro tiempo es un problema complicado, pero explique el mtodo a seguir. Solucin. (a) Como la rapidez es constante, la aceleracin tangencial es nula y la aceleracin normal es2 v0 , siendo necesario calcular el radio de curvatura de acuerdo a 3 p 1 + (y 0 (x))2 . = |y 00 (x)|

aN =

Bastara hacerlo en x = 0 y x = a pero lo haremos en trminos de x. As resultan r x2 y(x) = b 1 2 , a x b y 0 (x) = q , 2 2 1 x aa2

luego

|y 00 (x)| = 1 = q 1x2 a2 b a2

x2 a2

q 1 3

b a2

,

x2 a2

+

2 b2 x4 a

=.

Evaluando en x = 0 y x = a resultan b2 a2 , (a) = . b a (b) Para determinar el tiempo, debemos determinar el permetro de la elipse. Tenemos que Z ap s = 4 1 + (y 0 (x))2 dx, 0 Z as b2 x2 1 2 2 a, = 4 1+ dx = 4 EllipticE a b 2 a 1 x2 a4 0 a (0) =

1.2 Ejercicios resueltos de manera que el tiempo es T = 4 EllipticE 1 a2 b2 a a . v0

29

N Ejercicio 1.2.3 La ecuacin de una elipse en coordenadas polares puede escribirse como c r= 1 e cos siendo c y e constantes. Si el ngulo vara proporcionalmente al tiempo t con constante de proporcionalidad , determine las componentes polares de la velocidad y de la aceleracin en funcin del tiempo. Solucin. Es cosa de hacer algunas derivadas y luego usar (1.8) ar = r r a = 2r + r con = t, = , = 0, 2 r = r0 (), r = r00 () , y dado que r0 = r00 resultan ar = ce a 2e e cos2 t cos t c 2, 3 1 e cos t (1 e cos t) sin t = 2ce 2 . (1 e cos t)2 N c sin d = ce d 1 e cos (1 e cos )2 2e e cos2 cos = ce , (1 e cos )32

30


Ejercicio 1.2.4 Una partcula se mueve sobre una circunferencia de radio R con aceleracin angular constante partiendo del reposo. Si la partcula realiza n vueltas completas a la circunferencia en el primer segundo, determine la aceleracin angular de la partcula. Determine adems el nmero de vueltas que realiza la partcula durante el siguiente segundo del movimiento. Solucin. Aceleracin angular constante signica = (constante). Integrando dos veces 1 = t2 . 2 Por el enunciado en el primer segundo = t, 1 = 2n = 12 = 4n, 2 y durante el siguiente segundo el ngulo ser 1 3 1 = 22 12 = = 6n 2 2 2 o sea 3n vueltas. N Ejercicio 1.2.5 Una partcula est ja en la arista AB de una lmina cuadrada de arista b de modo que AP = d. La lmina permanece apoyada en una arista sobre el plano OXY variando los ngulo y . Determine la velocidad y aceleracin de la partcula en base de los vectores unitarios e1 , e2 y e3 . Solucin. = = Entonces vP = d d OP = (b2 + d1 ) = e e dt dt = (b2 + d1 ) e e e e e1 cos + 3 ) + d(2 cos e3 sin ). = b( e k + 1 , e e (3 cos + e2 sin ) + 1 ,

1.2 Ejercicios resueltosZ A e3 O X e1 e2 P B Y

31

Figura 1.3: N Ejercicio 1.2.6 Considere una partcula que est ja en la arista AB de un tringulo cuyo plano est vertical, el ngulo es constante y el ngulo es variable. La distancia OP est dada por OP = d. Determine la velocidad y aceleracin de la partcula en base de los vectores unitarios e1 , e2 y e3 . Z B P e2 O e3 e1 Y

X

A

Figura 1.4: Solucin. La velocidad angular de la triada mvil es e = k = (1 cos + e2 sin ), y OP = d1 , e

32 por lo tanto


e e vP = (1 cos + e2 sin ) d1 e3 sin . = d N Ejercicio 1.2.7 Determine el radio de curvatura de la curva x = p, y = p2 , z = p3 , en trminos del parmetro p. Solucin. Usaremos = v3 |v a|

y podemos tomar el tiempo igual al parmetro p porque no importa (medtelo). Tenemos entonces (usando notacin de tro para los vectores) r = (p, p2 , p3 ) v = (1, 2p, 3p2 ) a = (0, 2, 6p) p 1 + 4p2 + 9p4 v = v a = 6p2 , 6p, 2

y el producto cruz entonces

p 3 2 + 9p4 1 + 4p = p . 2 1 + 9p2 + 9p4 N

Captulo

2

DINMICA.

El propsito de la dinmica es predecir el comportamiento futuro de un sistema, en particular de una partcula cuando son conocidas las fuerzas y las restricciones que actan sobre ella y se conoce el presente. Este conocimiento se da en la forma llamada condicin inicial. Para una partcula este se expresa en suponer conocidas la posicin y velocidad inicial de ella, r(0) y v(0). Como veremos este propsito es logrado mediante la llamada Mecnica Clsica, salvo excepcionalmente para sistemas que tienen comportamiento catico y que estn fuera del alcance de este curso. Para estudiar el movimiento de un cuerpo puede escogerse algn sistema de referencia arbitrario y entonces el estudio es relativo a ese sistema de referencia. Para hacer dinmica, la eleccin del sistema de referencia adecuado no es arbitraria.

2.1.

Leyes de Newton para una partcula

Desde los tiempos de Galileo se ha reconocido que no es necesario aplicar fuerzas para mantener el movimiento de los cuerpos. Esto evidentemente choca con lo observado diariamente puesto que si se dejan de aplicar fuerzas, los cuerpos se detienen. El problema est en que en realidad no se han dejado de aplicar todas las fuerzas. Normalmente existen fuerzas, llamadas de roce que estn presentes y cuya tendencia es frenar los cuerpos. Es dicil eliminarlas, pero si se logra, entonces el movimiento se mantiene. Sin embargo hay otros detalles. Se mantiene pero respecto a qu sistema de referencia? Para Newton existen el tiempo y el espacio absolutos, respecto a los cuales el formulas

34

DINMICA.

sus leyes. El problema es denirlos. Hoy da el tiempo puede medirse con una extraordinaria precisin pero no encontramos buenas deniciones.

2.1.1.

Sobre el tiempo

Hemos observado y por lo tanto creemos que hay fenmenos peridicos, es decir que se repiten cada ciertos iguales intervalos de tiempo, o que creemos iguales. Si aceptamos eso, al menos tendremos una forma de medir tiempos, y con eso es casi suciente en fsica. Un reloj entonces contiene dos partes esenciales, un sistema oscilatorio de un cierto perodo y un contador que cuenta las oscilaciones. Mientras mayor sea la frecuencia (ms corto ese determinado intervalo de tiempo llamado periodo) entonces podremos resolver tiempos con mayor precisin. Esto es lo que ocurre con los relojes atmicos donde la frecuencia de oscilacin es altsima. Por otro lado, como lo analiza Albert Einstein, el tiempo tiene que ver con poder discernir cul de dos eventos ocurre antes, o cual ocurre despus o si ocurrieron simultneamente. As por ejemplo el declara que la cuestin es obvia si los dos eventos ocurren en un mismo punto del espacio. Es cuestin de mirar la secuencia de ocurrencia de los dos Eventos. (Sin embargo existe un potencial problema de indenicin que, a juicio del autor, no ha sido sucientemente analizado. Observadores que viajen hacia el futuro dieren de otros que viajen al pasado). Einstein tambin descubre que la simultaneidad de eventos que ocurren lejos el uno del otro, es un concepto relativo y eso desmorona el concepto de tiempo absoluto de Newton. Sin embargo, haremos Fsica Newtoniana solamente.

2.1.2.

Primera ley de Newton

La primera ley de Newton suele enunciarse as. Si un cuerpo no est sometido a fuerzas, se mueve con velocidad constante o permanece en reposo. El detalle es que as enunciada, no puede estar correcta. Si ello es cierto en algn sistema de referencia, inmediatamente deja de ser cierto si el observador est en un sistema acelerado respecto al primero, ver gura. En concreto basta que el observador se ponga a saltar sobre el suelo para que la primera ley deje de ser vlida. Por ello, para mantenerla, se han denido sistemas de referencia especiales donde ella es cierta.De esta manera, en rigor, la primera Ley es reemplazada por la denicin de un determinado tipo de observador o de sistema de referencia, los llamados sistemas inerciales de referencia.

2.1 Leyes de Newton para una partculaY' Y

35

F=0

a

a=0

F=0

a=0X' X

Figura 2.1:

2.1.3.

Sistema inercial de referencia

En la formulacin de la dinmica clsica, se supone la existencia de al menos un sistema privilegiado de referencia, un Sistema inercial de referencia. Por denicin, un sistema inercial de referencia es aquel (hipottico) sistema relativo al cual una partcula libre, es decir no sometida a fuerza, tiene velocidad constante o en particular nula. Como consecuencia de la transformacin de Galileo, todo sistema que se traslade con velocidad constante respecto a uno inercial de referencia, es tambin sistema inercial de referencia. La existencia de uno por lo menos, sera materia de validacin experimental, con las obvias dicultades que ello presenta. Se acepta que al menos aproximadamente, el marco de las estrellas jas, lo es. Esta es una materia hoy en da de acuerdo internacional. En efecto en Agosto de 1997, la Unin Astronmica Internacional (IAU) decidi que a partir del primero de Enero de 1998, el IAU sistema de referencia celestial sea el sistema (ICRS), en reemplazo del sistema FK5. Hay abundantes referencias sobre este tema en la WEB, por ejemplo http://rorf.usno.navy.mil/ICRF/ Esta denicin reemplaza la primera ley de Newton, puesto que su validez: la aceleracin respecto a un sistema es nula cuando la fuerza es nula, dene lo que se denomina un sistema inercial de referencia. As entonces hay que aceptar que Newton formulas sus leyes respecto a un sistema de referencia inercial. Si el Universo estuviera vaco uno puede preguntarse que podra ser tal sistema. No existe aparentemente diferencia alguna entre un sistema .acelerado.o un sistema rotante"si no hay nada res-

36

DINMICA.

pecto a lo cual establecer la realidad de la .aceleracin.o de la rotacin". Sin embargo Newton crea rmemente que el espacio mismo existe como algo absoluto, real como una entidad fsica, respecto al cual los conceptos de aceleracin o de rotacin podran denirse. As Newton dice que un objeto est acelerando cuando lo hace respecto al espacio absoluto. Pero a mediados de los 1800 un lsofo y fsico Ernst Mach lleg con nuevas ideas que adems, entre otras cosas, tuvieron un profundo impacto en el pensamiento de Albert Einstein. Las ideas de Mach se aprecian analizando un balde que contiene agua en su interior. Si el balde se mantiene suspendido y quieto, la supercie del agua permanece plana. Si se hace rotar el balde respecto a la cuerda que lo sostiene, la supercie del agua adquirir una forma cncava. Respecto a qu sistema el balde rota? Si vamos ms lejos y nos imaginamos otando en el espacio interestelar, si uno mira el cielo y ve las estrellas estacionarias uno podra decir que est en reposo y no experimenta fuerza alguna. Justo entonces un compaero de viaje, se acerca y le da un impulso de modo que comienza a rotar. Seguro que se notarn dos efectos: las estrellas parecern girar en grandes crculos en torno a uno, y uno experimentar fuerzas que tendern a separar sus brazos y piernas. Si repetimos la misma situacin pero en un espacio absolutamente vaco, sin estrellas, galaxias, slo una total oscuridad, sentiremos esa fuerza si alguien nos coloca en rotacin? Segn Mach, no. En un universo totalmente vaco no puede haber diferencia entre aceleracin o no aceleracin. Entre rotacin y no rotacin. De manera que, segn Mach, si cuesta una fuerza acelerar un cuerpo, ello se debe a la existencia de todas las galaxias del Universo. Posteriormente, Albert Einstein, al desarrollar la teora general de la relatividad introduce el concepto de espacio tiempo, un concepto que tiene existencia real y con propiedades que se ajustan segn sea la distribucin de masa y energa del Universo. El espacio tiempo es algo absoluto respecto al cual pueden denirse los movimientos de los cuerpos. Sin embargo la teora de Einstein no conrma totalmente las ideas de Mach. En un Universo vaco, el espacio tiempo no est curvado, est plano, pero existe. De manera que una persona rotando en un Universo vaco, s sentira fuerza que tendera a separarle sus brazos y piernas. Podra decirse que las ideas de Mach provocaron de alguna manera el desarrollo de la Teora general de la relatividad pero la teora que se desarroll, no conrm las ideas que la inspiraron. Una excelente discusin sobre este tema la puede encontrar en el libro de Brian Greene, "The fabric of the Cosmos". En la actualidad el espacio tiempo es

2.1 Leyes de Newton para una partcula

37

el sistema absoluto de referencia y los observadores inerciales son los que se mueven libremente en cada libre, es decir no sometidos a fuerzas elctricas, magnticas u otras. Este es un cambio de perspectiva notable y lejos de lo que imaginbamos. Los campos gravitacionales no causan aceleraciones. Otras fuerzas si causan aceleraciones. El otro problema que ocurri, pero del cual nos olvidaremos, es que esas otras fuerzas (electromagntica, fuerte y dbil) slo tienen una buena descripcin en la llamada Mecnica Cuntica, y en esa teora, las aceleraciones no existen. Plop.

2.1.4.

Segunda ley de Newton

En un sistema inercial de referencia (el espacio absoluto de Newton) las fuerzas son las causas de las aceleraciones en la forma que estableci Newton. Respecto a un sistema inercial de referencia se tiene para una partcula de masa m F a= , (2.1) m o bien F = ma. (2.2)

siendo a la aceleracin, F la fuerza resultante que acta sobre la partcula, la cual se expresa en Newtons [ N] y m la masa inercial de la partcula. La masa inercial es entonces alguna propiedad que distingue las partculas en cuanto a la dicultad que maniestan ellas a ser aceleradas. Es necesario aclarar que conceptualmente existe otra propiedad que distingue a las partculas, consecuencia de su masa gravitacional mg , esto es, la masa gravitacional da cuenta de la magnitud con que se atraen dos partculas por efecto de la fuerza gravitacional. De acuerdo a la ley de gravitacin universal de Newton F =G m1g m2g , d2 (2.3)

siendo aqu m1g y m2g las masas gravitacionales de las partculas. Si usted lee el libro recin recomendado de Greene ( y muchos otros) se encontrar que, desde el punto de vista moderno, la fuerza gravitacional no es una fuerza. Sin embargo en este libro se desarrollar la teora clsica de la Mecnica de Newton solamente.

38

DINMICA.

2.1.5.

Principio de equivalencia

De acuerdo a los experimentos de Galileo, todos los cuerpos en la vecindad de la tierra, despreciando el roce del aire, caen con la misma aceleracin de magnitud g = 9,8 m s2 . (2.4)

Si se utiliza la segunda ley de Newton donde la fuerza es la fuerza gravitacional resulta m1g mT g , m1 g = G R2 es decir la masa inercial m1 es proporcional a la masa gravitacional m1g . En la ltima expresin R es el radio terrestre y mT g es la masa gravitacional terrestre. Si las unidades se eligen adecuadamente (iguales), entonces tenemos el principio de equivalencia m = mg .

2.1.6.

Sobre las fuerzas

Las fuerzas, las que permiten acelerar los cuerpos, en general pueden clasicarse en dos tipos, fuerzas de accin a distancia y fuerzas de contacto. Fuerzas de accin a distancia Son ejercidas por los cuerpos a distancia. Son en general conocidas como campos de fuerza y de ellas son bien conocidas la fuerza gravitacional, la fuerza electrosttica, la fuerza magntica y otras. En estos apuntes la ms importante de ellas ser la fuerza gravitacional que ejerce la tierra sobre los objetos cerca de su supercie, dirigida verticalmente hacia abajo y de magnitud m1 mT F =G = m1 g, R2 donde g=G es la aceleracin de gravedad. mT , R2 (2.5)

2.1 Leyes de Newton para una partcula Fuerzas de contacto

39

Son ejercidas recprocamente cuando dos cuerpos se tocan. Si se descompone la fuerza de contacto en su parte paralela y en su parte normal a la supercie en contacto, esas componentes se denominan fuerza de roce f y fuerza normal N. Tambin existen fuerzas que actan sobre un cuerpo cuando ste se mueve en el interior de un uido (lquidos o gases). Estas fuerzas se denominan fuerzas de roce viscosas y son funciones complicadas de la rapidez del cuerpo, de la forma del cuerpo y de propiedades de la supercie del cuerpo y del uido. La fuerza de roce esttica Cuando no hay movimiento relativo entre dos cuerpos que estn en contacto, la fuerza de roce se denomina fuerza de roce esttica. Considere un bloque en reposo sobre una supercie horizontal que es empujado por una fuerza horizontal F como se indica en la guraf F

Como el cuerpo tiene aceleracin nula entonces F f = 0, N mg = 0, es decir la fuerza de roce f es igual a la fuerza aplicada F . Si se aumenta F aumenta la fuerza de roce de la misma manera. Pero eso tiene un lmite. La fuerza de roce no puede crecer indenidamente. Este lmite tiene que ver con propiedades de las supercies en contacto y con el grado en que las supercies estn apretadas entre s. El modelo que utilizaremos esa f mx = s N,

(2.6)

donde s se denomina coeciente de roce esttico entre las supercies. Fuerza de roce cintica

40

DINMICA.

Si la fuerza aplicada supera al mximo valor de la fuerza de roce o si el cuerpo est en movimiento relativo, la fuerza de roce, llamada ahora fuerza de roce cintica, est dada por

f = k N,

(2.7)

donde k se denomina coeciente de roce cintico. Normalmente k < s que pone de maniesto que cuesta menos mantener el movimiento que iniciarlo.

2.1.7.

Tercera ley de Newton

La tercera ley de Newton, suele enunciarse as: si un cuerpo ejerce una fuerza sobre otro, entonces el segundo hace una fuerza de igual de magnitud y de sentido contrario sobre el primero y ambas fuerzas estn sobre la misma lnea de accin. Esta ley se supone vlida para fuerzas de contacto y para fuerzas de accin a distancia. Sin embargo, en el segundo caso, hay problemas. Difcilmente pueden las fuerzas de accin y reaccin ajustarse en forma instantnea a nuevas posiciones de los cuerpos porque la informacin de uno al otro no puede propagarse con velocidad innita. Eso sin embargo, es tema de otro curso.

2.1.8.

Deniciones

Daremos de inmediato deniciones de otras propiedades fsicas de los cuerpos que tienen que ver con su masa y con su velocidad. La utilidad de estas deniciones descansa en que hay relaciones o teoremas que las involucran y que pueden en consecuencia escribirse de manera ms simplicada

2.2 Teoremas

41 concepto unidad masa partcula. kg vector posicin partcula. m velocidad partcula. m s1 aceleracin partcula. m s2 fuerza resultante actuando sobre N la partcula. mv Momentum lineal de la partcula. kg m s1 1 mv 2 Energa cintica de la partcula. J 2 mr v Momentum angular de la partcula kg m2 s1 respecto a O. rF Torque resultante respecto a O. Nm ....... Energa potencial. J K+V Energa mecnica. J Rf F dr Trabajo realizad por F desde i a f . J i

m r v ai F p K L0

.. .. = = .. = = =

....... ....... dr/dt.. dvi /dt .......

O = V .. E = Wif =

2.2.

Teoremas

Pueden entonces demostrarse los siguientes teoremas que involucran las deniciones anteriores: I Teorema 2.1 Variacin del momentum lineal: dp = F. dt (2.8)

Demostracion 1 Este teorema sigue inmediatamente de la segunda Ley de Newton que puede escribirse dv dmv dp F = ma = m = = , (2.9) dt dt dt si la masa es constante. I Teorema 2.2 Variacin del momentum angular dlO = O . dt (2.10)

42

DINMICA.

Demostracion 2 Si la segunda ley de Newton es multiplicada vectorialmente por r resulta mr dv = r F, dt (2.11)

pero el lado izquierdo puede modicarse a d (mr v) = r F , dt si la masa es constante, esto es dlO = O . dt I Teorema 2.3 Teorema de conservacin del momentum lineal. Si Fx = 0 entonces px = constante. y similarmente para otras componentes. Demostracion 3 Este teorema sigue directamente de F = dp , dt (2.13) (2.12)

que si es proyectada en una direccin ja, OX por ejemplo da dpx = Fx , dt luego si Fx = 0 se tiene px = constante. I Teorema 2.4 Teorema de conservacin del momentum angular. Si O = 0 entonces lO = constante.

2.2 Teoremas Demostracion 4 Este teorema sigue directamente de dlO = O dt de manera que si O = 0 entonces se tiene que lO = constante.

43

I Teorema 2.5 Teorema de conservacin de una componente del momentum angular. Si Ox = 0, entonces lOx = constante, y similarmente para otras componentes. Demostracion 5 Este teorema sigue directamente de dlO = O , dt que si es proyectada en una direccin ja, digamos OX da dlOx = Ox , dt de manera que si Ox = 0 se obtiene lOx = constante.

2.2.1.

Integracin de la ecuacin de movimiento

El propsito de la dinmica es: dadas las condiciones iniciales de un sistema y las fuerzas, determinar mediante la segunda ley de Newton las posicin y velocidad futura del sistema. La segunda ley de Newton, tambin llamada ecuacin de movimiento, determina la aceleracin del sistema a = d2 r/dt2 . Luego hay un problema matemtico. Conocida la fuerza resultante deberemos integrar la ecuacin de movimiento y obtener la velocidad v(t) y posicin r(t) si se conocen las condiciones iniciales del movimiento, es decir la velocidad y posicin iniciales v(0) y r(0). Como veremos dependiendo de las fuerzas actuando, la integracin de la ecuacin de movimiento es ms o menos simple.

44

DINMICA.

Para el caso de la dinmica de un cuerpo la fuerza podra depender del tiempo, de su posicin y de su velocidad, es decir la ecuacin que resulta es d2 r(t) m = F (t, r, v), (2.14) dt2 que en general no puede integrarse directamente porque el lado derecho, la fuerza, depende precisamente de la incgnita r(t) y de su derivada v(t). En el apndice se profundiza ms sobre diversos casos integrable y aqu nos limitamos a los principales. En el captulo de sistemas de partculas se explican las dicultades adicionales que se presentan en el caso de la dinmica de varios cuerpos. Como posiblemente los alumnos de este curso an no dominan el tema de las integrales y menos el de las ecuaciones diferenciales, deje para ms adelante la comprensin de todos los pasos intermedios, pero analice los resultados y sus aplicaciones. Fuerza constante De la segunda ley F , m es inmediato obtener por dos integraciones sucesivas a= v(t) = v(0) + F t, m (2.15)

F 2 t. 2m Estos resultados coinciden con lo establecido en la seccin de cinemtica para el caso en que la aceleracin es constante. r(t) = r(0) + v(0)t + Fuerza dependiente del tiempo F (t) Aqu se puede dejar expresado 1 v(t) = v(0) + m F (t0 )dt0 , 0 Z Z 00 1 t 00 t F (t0 )dt0 , dt r(t) = r(0) + v(0)t + m 0 0 Zt

(2.16)

2.2 Teoremas

45

donde las integrales se podrn hacer cuando la fuerza sea dada en forma explcita.

Fuerza dependiente de la posicin En movimiento unidimensional. Si F = F (x) tenemos que m = F (x), x pero existe la identidad 1 d 2 x, 2 dx de modo que se tiene una ecuacin diferencial x= 1 d 2 1 x = F (x), 2 dx m de donde 2 x (t) x (0) = m2 2

(2.17)

Z

x(t)

F (x)dx,

x(0)

o bien x(t) =

s

x2 (0)

2 + m

Z

x(t)

F (x)dx =

x(0)

dx , dt

(2.18)

y podemos nalmente separar variables en la forma dt = q x2 (0) + Zx(t)

m

e integrar por segunda vez t=

dx R x(t) 2x(0)

, F (x)dx

x(0)

El problema estara resuelto si dada F (x), la integral la realizamos y es posible de all despejar x(t). Tarea no necesariamente simple. Lo anterior puede simplicarse o calcularse para casos especcos de fuerzas.

q x2 (0) +

m

dx Rx 2

.

(2.19)

F (x)dx x(0)

46 Por ejemplo la fuerza elstica F (x) = kx, se obtiene t = Zx(t)

DINMICA.

x(0) x(t)

=

Z

q x2 (0) q x2 (0)

dx2 m

dx

Rx

x(0)

kxdx .

x(0)

k (x2 m

x2 (0))

Sin perder demasiado podemos suponer que x(0) = 0 de modo que t = dx q k 0 x2 (0) m x2 r Z x(t) m dx pm = k 0 x2 (0) x2 k r m 1 x sin p m = k x(0) k x(t) = r m x(0) sin k r k t. m (2.20) Zx(t)

de modo que nalmente

Ms detalles sern dados al estudiar ms adelante el llamado movimiento armnico simple. Para el ltimo caso particular, existe un mtodo alternativo ms fcil. En efecto de m = kx, x y si se dene 2 = tenemos que x + 2 x = 0, k , m

2.2 Teoremas

47

y usted puede fcilmente comprobar que una solucin general es de la forma x(t) = C cos(t + ). La evaluacin de las constantes C y segn sean las condiciones iniciales x(0), x(0), se har ms adelante al estudiar el movimiento armnico simple. Movimiento unidimensional con fuerza viscosa Consideraremos el efecto que produce la presencia de una fuerza contraria y proporcional a la velocidad de la forma Fx = mx. Este tipo de fuerza se maniesta cuando un cuerpo se mueve en el interior de un uido, lquido o gas. La ecuacin de movimiento ser m = mx, x o bien si llamamos v = x dv = v, dt de donde es trivial separar variables dv = dt, v y se puede integrar ln v(t) = t, v(0) v(t) = v(0)et , (2.21)

que puede integrarse por segunda vez x(t) = x(0) + v(0) (1 et ). (2.22)

Note que la velocidad tiende a cero y la posicin alcanza un mximo xmx = x(0) + a v(0) .

48

DINMICA.

2.2.2.

Dinmica del movimiento circular

Para el movimiento circular es conveniente expresar las ecuaciones de movimiento en coordenadas polares con origen en el centro de la circunferencia, de modo que se tiene en componentes polares

Fr = m F

v2 , R = mR .

(2.23) (2.24)

Existen diversas posibilidades para el tipo de movimiento circular, dependiendo de las fuerzas que acten, cuestin que se plantea en los ejercicios. Si la fuerza es puramente radial, F = 0, de lo cual se deduce que el movimiento es circular uniforme, es decir es constante.

2.3.

Dinmica del movimiento circular

Cuando un cuerpo est restringido a moverse en una trayectoria circunferencial, es mejor utilizar coordenadas polares. Aqu el radio ser constante y variar solamente la coordenada angular . En la gura se ilustran las componentes polares de la fuerza que acta sobre la partcula Fr y F . Recordando lo establecido en el captulo de cinemtica

, v = R 2 a = R r + R ,

(2.25) (2.26)

2.3 Dinmica del movimiento circular

49

Fr r m

R F

R

la segunda ley de Newton en componentes polares ser 2 Fr = m(R ), . F = mR (2.27) (2.28)

Ejemplo 2.3.1 Una partcula de masa m puede moverse por el interior de una supercie circular lisa de radio R cuyo plano est vertical. Inicialmente la partcula parte del punto ms bajo con una rapidez inicial v0 . Analice las diversas posibilidades que tiene el movimiento de la partcula en funcin de la rapidez inicial. Solucin. La gura ilustra las dos fuerzas que actan sobre la partcula mientras ella permanezca en contacto con la supercie. Antes de plantear nada matemtico usted debe darse cuenta de las posibilidades y luego que eso est claro, proceder a un anlisis ms detallado. Es ms o menos evidente que si la rapidez inicial es pequea, la partcula efectuar oscilaciones. Si ella es ms grande, la partcula puede perder el contacto pasado los noventa grados. Si es mayor an, podr dar vueltas completas. Las ecuaciones generales se reducen en este caso a 2 Fr = N mg sin = m(R ), (2.29) . (2.30) F = mg cos = mR,

la segunda ecuacin puede integrarse porque es una identidad que = 1 d 2 , 2 d

50

DINMICA.

r N

R

mg

m v0

Figura 2.2: obteniendo

2 v0 2 2g(1 + sin ) = R R

2 De la primera, eliminando se obtiene N = mg sin + m( N = de la primera 2 N mR = mg sin (2.31)2 v0 2g(1 + sin )), R

2 mv0 mg(3 sin + 2). R

Vueltas completas. La partcula realizar vueltas completas si N permanece positiva para todo . Observando la expresin para N es caso ms desfavorable ocurre si = , luego la condicin ser2 mv0 + mg(3 2) = 0, R

o sea v0 =

p 5gR.


51

Oscilaciones. Para que esto ocurra la partcula debe detenerse antes que la normal se anule. Esto signica que = 0 antes que N se anule. Pero si > 0 la ecuacin (3.36) indica que 2 N mR = mg sin < 0, 2 N < mR , o sea no puede anularse primero. Luego pueden haber oscilaciones = 0 para < 0, y eso requiere que slo si 2 v0 2g(1 + sin ) = 0 para < 0, R

de donde v0 =

Despegues. Para que la partcula despegue, pierda el contacto, debe ser N = 0 con 0 < < /2 luego2 mv0 mg(3 sin + 2), R p gR(2 + 3 sin ), v0 = p p 2gR < v0 < 5gR.

p p 2gR(1 + sin ) 6 2gR.

0 =

Anlisis del despegue y siguiente punto de impactoy

/2

v'0

x

R

v0

522

DINMICA. Sea > 0 el ngulo del despegue. De N mR = mg sin para N = 0 podemos evaluar p 0 v0 = R = gR sin , y usando las ecuaciones de los proyectiles0 x = R cos v0 t cos(/2 ),

1 0 y = R sin + v0 t sin(/2 ) gt2 , 2

reduciendo x = R cos p gR sin t sin , p 1 y = R sin + gR sin t cos gt2 , 2 p 1 gR sin t3 cos + g 2 t4 4

calculemos

x2 + y 2 = R2 g

y para x2 + y 2 = R2 que caracteriza al punto de cada, se obtiene el tiempo s R sin cos t=4 g y as evaluamos las coordenadas del punto de cada resultando despus de algunas simplicaciones x = R cos 3 = R cos(3), y = R sin 3 = R sin(3). Esto es el punto de cada se produce en el ngulo 3. N


53

2.3.1.

Movimiento de una partcula cargada en un campo magntico uniforme

Una partcula con carga q al moverse en un campo magntico B experimenta la llamada fuerza de Lorentz F = qv B. Entonces, si esa es la nica fuerza, la segunda ley de Newton conduce a m dv = qv B. dt (2.32)

Si el campo magntico es uniforme y constante en el tiempo, digamos B = B0 k, entonces dv qB0 = v k, dt m que puede integrarse. En la direccin z no hay aceleracin, luego z(t) = z(0) + vz (0)t. En el plano x, y podemos escribir en componentes x = qB0 y, m qB0 y = x, m x + y = 0, x y que implica p x2 + y 2 es constante.

(2.33)

de donde es evidente que

Adems si las integramos una vez tendremos x = x0 +

qB0 (y y0 ), m qB0 y = y0 (x x0 ), m

54

DINMICA.

y obtenemos ecuaciones separadas para x, y, lineales no homogneas x = qB0 qB0 (y0 (x x0 )), m m qB0 qB0 y = (x0 + (y y0 )). m m = las ecuaciones son x + 2 x = y0 + 2 x0 , 2 y + y = x0 + 2 y0 , de donde x = x0 + y0 + A cos t + B sin t, x0 y = y0 + C cos t + D sin t. qB0 , m

Llamando

Imponiendo las condiciones iniciales y0 + A, x0 0 = + C, x0 = B, y0 = D. 0 = Luego y nalmente x = x0 + y0 y0 x0 cos t + sin t, x0 x0 y0 y = y0 + cos t + sin t.

Es inmediato posible vericar que (x x0 y0 2 x0 y0 x0 ) + (y y0 + )2 = ( )2 + ( )2 ,


55

o sea que en su proyeccin en el plano xy la trayectoria es una circunferencia con centro en las coordenadas xC = x0 + yC y de radio R= y0 , x0 = y0 , y0 2 x0 ) + ( )2 .

r

(

2.3.2.

Solucin alternativa para la velocidad

La ecuacin 2.33 puede derivarse sucesivamente limitndonos al movimiento en el plano xy obteniendo dv dt d2 v dt2 d3 v dt3 d4 v dt4 = v k, = (v k) k = 2 v = 2 v k = 3 v k = 3 (v k) k = 4 v,

Ahora hacemos una expansin de Taylor v(t) = v0 + t2 t4 t3 3 t v0 k + 2 v0 + v0 k + 4 v0 + 1! 2! 3! 4! v(t) = v0 cos t + v0 k sin t, que se puede integrar respecto al tiempo obteniendo para el plano xy r(t) = r(0) + v0 v0 k sin t + (1 cos t).

que equivale a

56

DINMICA.

2.4.2.4.1.

EjemplosFuerzas constantes o dependientes del tiempo

Ejemplo 2.4.1 Un cuerpo de masa 10 kg, se encuentra sobre una supercie horizontal spera, de coeciente de friccin esttico y cintico s = 0,2 y k = 0,1, respectivamente. Si sobre el cuerpo se aplica una fuerza horizontal de magnitud 60 N que acta slo durante 10 s, determine la posicin y velocidad en tiempo t. Solucin. La fuerza de roce esttica mxima esm fs ax = s N = s mg = 0,2 10 9,8 = 19. 6 N,

luego el bloque acelera. Hay que hacer el anlisis por tramos. 0 < t 5 10 ma = F k mg, 60 0,2 10 9,8 a = = 4. 04 m s2 . 10 Entonces x(t) = 1 2 at = 2,02t2 , 2 v(t) = 4,04t.

10 < t 5 tmx . El tiempo mximo es cuando el bloque se detiene y se a sabr luego. Ahora ma = k mg, 0,2 10 9,8 a = = 1. 96 m s2 . 10 La posicin y velocidades iniciales son las nales del primer intervalo x(10) = 2,02 (10)2 = 202 m, v(10) = 4,04 10 = 40,4 m s1 ,

2.4 Ejemplos luego

57

v(t) = v(10) + a(t 10) = 40,4 1. 96(t 10) = 60,0 1. 96t m s1 , 1 x(t) = x(10) + v(10)(t 10) + a(t 10)2 2 1 = 202 + 40,4 (t 10) 1. 96(t 10)2 2 2 = 300,0 + 60,0t 0,98t . El instante en que la velocidad es nula da tmx = a 60,0 = 30. 61 s. 1. 96 N Ejemplo 2.4.2 Sobre un bloque de masa m que se encuentra sobre un plano horizontal liso e inicialmente en reposo acta una fuerza constante F durante un tiempo T , luego la fuerza se invierte y acta otro intervalo de tiempo T , luego la fuerza no se aplica ms. Determine la posicin y velocidad en todo tiempo. Solucin. En los diferentes intervalos de tiempo la segunda ley nos dice que F a= . m Integramos por tramos considerando que las posiciones y velocidades nales son las iniciales del siguiente tramo. x(t) = 1F 2 t , 0 < t 6 T, 2m F v(t) = t, 0 < t 6 T, m 1F (t T )2 , 2m T < t 6 2T,

x(t) = x(T ) + v(T )(t T ) F (t T ), m ahora la aceleracin es nula v(t) = v(T )

T < t 6 2T,

v(t) = v(2T ), 2T < t, x(t) = x(2T ) + v(2T )(t 2T ),

2T < t.

58 Procediendo a los reemplazos resulta x(t) = 1F (4T t t2 2T 2 ), T < t 6 2T, 2m 2T t v(t) = F , T < t 6 2T, m v(t) = v(2T ) = 0, 2T < t, F x(t) = x2 (2T ) = T 2 , 2T < t. m N

DINMICA.

Ejemplo 2.4.3 Sobre un bloque de masa m que se encuentra sobre un plano horizontal liso e inicialmente en reposo acta una fuerza F = F0 cos 2t . T Determine la posicin y velocidad en todo tiempo. Solucin. Este ejemplo tiene un parecido con el ejemplo anterior en el sentido que a fuerza va cambiando de signo peridicamente, pero es ms fcil. En efecto basta integrar dos veces m luego dv 2t = F0 cos , dt T

Z F0 t 2t F0 T 2t v(t) = cos dt = sin , m 0 T m 2 T integramos de nuevo 2 Z t F0 T 2t F0 T 2t sin dt = ). (1 cos x(t) = T m 2 T 0 m 2 N

2.4.2.

Fuerzas dependientes de la posicin o de la velocidaddv = F (v), dt

En estos casos la segunda ley ser de la forma m

2.4 Ejemplos

59

y la tcnica que permite integrar se denomina separacin de variables. Basta reordenar la ecuacin en la forma m dv = dt, F (v)

y es inmediato poder integrar una vez Z t Z v(t) dv = dt = t. m v(0) F (v) 0 Si F (v) no es demasiado compleja quizs usted pueda hacer la integral. Despus deber despejar v(t) e integrar por segunda vez. Alternativa: Si se multiplica la segunda ley por dx resulta mdx reordenando mv dv = dxF (v), dt dv = dx, F (v)

que se puede integrar para obtener la relacin entre velocidad y posicin Z x Z v(x) dv = m v dx = x. F (v) v0 0 Ejemplo 2.4.4 Una partcula de masa m, se lanza con rapidez inicial v0 sobre un plano horizontal liso. El aire ejerce sobre la partcula una fuerza resistente proporcional a la velocidad con constante de proporcionalidad k. Calcule la posicin y la velocidad de la partcula en funcin del tiempo. Solucin. La segunda ley ser m separando variables k dv = dt, v m integrando Zv(t)

dv = kv, dt

v0

dv = v

Z

t

0

k dt, m

60 v(t) k = t, v0 mk

DINMICA.

ln despejando v(t)

v(t) = v0 e m t , que muestra que la partcula se detiene en t . Integramos por segunda vez Z t k k mv0 x(t) = (1 e m t ), v0 e m t dt = k 0 que muestra que la partcula recorre una distancia mxima mv0 xmx = , a k a pesar que no se detiene nunca. Alternativa: En este caso podemos tambin escribir mdx luego mvdv = kvdx, k dv = dx, m que es integrable Zv(t)

dv = kvdx, dt

v0

k dv = m

luego

Z

x

dx,

0

kx , m que indica como vara la velocidad de la partcula con su posicin hasta que se detenga. v(t) = v0 N Ejemplo 2.4.5 Una partcula de masa m, se lanza con rapidez inicial v0 sobre un plano horizontal liso. El aire ejerce sobre la partcula una fuerza resistente proporcional al cuadrado de la rapidez con constante de proporcionalidad k. Calcule la posicin y la velocidad de la partcula en funcin del tiempo.

2.4 Ejemplos Solucin. Ahora m separando variables dv k = dt, 2 v m integrando Zv(t)

61

dv = kv 2 , dt

v0

dv = v2

Z

t

0

k dt, m

despejando v(t)

1 1 kt + = , v(t) v0 m v(t) = v0 , 1 + ktv0 m

que muestra que la partcula se detiene en t . Integramos por segunda vez Z t v0 m ktv0 x(t) = dt = ln 1 + , ktv0 k m 0 1+ m ahora la partcula recorre una distancia innita. Alternativa:multiplique por dx la segunda ley mdx reordenando mvdv = kv 2 dx, k dv = dx, v m dv = kv 2 dx, dt

integrando ln kx v(t) = , v0 m

o sea la relacin entre velocidad y posicin es v(t) = v0 e m . Nkx

62

DINMICA.

Ejemplo 2.4.6 Una partcula de masa m est sometida a una fuerza elstica kx, e inicia su movimiento con rapidez inicial v0 y x = 0 sobre un plano horizontal liso. El aire ejerce sobre la partcula una fuerza resistente proporcional al cuadrado de la rapidez con constante de proporcionalidad . Calcule la velocidad de la partcula en funcin de la posicin mientras avanza hacia la derecha. dv = kx v 2 , dt donde el signo menos aplica cuando la partcula se mueve hacia la derecha y el ms cuando se mueve hacia la izquierda. Ahora no es trivial separar variables. Pero existe la identidad m dx dv dx dv dv dv = = =v , dt dx dt dt dx dx lo cual permite dejar dos variables, v y x m o mvdv v 2 dx = kxdx. Veamos si al multiplicar ambos miembros por alguna funcin g(x) que hay que determinar para que el lado izquierdo sea la diferencial de alguna funcin de x y v. (El llamado factor integrante) mvg(x)dv + v 2 g(x)dx = g(x)kxdx. Como se explic, vea (??) debe ser mvg(x) = v2 g(x), x v o sea m de donde g(x) = e2x m

Solucin. Ahora

dv = kx v 2 , dt

g(x) = 2g(x), x ,

2.5 Sistema de Partculas luego mvdve2x m

63

+ v2 dxe m = kxdxe m , 2x 2x 1 d( mv 2 e m ) = kxdxe m , 2

2x

2x

integrandox 1 2 2x 1 mv e m = kx2 e2 m + C, 2 2 2x 1 2 1 2 mv + kx = Ce m , 2 2

en t = 0 1 2 mv = C, 2 0 1 2 1 2 1 2 2x mv + kx = mv e m 2 2 2 0 nalmente v= r2 v0 e2x m

k 2 x. m

N

2.5.

Sistema de Partculas

Estudiaremos ahora la llamada dinmica de un sistema de partculas, se tiene in conjunto de partculas de masas conocidas actuadas por fuerzas de origen externo al sistema y fuerzas de interaccin, es decir las que realizan las otras sobre una determinada.

2.5.1.

Ecuaciones de movimiento

Se presentan las principales deniciones y relaciones cinemticas as como las ecuaciones clsicas de movimiento para un sistema de partculas puntuales suponiendo interacciones que cumplan el principio de accin y reaccin. Las deniciones de cantidades Fsicas cinemticas, que involucran las masas, las posiciones, las velocidades, tales como la energa cintica, momentum lineal, momentum angular, son naturalmente relativas al sistema de referencia

64

DINMICA.

que se escoja. Entre esos diversos sistemas de referencia, las relaciones que existan entre esas cantidades fsicas, se desprendern de las transformaciones de Galileo para sistemas, vea gura (??), que se trasladan unos respecto de otros con velocidad constante v r 0 = r vt.Z' Z

r' r O' Y'

O X'

Y

X

Figura 2.3: Transformacin de Galileo Ms en general para sistemas de referencia arbitrarios, admitiendo aceleraciones y rotaciones de ellos respecto a uno supuesto jo, las relaciones entre velocidades y aceleraciones de partculas son ms complicadas. Podemos adelantar que las relaciones entre velocidades y aceleraciones son (5.2,5.3) v = vA + r 0 + v rel , a = aA + r 0 + 2 v rel + ( r 0 ) + a rel , siendo = d/dt. Debe notarse que la velocidad y aceleracin relativas son las derivadas de los vectores posicin y velocidad relativos manteniendo jas las direcciones de los ejes mviles, lo cual en algunos textos se indica por vrel

=

r 0 , t

a

rel

=

v rel . t

2.5 Sistema de Partculas

65

2.5.2.

Sistema Inercial de referencia

En la formulacin de la dinmica clsica, se supone la existencia de al menos un sistema privilegiado de referencia, un Sistema inercial de referencia. Por denicin, un sistema inercial de referencia es aquel (hipottico) sistema relativo al cual una partcula libre tiene velocidad constante o en particular nula (vea pgina 5 de referencia [?]) . Como consecuencia de la transformacin de Galileo, todo sistema que se traslade con velocidad constante respecto a uno inercial de referencia, es tambin sistema inercial de referencia. La existencia de uno por lo menos, sera materia de validacin experimental, con las obvias dicultades que ello presenta. Se acepta que al menos aproximadamente, el marco de las estrellas jas, lo es. Esta es una materia hoy en da de acuerdo internacional. En efecto en Agosto de 1997, la Unin Astronmica Internacional (IAU) decidi que a partir del primero de Enero de 1998, el IAU sistema de referencia celestial sea el sistema (ICRS), en reemplazo del sistema FK5. Hay abundantes referencias en la WEB, por ejemplo en http://hpiers.obspm.fr/webiers/general/syframes/icrsf/ICRS.html.

Deniciones y notacin Respecto a un determinado sistema de referencia, ver g.(2.4) (no necesariamente inercial), sean

66 i N mi ri vi ai Fi fij P K L0 ndice entero ............. ............. dri /dt dvi /dt ............. ............. X mi vi i X 1 2 mi vi 2 X i mi ri vi Xi Fi Xi ri Fi Xi mi Xi mi ri /Mi

DINMICA. i = 1, 2, 3 N nmero de partculas del sistema. masa partcula i. vector posicin partcula i. velocidad partcula i. aceleracin partcula i. fuerza externa actuando sobre partcula i. fuerza que partcula j ejerce sobre partcula i. Momentum lineal del sistema. Energa cintica del sistema. Momentum angular del sistema respecto a O. Fuerza externa resultante. Torque resultante externo respecto a O. masa total sistema. posicin del centro de masa.

.. .. = = .. .. = = =

F ext = ext = O M rG = =

En este resumen no se pretende discutir los fundamentos de la formulacin Newtoniana, cuya mayor dicultad radica en las deniciones (independientes) de Fuerza, masa y aceleracin, as como en los conceptos de espacio y tiempo, que supondremos materias conocidas.

2.5.3.

Ecuaciones de movimiento

Con respecto a un sistema inercial de referencia, cada una de las N partculas cumple con la llamada segunda ley de Newton X fij . mi ai = Fi + (2.34)j6=i

Fiext representa la fuerza externa actuando sobre la partcula i. Si las fuerzas de 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 las N ecuaciones de movimiento, los siguientes importantes teoremas

2.5 Sistema de PartculasZ sistema

67

fij mi

Fi

mj ri ri

O

Y

X

Figura 2.4: Sistema de partculas I Teorema 2.6 dP = F ext , dt Demostracion 6 Si sumamos todas las ecuaciones (2.34) obtendremos X X XX fij , mi ai = Fi +i i i j6=i

(2.35)

pero debido a la ley de accin y reaccin, la suma doble se anula, entonces X d X mi vi = Fi = F ext , dt i i dP dt = F ext .

I Teorema 2.7 MaG = F ext .

68 Demostracion 7 Este teorema sigue del anterior al considerar que P = Xi

DINMICA.

mi vi =

= M

d X mi ri = MvG . dt i M (2.36)

d X mi ri dt i

dLO = ext . O dt Demostracion 8 Basta considerar que XXj6=i

ri fij =

XXj6=i

rj fji = Xi

1 XX (ri rj ) fij = 0, 2 j6=i XXi j6=i

luego tendremos Xi

mi ri ai =

ri Fi +

ri fij ,

X d X mi ri vi = ri Fi , dt i i

que prueba el teorema. Las ecuaciones (2.35) y (2.36) son, en general, insucientes para determinar las posiciones de las partculas siendo la excepcin ms notable un sistema rgido de partculas, que tiene justamente 6 grados de libertad, o en otras palabras, que su posicin puede especicarse con solo 6 coordenadas o parmetros. La segunda de las ecuaciones anteriores, toma la misma forma en un sistema especial, no necesariamente inercial, con origen en el centro de masas G y tal que sus ejes no roten. Es decir, puede probarse que dLG = ext . G dt (2.37)

Entre el sistema inercial y ese otro mencionado con origen en G, pueden demostrarse las siguientes relaciones (relaciones de Koenig), consecuencias simples de la transformacin de Galileo

2.5 Sistema de Partculas I Teorema 2.8 De Koenig LO = MrG vG + LG 1 2 K = MvG + KG 2

69

siendo KG y LG la energa cintica y momentum angular relativos al sistema con origen en G. Demostracion 9 En efecto, si usamos la transformacin de Galileo, podemos escribir (si los ejes mviles no rotan) ri 0 = ri rG , v 0i = vi vG , de modo que resultar X mi (ri 0 + rG ) (vi 0 + vG ) LO = X = mi ( ri 0 vi 0 + rG vi 0 + ri 0 vG + rG vG ), X mi ri 0 = 0, X mi vi 0 = 0,

pero

de donde sigue el primer resultado. Similarmente K = 1X mi (vi 0 + vG ) (vi 0 + vG ) 2 1X mi (vi 0 vi 0 + vG vi 0 + vG vi 0 + vG vG ), = 2

de donde sigue el segundo resultado.

2.5.4.

Torque en punto arbitrario

En general, si se considera otro sistema con origen en un punto A, cuyos ejes no roten, denimos LA = X mi (ri rA ) d (ri rA ) dt

70 entonces considere el siguiente desarrollo

DINMICA.

X d2 dLA = mi (ri rA ) 2 (ri rA ) dt dt X = mi (ri rA ) (ai aA ) X X = mi ri (ai aA ) mi rA (ai aA ) =

es decir

X dL0 MrG aA rA Fiext + MrA aA dt X = (ri rA ) Fiext + M(rA rG ) aA .

dLA = ext M AG aA , (2.38) A dt de modo que, la relacin entre derivada del momentum angular y torque, es vlida para puntos (A) que cumplan una de las siguientes condiciones: A = G, aA = 0, aA paralela a AG.

Usted puede demostrar que adems se tiene en general. LO = MrA vG + M AG vA + LA . Aplicaciones de la ecuacin (2.38) pueden verse en ([?]). Ejercicio 2.5.1 Discuta la posible aplicacin del tercer caso (a paralela a AG), cuando se trata de un cuerpo rgido que rueda sin deslizar, considerando el punto A como el punto de contacto. Es un error comn considerar como argumento para el uso de lo anterior que dicho punto tiene velocidad instantnea cero, pues en general tiene aceleracin no nula.

2.5.5.

Teorema Energa Trabajo

De las ecuaciones de movimiento es posible escribir una primera integral de ellas en la forma que sigue, donde, sin perder generalidad, se separan las fuerzas externas en sus posibles partes conservativa y no conservativa. Adems se supone que las fuerzas de interaccin son derivables de un potencial de

2.5 Sistema de Partculas

71

interaccin dependiente de la distancia entre las dos partculas y posiblemente de parmetros propios de ellas dos (masas, cargas, etc.). En el caso de un sistema rgido de partculas, la ltima suposicin no es necesaria, por cuanto el trabajo que realizan las fuerzas de interaccin es nulo, al mantenerse constantes las distancias entre partculas. Este teorema esnc (K + V + V int ) = W12 ,

(2.39)

donde el trabajo no conservativo (nc) externo (ext) es la integral de lneanc W12 =

Z21

F ext,nc dr,

(2.40)

V es la energa potencial asociada a la posible parte conservativa de la fuerza externa y V int la energa potencial de interaccin. Si el lado derecho, el trabajo realizado por la posible parte no conservativa de la fuerza exterior es cero, entonces se conserva la energa mecnica total del sistema. En el caso importante de un sistema rgido de partculas, al no variar las distancias entre las partculas, puede tomarse V int = 0. Demostracin Para demostrar lo anterior consideremos que la fuerza externa Fi es en parte conservativa derivable de un potencial V (r1 , r2 , , rN ) y las fuerzas de interaccin fij conservativas derivables de un potencial de interaccin int Vij (ri , rj ). Entonces las ecuaciones de movimiento puede escribirse X X int mi ai = Fi + fij = i V + Finc + (i Vij (ri , rj )).j6=i j6=i

Multiplicando dri y sumando todas las ecuaciones se obtiene X dvi X X XX int dri = mi i V dri + i Vij (ri , rj ) dri , Finc dri dt i i i j6=i pero dV = Xi

i V dri ,

dvi d 2 1 mi dri = mi vi , dt 2 dt

72 y d

DINMICA.

! 1 X X int 1 XX 1 XX int int = Vij (ri , rj ) i Vij (ri , rj ) dri + j Vij (ri , rj ) drj 2 j6=i 2 j6=i 2 j6=i XX int = i Vij (ri , rj ) dri ,j6=i

int int dado que Vij (ri , rj ) = Vji (rj , ri ). Luego tenemos

d donde

X1i

2

2 mi vi = dV +

Xi

Finc dri dV int ,

V int =

y esto prueba el teorema en su forma diferencial X dK + dV + dV int = Finc dri = dW nc .i

1 X X int Vij (ri , rj ), 2 j6=i

2.5.6.

Sistema de dos partculas

El problema denido por el conjunto de ecuaciones (2.34), es en general no solucionable analticamente, si N 3. La principal dicultad consiste en la imposibilidad de separar variables. El sistema de dos partculas interactuando a travs de una fuerza conservativa es un caso soluble de sistemas de partculas. Tomando en cuenta la validez del principio de accin y reaccin, las dos ecuaciones para ese caso son m1 a1 = f (r1 r2 )

m2 a2 = f (r1 r2 ).

Esas ecuaciones son fcilmente desacoplables utilizando como nuevas variables las posicin del centro de masa rG y la posicin relativa r = r1 r2 resultando MaG = 0, a = f (r), (2.41)

2.5 Sistema de Partculas siendo la masa reducida del sistema de dos partculas, es decir = m1 m2 . m1 + m2

73

(2.42)

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 fuerza en una de las partculas. Este resultado es sorprendentemente simple considerando que el origen (la posicin de una de las partculas) est acelerado. Ejemplo 2.5.1 Considere dos partculas de masas m1 y m2 que estn unidas por una cuerda inextensible liviana de longitud L y no hay otra fuerza ms que la tensin de la cuerda. Las partculas se colocan en movimiento con velocidades en el mismo sentidos y perpendiculares a la cuerda de magnitudes v1 y v2 . Determine la tensin de la cuerda. Solucin. De acuerdo a lo explicado (r1 r2 ) , |(r1 r2 )| (r1 r2 ) m2 a2 = T , |(r1 r2 )| m1 a1 = T de donde para r = r1 r2 , se obtiene a = T r, o sea la aceleracin relativa es radial dada por T a= . La trayectoria relativa es obviamente una circunferencia de radio L de manera que T v2 = , L la rapidez relativa es tangencial de magnitud v = |v1 v2 | por lo tanto T = |v1 v2 |2 . L N

74 Energa cintica

DINMICA.

Las posiciones individuales de las dos partculas pueden escribirse m2 r, M m1 r2 = rG r, M y si derivamos respecto al tiempo, obtenemos las velocidades de las partculas r1 = rG + m2 v, M m1 v2 = vG v, M por lo cual la energa cintica ser v1 = vG + K = 1 1 2 2 m1 v1 + m2 v2 2 2 m 2 1 m2 2 2 + m1 vG + 2 vG v + v = 2 M M m 2 1 m1 1 2 m2 vG 2 vG v + v 2 M M m 2 m2 2 1 1 1 2 MvG + v + m2 v m1 = 2 2 M M 1 1 m1 m2 m2 2 m1 2 2 = MvG + v + v , 2 2 M M M 1 1 2 K = MvG + v 2 . 2 2 (2.43)

que prueba el importante resultado.

Ejemplo 2.5.2 Suponga un asteroide esfrico de 10 km de dimetro que tiene una rapidez de 60 km s1 , con una densidad (como el agua) de 1000 kg m3 . Determine la energa que debera liberar una explosin interna para dividir al 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 m mv0 = 2 v 0 cos , 2

2.5 Sistema de Partculas de donde v0 = La energa necesaria ser E = K0 K = 1 2 1 m(v0 )2 mv0 = 2 2 1 2 mv tan2 . = 2 0 Clculos dan v0 = 60 m = 1000 = 60. 2 8 m s1 , 3600

75

v0 . cos

4 3 R = 5. 24 1014 kg, 3 E = 7. 287 1015 J, = 1,7 megatones. N

Ejemplo 2.5.3 En otra suposicin considere un asteroide esfrico de 2000 km de radio que tiene una rapidez de 70000 km h1 , con una densidad de 5000 kg m3 . Determine la energa que debera liberar una explosin interna para dividir al 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 m mv0 = 2 v0 cos , 2 de donde v0 . v0 = cos La energa necesaria ser E = K0 K = 1 1 2 m(v0 )2 mv0 = 2 2 1 2 = mv tan2 . 2 0

76 Clculos dan v0 = 70000 km h1 = 70000 m =

DINMICA.

1000 = 70000. 3 m s1 , 3600

4 3 R = 1. 7 1023 kg, 3 E = 3. 2 1030 J, = 7. 6 1014 megatones. N

Nota 2.1 Hace aproximadamente 65 millones de aos atrs un asteroide de alrededor de R = 20 km de radio y una velocidad del orden v = 20 km s1 impact la Tierra y caus el n de la mayor parte de la vida en la Tierra. Si suponemos una densidad del orden de = 5000 kg m3 (5 veces la del agua) su energa cintica sera 1 4 K = ( R3 )v2 = 33. 52 1024 J, 2 3 y como 1 megaton = 4,2 1015 J esa energa equivale aproximadamente a K = 8 109 megatones, quizs la explosin de todo el arsenal nuclear actual. La bomba atmica de Hi1 roshima fue del orden de 60 megaton. Vea ms detalles sobre las consecuencias del impacto en http://www.eas.purdue.edu/eas109/ Day %20the %20 Dinosaurs %20Died.htm.

2.6.

Campo Central de Fuerza

Consideraremos una partcula de masa sobre la cual acta una fuerza central conservativa cuya direccin es paralela al vector posicin r. Ms adelante, al estudiar scattering entre dos partculas consideraremos ms en detalle la presencia de los dos cuerpos y la transformacin entre coordenadas relativas y coordenadas del laboratorio Por ahora, el vector posicin r representar el vector posicin relativo entre las dos partculas. Si escribimos la fuerza central como dV (r) f (r) = r, dr y se deducen de aqu

2.6 Campo Central de Fuerza I Teorema 2.9 Se conserva el momentum angular lO = r v. Demostracion 10 Tenemos a = f (r) = de donde r a = r o bien dV (r) r, dr dv = 0, dt

77

d r v = 0 lO = r v = constante. dt

I Teorema 2.10 La trayectoria est sobre un plano jo, perpendicular al vector constante lO . Demostracion 11 Del teorema anterior sigue que lO r = r v r = 0, de modo que r permanece sobre un plano jo perpendicular a l0 . Por lo tanto, es suciente utilizar coordenadas polares (r, ) en el plano del movimiento. En esas coordenadas, las ecuaciones de movimiento sern 2 dr dV (r) 2 r = (2.44) 2 dt dr y lO = r2 = constante. (2.45) Eliminando es posible escribir una ecuacin radial para r(t) y su primera integral que corresponde a la conservacin de la energa E. Es decir 2 2 dr dV (r) lO 2 3 = 2 dt r dr y una primera integral de esta corresponde a la conservacin de la energa 1 2 1 l2 v + V (r) = r2 + O 2 + V (r) = E = constante. 2 2 2r

78 Si llamamos potencial efectivo para la coordenada radial a

DINMICA.

2 lO + V (r), 2r2 este es diferente de cero incluso para una partcula libre. El efecto del primer trmino es siempre repulsivo lo cual se puede entender, para el caso de una 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 llamados puntos de retorno r1 y r2 . La gura que sigue

U ef =

Uef

E>0 O E 0 para el caso atractivo y repulsivo en caso contrario, entonces la ecuacin se reduce a d2 s 2 + s = 2 K, lO d cuya solucin general, en trminos de dos constantes e y es s= o bien r= K (1 e cos( )), 2 lO2 lO 1 , K 1 e cos( )

con e la excentricidad de la rbita y la orientacin del semieje mayor de la cnica resultante, que son constantes por determinar en trminos de condiciones fsicas conocidas, inicialmente o en un punto de la trayectoria. Si se considera la denicin de una cnica en trminos de un foco y sudirectriz p+r cos()

P

r O p foco eje polar

Figura 2.5: seccin cnica distancia a la directriz p, como el lugar geomtrico de los puntos del plano tales que la razn de las distancias al foco y a la directriz es una constante

80

DINMICA.

e, la excentricidad de la cnica, se obtiene una ecuacin de la misma forma. En efecto, con respecto a la gura (2.5), puede obtenerse r pe = e = r = . p + r cos 1 e cos En el caso atractivo, K > 0, la trayectoria es entonces una elipse si 0 e < 1,

O

eje polar

O

eje polar

O

eje polar

elipse

parbola

hiperbola

Figura 2.6: Tipos de cnicas una parbola si e = 1 y una hiprbola si e > 1. Valores de e negativos no son necesarios de considerar, pues ellos correspondera simplemente a rotar la rbita en 180 grados, lo cual es preferible hacer con un valor adecuado de , ver g.(2.6). En el caso repulsivo, K < 0, la solucin debera escribirse r=2 1 lO , |K| e cos( ) 1

y en este caso las trayectorias son solamente hiprbolas.

2.6.2.

Relacin entre energa y excentricidad

Para relacionar la energa con la excentricidad, usemos l2 K 1 E = r2 + O 2 , 2 2r r (2.46)

2.6 Campo Central de Fuerza y

81

2 1 lO . K 1 e cos( ) Evaluemos la energa que es constante en el punto ms prximo al centro de fuerza, el cual existe en todos los casos y corresponde a = siendo adems ah r = 0. As resulta

r=

2 K lO = E, 2 2r1 r1

y2 lO 1 . K 1 + e Si se reemplaza r1 en la primera resulta 2 2 lO K(1 + e) K(1 + e) E = K 2 2 2 lO lO 1 2 e2 1 K 2 , = 2 lO

r1 =

de donde sigue el resultado. e2 = 1 +2 2ElO . K 2

(2.47)

La energa puede ser negativa pero a pesar de eso, la expresin anterior es positiva. En efecto la expresin de la energa, aun cuando sea negativa debe cumplir 1 l2 K K l2 E = r2 + O 2 O2 , 2 2r r 2r r pero la ltima expresin tiene un mnimo el que ocurre cuando2 d lO l2 K K ( ) = O3 + 2 = 0, 2 dr 2r r r r

es decir

2 lO r= , K

luego l2 K l2 E O2 O 2r r 2

K 2 lO

2

K

K K 2 = 2 , 2 lO 2lO

82 o sea

DINMICA.

2 2ElO 1, K 2

que prueba lo armado. Ejercicio 2.6.1 Para el caso de rbita elptica, demuestre que los semiejes mayor y menor de la elipse estn dados respectivamente por a=2 1 lO , K 1 e2

b=

2 lO 1 . K 1 e2

Ejercicio 2.6.2 Demuestre la ley de Kepler de los periodos, es decir demuestre que el periodo en el caso de movimiento elptico T est dado por r 3 a2 . T = 2 K Ejercicio 2.6.3 Una partcula est en rbita circular de radio a en torno a la tierra, supuesta esfrica, en reposo, de masa total M, de radio R, y sin considerar roce con el aire. Demuestre que si la velocidad de la partcula es repentinamente cambiada por un factor f , la excentricidad de la rbita resultante es e = f 2 1 .

Ejercicio 2.6.4 Respecto a la situacin del problema anterior, determine el factor f para que la partcula pase tangente a la supercie terrestre.

2.6.3.

Expresin integral para la trayectoria

Una forma alternativa para obtener la ecuacin de la rbita o trayectoria, consiste en considerar r s 2 l2 E V (r) O 2 , r= 2r y lO = 2, r

2.6 Campo Central de Fuerza de donde, eliminando el tiempo, se puede obtener lO = 0 + 2r() Z

83

r0

r2

expresin integral para la trayectoria r().

1 p dr. 2 E V (r) lO /(2r2 )

(2.48)

2.6.4.

Estabilidad de una rbita circular

Considere una partcula movindose en un potencial central atractivo V (r) de modo que d2 r V 0 (r) 2 (2.49) r = dt2 m y (2.50) r2 = constante=h. La solucin circular se obtiene con las condicin iniciales r(0) = R, v(0) = R(0), r RV 0 (R) v(0) = , r m RV 0 (R) h = R . m

apunte uchile - mecánica (luis rodriguez)

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