Capıtulo 6 Movimiento rectilıneo

Capı́tulo 6 Movimiento rectilı́neo 6.1. Caso F(ẋ) Ejercicio 6.1.1: Una partı́cula de masa M se coloca en reposo sobre un plano inclinado un ángulo α con la horizontal. El coeficiente de rozamiento es µ < tan α . Razonar si hay velocidad lı́mite. Obtener la ley horaria del movimiento. N R mg sin α mg cos α Ec. del movimiento: ¿Desliza? |R| |N| ≤µ ? mg sin α − R = mẍ −mg cos α + N = 0 |mg sin α | |mg cos α | = tan α > µ Desliza con resistencia f (v) = R = µ mg cos α < mg sin α Es obvio que no existe VL / f (vL ) = mg sin α , pues la resistencia es constante y menor que la componente tangencial del peso. La ley horaria es trivial, pues se mueve con aceleración constante g (sin α − µ cos α ) partiendo del reposo: 1 x = g (sin α − µ cos α ) t 2 2 117 118 CAPÍTULO 6. MOVIMIENTO RECTILÍNEO Ejercicio 6.1.2: Según la ley de Stokes, la resistencia sobre una esfera de radio r que se mueve en un fluido de coeficiente de viscosidad η es F(v) = 6πη r v. Calcular la velocidad lı́mite de una esfera de densidad ρ , doble de la del fluido, y la ley horaria cuando se deja caer desde el reposo. R Las fuerzas que actúan sobre la esfera son: • Peso de la esfera: ρ 43 π r3 g ma g • Flotación (peso del agua desalojada): me g • Resistencia: ρ 4 3 2 3πr g f (v) = 6πη rv La velocidad lı́mite se alcanza cuando la resistencia equilibra al peso menos la flotación: ρ4 3 π r g = 6πη r vL 23 ⇒ vL = 1 ρg 2 r 9 η La ecuación del movimiento la podemos escribir como: v dv 6πη r mv̇ = f (vL ) − f (v) ⇒ v̇ = 4 3 (vL − v) = c (vL − v) ⇒ = c dt ρ 3πr 0 vL − v vL = ct ⇒ v = vL 1 − e−ct − L (vL − v) = ct +C ; −L vL = C ; L vL − v Z Siendo c = 9η . 2ρ r2 Integrando otra vez, se obtiene la ley horaria. e−ct x = vL t + +C ; c v Z 1 0 = vL 0 + +C c vL ⇒ x= vL ct + e−ct − 1 c x vL t t EIAE. Problemas de Mecánica Clásica t 6.1. CASO F(Ẋ) 119 Ejercicio 6.1.3: Una esfera de masa m, radio r y coeficiente de resistencia aerodinámica CD cae en el aire de densidad ρ . Calcular la velocidad lı́mite y la ley horaria. Aplicarlo al caso de un balón de fútbol: m = 410 − 450 g, CD = 0, 5, 2π r = 68 − 70 cm, ρ = 1, 225 kg/m3. N OTA : Al superar una velocidad entre 20 y 25 m/s, según la rugosidad de las superficie, el régimen pasa de laminar a turbulento, y CD cae bruscamente a un valor de aproximadamente 0,1. Si la velocidad lı́mite calculada con el primer valor es mayor que esta, habrá que calcularla de nuevo con el CD menor. Este efecto lo usó David Beckham en el mundial de 2002: Tira a gran velocidad por encima de la barrera; al acercarse a la porterı́a parece que se va alto. Pero ya se ha frenado lo suficiente para entrar en régimen laminar, con lo que de pronto sube la resistencia, cae bruscamente y entra en la porterı́a. Como en el caso anterior, las fuerzas son: • Peso de la esfera: m g = ρe 43 π r3 g • Flotación (generalmente despreciable): ρa 43 π r3 g • Resistencia: f (v) = 12 ρa CD A v2 ; A = π r2 4 3 1 π r g (ρe − ρa ) = ρaCD π r2 v2L 3 2 Velocidad lı́mite: ⇒ v2L = 8 gr (ρe − ρa ) 3 ρaCD Para calcular la ley horaria, podemos poner la ecuación del movimiento en la forma m v̇ = f (vL ) − f (v) = m c donde c = 1 2 2m CD ρa π r v2L − v2 y recordar que Z dx x20 − x2 = 1 x argtanh x0 x0 (dimensiones de L−1 ). Ası́ se obtiene, dv c v2L − v2 = dt, Imponiendo condiciones iniciales: la velocidad: t +C = v(0) = 0 ⇒ 1 v argtanh c vL vL C = 0. En este caso se puede despejar v = vL tanh vL ct R que tiende asintóticamente a vL . Recordando que tanh x dx = ln cosh x, se puede integrar otra vez para obtener 1 x = ln cosh (vL ct) +C c 25 Condiciones iniciales: x(0) = 0 ⇒ C = 0 m/s vL El espacio recorrido tiende asintóticamente a vL t. Sus- 20 tituyendo los valores del balón más pesado, se tiene: 15 v(t) vL = 19,065 m/s, muy próxima paso de laminar a tur10 bulento. En 6 segundos de caı́da la velocidad es ya muy próxima a la lı́mite. Otra cosa serı́a la velocidad alcanza- 5 s da de una patada. 0 0 1 2 3 4 5 6 Ejercicio 6.1.4: Una partı́cula pesada de masa m se mueve según la vertical y experimenta una fuerza de resistencia de la forma F(v) = −c v2 . Calcular la velocidad lı́mite vL . EIAE, noviembre 2011 Por definición de velocidad lı́mite, mg = F(vL ) = −cv2L , luego r mg vL = c EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 120 CAPÍTULO 6. MOVIMIENTO RECTILÍNEO Ejercicio 6.1.5: La partı́cula del caso anterior, con las mismas fuerzas, se lanza verticalmente hacia arriba con velocidad v0 . Aplicando la cuadratura x = x(v), obtener la altura que alcanza hasta pararse (sentido positivo hacia arriba). EIAE, noviembre 2011 De la ecuación de la cantidad de movimiento se obtiene la cuadratura, y se integra: m dv mv dv ; dx = vdt = − 2 mg + cv mg + cv2 0 m m m mg x = − ln mg + cv2 = − ln mg − ln(mg + cv20 ) = − ln 2c 2c 2c mg + cv20 v0 dv = −mg − cv2 dt → dt = −m Ejercicio 6.1.6: Una partı́cula pesada de masa m se lanza verticalmente hacia arriba con una velocidad v0 . Hay una resistencia de la forma F(v) = −c v. Obtener el tiempo que tarda en detenerse.1 EIAE, julio 2012 Ecuación de la cantidad de movimiento para el movimiento rectilı́neo con resistencia: −m dv = dt mg − F(v) Z 0 m dv =T v0 mg − F(v) 0 Z 0 Z m dv 1 0 dv c m cv 1 mg − =− =− ln 1 + v = 0 + ln 1 + c g v0 1 + mg g c mg v0 c mg v v0 mg + cv m v̇ = −mg + F(v) → → − Ejercicio 6.1.7: Un punto de masa m tiene un movimiento vertical descendente sometido al peso y a una fuerza de rozamiento viscoso de la forma F(v) = −kv (k > 0). Si en el instante inicial (t = 0) se encuentra en reposo en el origen del eje Ox, que coincide con la vertical descendente de una referencia inercial, determinar la ecuación horaria del movimiento. EIAE, noviembre 2012 Aplicamos primero la cuadratura de la velocidad: m v̇ = mg − kv → Z v m dv m dv = dt → =t mg − kv 0 mg − kv m m − ln(mg − kv) + ln(mg) = t k k → gm − mk t v= 1−e k Ahora podemos integrar la cuadratura de la distancia para obtener x = x(v), que junto con la anterior t = t(v) es una solución implı́cita. Pero en este caso hemos podido despejar v = v(t), por lo que se puede sustituir en x(v) para obtener la ecuación horaria explı́citamente; como la expresión es sencilla, también se puede integrar directamente v(t): ẋ = v → x = 1 Z t Se recuerda que 0 gm m − k t v(t) dt = t + e m +C k k gm m 0= 0+ +C k k → R dx R dx √ 1 √1 1+ax = a ln(1 + ax), y que 1+ax2 = a arctan( a x) EIAE. Problemas de Mecánica Clásica x= i gm h m − k t t+ e m −1 k k 6.1. CASO F(Ẋ) 121 Ejercicio 6.1.8: Una partı́cula de masa m se mueve a lo largo de la recta sometida a una fuerza resistente del tipo F(v) = −b/v, siendo b > 0 una constante. Si la velocidad inicial es v0 > 0, calcular el espacio recorrido hasta que su velocidad se anula. EIAE, julio 2013 De la ecuación de cantidad de movimiento se obtiene: m v̇ = F(v) = − b v → m v dv = −dt b Sustituimos esta dt en la expresión de la velocidad: m m 0 − v30 mv30 dx = v dt = − v2 dv → x f − x0 = − = b b 3 3b EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 122 CAPÍTULO 6. MOVIMIENTO RECTILÍNEO 6.2. Caso F(x) Ejercicio 6.2.1: Un punto material de masa m se mueve sobre una recta Ox, sometido a un 2 − 3]. Determinar su ley horaria, cuando se lanza campo cuyo potencial es V (x) = mgx[(x/a) √ desde x0 = a con una velocidad v0 = 8ga. ETSIA Conviene hacer primero un análisis cualitativo, para ver qué tipo de movimiento vamos a tener, qué signo hay que tomar en las cuadraturas, y si hay puntos de parada, en que habrá que parar la integración y hacer una nueva√ cuadratura. El potencial tiene ceros en ±a 3 y en 0. Se va a +∞ por la derecha y a −∞ por la izquierda. Con esos datos, podemos dibujarlo aproximadamente. Interesa conocer el valor en el máximo y mı́nimo, para compararlo con la E que se obtiene de las condiciones iniciales, que vale: 1 E = m v20 +V (a) = 2 mga 2 Los extremos del potencial están en: x 2 x x 2 V ′ /mg = − 3 + 2x /a = 3 −3 = 0 a a a El máximo del potencial es ⇒ x = ±a V (−a) = 2 mga con lo que las condiciones iniciales dadas corresponden exactamente al movimiento asintótico. Primero se irá hasta la derecha hasta el punto de parada y retroceso, y luego volverá hacia la izquierda, llegando en tiempo infinito a x = −a. Por tanto, la cuadratura habrá que hacerla en dos fases. El punto de corte por la derecha está en: V (x) = 2mga ⇒ x = +2a La raı́z se obtiene con facilidad porque ya conocemos otra, la del máximo, y se puede reducir el orden del polinomio. La primera cuadratura será con signo +, pues se lanza con velocidad positiva: t= Z x a +dx q 2 m [E −V (x)] = Z x a +d ax q r h 2g x 2 − a a x a =z x 2 a −3 i = Z z 1 +dz q p 2g a 2 − z [z2 − 3] Factorizando el polinomio se obtiene una expresión cuya integral se encuentra en tablas: r √ Z z 2g dz 2 2−z √ t= = − √ argth √ +C a 1 (z + 1) 2 − z 3 3 Imponiendo las condiciones iniciales, z(0) = 1 ⇒ 0 = − √23 argth √13 +C, se llega a " # r x 1 3g = 2 − 3 tanh2 argth √ − t a 2a 3 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 6.2. CASO F(X ) 123 Llegará al punto de corte, x = 2a, en un tiempo t1 que se puede calcular con facilidad. Allı́ se para, y comienza a retroceder. Hay que plantear de nuevo la cuadratura con el signo - y las nuevas condiciones iniciales. La integral, lógicamente, es la misma cambiada de signo: r √ Z z −dz 2g 2 2−z √ (t − t1 ) = = + √ argth √ +C a 2 (z + 1) 2 − z 3 3 Imponiendo que x(t1 ) = 2a, se tiene C = 0. La ley horaria queda: "r # x 3g = 2 − 3 tanh2 (t − t1 ) a 2a Obsérvese que, con esta ley horaria, para t → ∞, x → −a. Llega al máximo en un tiempo infinito, con un movimiento asintótico. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 124 CAPÍTULO 6. MOVIMIENTO RECTILÍNEO Ejercicio 6.2.2: Un punto de masa m realiza un movimiento unidimensional a lo largo del eje Ox sometido sólo a la acción de la fuerza F = mKxex/a i, donde K y a son constantes conocidas. Inicialmente el punto se sitúa en la posición x = a y se le comunica una velocidad v0 según el sentido negativo del eje Ox. Estudiar en función de v0 el tipo de movimiento que sigue el punto. ETSIA, 16 de Septiembre de 1991 Para hacer el análisis cualitativo, primero obtenemos el potencial: V (x) = − Z F(x)dx = − Z x x mK x e a dx = −mKa (x − a) e a + C ✓ ⇒ a La x del máximo es obvia, pues la fuerza es nula en x = 0. El valor del potencial en el máximo es V (0) = mKa2 = Easint . Como se lanza desde x = a hacia la izquierda, el tipo de movimiento dependerá de si la energı́a total es mayor, menor, o igual que la asintótica: 1 ✟✟ E = T +V = m v20 + ✟ V (a) 2 ⇒ 1 2 m v ⋚ Easint = mKa2 2 0 Los casos posibles son: v20 < 2Ka2 : Se mueve hacia el punto de parada y retrocede hacia +∞ v20 = 2Ka2 : Movimiento asintótico. Se mueve hacia x = 0, y tarda un tiempo infinito en llegar. v20 > 2Ka2 : Se mueve hacia la izquierda; pasa por 0 con velocidad mı́nima, pero sin detenerse, y continua hacia −∞, donde llegarı́a al cabo de un tiempo infinito con la misma velocidad inicial. a No es necesario estudiar la convergencia de la integral en el movimiento asintótico: como la función potencial admite desarrollo en serie en x = 0, ya sabemos que α va a ser 1 y el tiempo infinito. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 6.2. CASO F(X ) 125 Ejercicio 6.2.3: Un punto material de masa m, realiza un movimiento unidimensional, a lo largo del eje Ox, sometido a una fuerza que deriva del potencial V (x) = −(mg/a2 )x2 (x − a). Inicialmente, el punto está en el origen y tiene una velocidad v0 , según el sentido negativo del eje Ox. Estudiar cualitativamente el movimiento del punto, según sea el valor de v0 . ETSIA, 4 de Abril de 1991 Descomponiendo el potencial en una recta y una parábola, se puede dibujar directamente la curva y saber que va a tener ceros en x = 0 y x = a, y el signo de las ramas infinitas. También se puede ver que en 0 tendrá un mı́nimo, al ser positiva a ambos lados del cero, y que habrá un máximo entre 0 y a. ⊕ ⊕ ⊖ ⇒ a Hay que determinar la posición del máximo, y el valor del potencial, que determinará la energı́a necesaria para el movimiento asintótico: ( x1 = 0, V (0) = 0 V ′ = 0 ⇒ 3x2 − 2ax = 0, ⇒ 4 x2 = 2a 3 , V (x2 ) = 27 mga La energı́a inicial vale 1 ✟✟ V (0) E = m v20 + ✟ 2 ⇒ 1 2 4 m v0 ⋚ Easint = mga 2 27 Los movimientos posibles son: 8 v20 < 27 ga : Oscilaciones acotadas asimétricas alrededor del origen, sin llegar a x = 2a/3 8 v20 = 27 ga : Movimiento asintótico. Se mueve hacia la izquierda, se para, y vuelve hacia x = 2a/3 con un movimiento asintótico. 8 v20 > 27 ga : Como el anterior, pero en el retroceso llega en tiempo finito a x = 2a/3, no se para, y sigue hacia +∞. a EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 126 CAPÍTULO 6. MOVIMIENTO RECTILÍNEO Ejercicio 6.2.4: Un punto material de masa m realiza un movimiento unidimensional según el eje Ox sometido a una fuerza que deriva del potencial V (x) = −mgxe−x/a . Inicialmente se sitúa en x = a y se le comunica una velocidad v0 hacia la izquierda. Estudiar el movimiento del punto según el valor de v0 . ETSIA, 11 de Septiembre de 1990 El potencial se puede dibujar aproximadamente: ⊕ ⊖ ⇒ a El potencial es muy similar a otro que acabamos de hacer. Primero veremos dónde está el mı́nimo: −x x −x V ′ = 0 ⇒ −e a + e a = 0 ⇒ x = a , V (a) = −mga/e a El mı́nimo es el mismo punto de lanzamiento. Hay una rama infinita para E = 0. A la vista de la figura, tendremos tres tipos de movimiento (o cuatro, si se cuenta el reposo): v20 = 0 : Equilibrio estable en x = a v20 < 2ga/e : Oscilaciones acotadas asimétricas alrededor de x = a v20 = 2ga/e : Movimiento asintótico. Se mueve hacia la izquierda, se para en el origen, y vuelve hacia atrás. Llegarı́a a +∞ con velocidad nula. v20 > 2ga/e : Como el anterior, pero en el retroceso llegarı́a a +∞ con velocidad no nula. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 6.2. CASO F(X ) 127 Ejercicio 6.2.5: Un punto material de masa m se mueve sobre una recta Ox sometido a una fuerza que deriva del potencial V (x) = −(mg/a3 )x2 (x2 − a2 ). Inicialmente se sitúa en el origen y se lanza con una velocidad v0 . ¿Cuál es el mı́nimo valor de v0 necesario para que el punto llegue al infinito? ETSIA, 29 de Junio de 1988 Descomponiendo el potencial en el producto de dos parábolas, se puede dibujar directamente la curva: va a tener ceros en x = 0 y x = ±a; las ramas infinitas van hacia abajo; en 0 tendrá un mı́nimo, al ser positiva a ambos lados del cero, y habrá máximos entre 0 y ±a. ⊖ ⊕ ⊕ ⇒ ⊖ Hay que determinar la posición de los máximos, y el valor del potencial, que determinará la energı́a necesaria para el movimiento asintótico: V ′ = 0 ⇒ −2x x2 − a 2 − 3x3 = 2x 2a2 − x2 = 0, ⇒ ( x1 = 0, V (0) = 0 x2 = ± √a , V (x2 ) = 2 mga 4 La energı́a inicial vale 1 ✟✟ E = m v20 + ✟ V (0) 2 ⇒ 1 2 mga m v0 ⋚ Easint = 2 4 Aunque no se pida, es fácil hacer un análisis cualitativo de los movimientos posibles: v20 < ga/2 : Oscilaciones acotadas simétricas alrededor del origen. √ v20 = ga/2 : Movimiento asintótico hacia x = ±a/ 2, según el signo de v0 . Tarda un tiempo infinito. √ v20 > ga/2 : Llega en tiempo finito al máximo x = ±a/ 2, no se para, y sigue hacia ±∞, en la dirección de la velocidad inicial. p Es obvio que, para que llegue a ∞, la velocidad ha de ser superior a la asintótica, ga/2. Ejercicio 6.2.6: Una partı́cula se mueve a lo largo de la recta real bajo la influencia del potencial V (x) = ax2 + bx, donde x es la posición de la partı́cula expresada en metros, y a, b son constantes de valor a = 1 J/m2 y b = 3 J/m. Si la energı́a de la partı́cula es E = 2 J, determinar los puntos de parada y retroceso. EIAE, noviembre 2011 Los puntos de parada cumplen T +V = 0 +V (x) = E, por lo que 2 V (x) = ax + bx = E → √ −b ± b2 + 4aE x= = 1 m , −4 m 2a EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 128 CAPÍTULO 6. MOVIMIENTO RECTILÍNEO Ejercicio 6.2.7: Una partı́cula de masa m se mueve por una recta lisa sometida a una fuerza x x x que deriva del potencial V (x) = mga a a − 1 a − 2 . En el instante inicial se sitúa en x = √ a 1 + 33 y se lanza con velocidad de módulo v0 hacia la izquierda. Analizar los movimientos posibles según el valor de v0 . EIAE, noviembre 2011 El primer paso es dibujar el potencial V (x) = mga ax ax − 1 ax − 2 . Se puede hacer fácilmente como producto de tres rectas. Tiene ceros en 0, a y 2a; es + hacia +∞ y negativo hacia −∞. ⊖ ⊕ ⇒ ⊖ ⊕ √ 3 3 , El punto de lanzamiento, a 1 + está entre los ceros a y 2a. Hay que comprobar si es el mı́nimo porque, en ese caso, el reposo es posible para v0 = 0. Si no es el mı́nimo, para velocidad nula habrı́a oscilaciones. Conviene tomar la variable u = ax para simplificar: V ′ = mg [(u − 1)(u − 2) + u(u − 2) + u(u − 1)] = mg u2 − 3u + 2 + u2 − 2u + u2 − u = 0 √ √ 3 6 ± 36 − 24 2 = 1± 3u − 6u + 2 = 0 → u = 6 3 El punto de lanzamiento es, efectivamente, el mı́nimo. La otra raı́z es el máximo. Calculamos los potenciales en los extremos: √ √ i i h h √ √ 2 3 2 3 V a 1 − 3/3 = · · · = +mga V a 1 + 3/3 = · · · = −mga 9 9 Se obtiene la velocidad asintótica, y con ella el tipo de movimiento.  v0 = 0 Reposo en x0   ! √ √ √   v0 < vc Oscilaciones 2 2 3 2 3 8 3 v2c = mga + mga = ga →  m 9 9 9 v0 = vc Mov. asintótico al máximo    v0 > vc Se dirige a − ∞ Si no se especificara el signo de la velocidad, en los dos últimos casos habrı́a que incluir la posibilidad de que, antes de irse al máximo o a −∞, tuviera un punto de parada y retroceso a la derecha de x0 . Ejercicio 6.2.8: Una partı́cula tiene un movimiento rectilı́neo sobre el eje Ox sometida a una única fuerza que deriva del potencial V (x) = cosh(x). Inicialmente se encuentra en x0 = 1 con velocidad ẋ0 = −1 (todos con las unidades apropiadas). ¿Qué tipo de movimiento tiene la partı́cula? EIAE, noviembre 2012 x −x El potencial es un coseno hiperbólico, V (x) = cosh(x) = e +e 2 . Tiene un mı́nimo en x = 0 y tiende a +∞ cuando x → ±∞. Con ese potencial solo es posible la oscilación alrededor del origen. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 6.3. OSCILADOR ARMÓNICO 129 6.3. Oscilador armónico Ejercicio 6.3.1: Un cubo de arista a y densidad la mitad de la del agua está flotando con la cara superior horizontal. Se empuja un poco hacia abajo, sin hundirlo del todo, y se suelta sin girarlo, de modo que se mueve siempre con la misma orientación. Calcular la frecuencia de las oscilaciones. ETSIA, 2002 Naturalmente, para poder tratar el problema como unidimensional, hay que suponer que un eje del cubo se mantiene siempre vertical. Sea z la altura del CDM del cubo sobre el agua. Las fuerzas que actúan sobre el cubo son: Peso: P = −mg k Flotación, o peso del agua desalojada: F = +m′ g k z 3 La masa desalojada dependerá de la altura z: m′ = ρa a/2−z a a P F La ecuación del movimiento será: ✚ 1 1 ✚ a3 m z̈ = −mg + m′ g = ρa a3 z̈ = g −✚ρ✚a a3 + ρa − ρa a2 z 2 2 ✚2 ! 1 = − ρ a a2 g z 2 que se reduce al oscilador armónico 2g z̈ + z = 0 a ⇒ ω= r 2g a EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 130 CAPÍTULO 6. MOVIMIENTO RECTILÍNEO Ejercicio 6.3.2: Una partı́cula pesada de masa m se mueve por una recta horizontal rugosa, de coeficiente de rozamiento f . Está unida a un punto O de la recta por un muelle de constante k y longitud natural cero. Integrar la ecuación del movimiento, razonando cómo se han de tratar los cambios de signo en la fuerza de rozamiento. Inicialmente se lanza desde O con velocidad v0 . ETSIA, Septiembre de 1996 1 Cantidad de Movimiento. Si inicialmente estuviera en reposo, lo primero serı́a plantear un problema de estática, para ver si se mueve o no. Como se lanza con velocidad v0 6= 0, ya sabemos que hay que tomar la expresión del rozamiento con deslizamiento del modelo de Coulomb: v R = − f |N| = − f |N| sign(ẋ) i v La recta es horizontal, la reacción normal es igual al peso. La ecuación del movimiento será: m ẍ = −k x − f mg sign(ẋ) → ẍ + ω 2 x = − f g sign(ẋ) El término independiente cambia de signo al variar el sentido de la velocidad. Inicialmente, como v0 > 0, tomamos el signo −. Cuando se pare, hay que resolver el problema de estática para ver si retrocede o se queda parada. Si retrocede, se resuelve de nuevo la ecuación, pero cambiando el signo del rozamiento, y ası́ sucesivamente. 1. Primera fase: ẍ + ω 2 x = − f g . La solución es trivial, tanto la homogénea como la particular: fg xh = A cos ω t + B sin ω t xp = − 2 ω Imponemos condiciones iniciales: x(0) = A − fg =0 ω2 ẋ(0) = Bω = v0 → x= fg v0 (cos ω t − 1) + sin ω t 2 ω ω 2. La partı́cula se para en el instante τ tal que ẋ = − fg sin ω τ + v0 cos ω τ = 0 ω ⇒ tan ωτ = v0 ω fg Conocido el tiempo de parada, se calcula la distancia x(τ ) . Se podrı́a hacer explı́citamente con las expresiones del seno y el coseno en función de la tangente, pero no merece la pena. En un caso real se calcuları́a el valor numérico y luego se sustituye en la x. Además, a continuación se calculará de modo más directo. Se plantea la ecuación de equilibrio para ver si el rozamiento puede aguantar la fuerza del muelle a esa distancia: f mg 0 = −kx(τ ) + R ; R ≤ f mg ⇒ |x| ≤ k h i f mg Si la partı́cula se ha parado dentro del intervalo − f mg , la fuerza del muelle es mek , k nor que el rozamiento máximo; la partı́cula se queda en equilibrio y el problema está acabado. Si no, empieza a moverse hacia el origen, y pasamos a la tercera fase. 3. Planteamos de nuevo la ecuación del movimiento, ahora con velocidad negativa y rozamiento positivo: ẍ + ω 2 x = + f g → x = A cos ω t + B sin ω t + fg ω2 Se imponen ahora como condiciones iniciales t0 = τ , x0 = x(τ ) , ẋ0 = 0. Cuando vuelva a pararse, se comprueba de nuevo el equilibrio, para ver si la x de parada cae en la franja de equilibrio ± f mg k . Si está dentro, se acaba; si está fuera, se repite el punto (1) con las nuevas condiciones iniciales; y ası́ sucesivamente. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 6.3. OSCILADOR ARMÓNICO 131 2 Análisis cualitativo. Este problema permite hacer un análisis cualitativo, tratando separadamente cada tramo. La ecuación del movimiento se puede integrar una vez, multiplicando por ẋ, para obtener la ecuación de la energı́a: 1 2 1 2 1 m ẋ + k x = - f mg x + E1 ; E1 = mv20 2 2 2 Se obtiene la energı́a cinética, el potencial del peso y el trabajo del rozamiento. Aunque se haya integrado, no es el potencial del rozamiento, que no tiene potencial porque es disipativo. Es el trabajo del rozamiento cuando se mueve hacia la derecha. Si se mueve hacia la izquierda, se cambia el signo: no puede tener potencial porque si vuelve al mismo sitio el trabajo no es nulo, sino siempre negativo. Resolviendo la ecuación de la energı́a con ẋ = 0, se obtiene fácilmente el punto de parada: q − f mg ± f 2 m2 g2 + kv20 x(τ ) = k Solo nos interesa el positivo; el otro corresponde a un tiempo negativo, antes de cruzar el origen. En la vuelta hacia la izquierda tendrı́amos: 1 2 1 2 1 m ẋ + k x = + f mg x + E2 ; E2 = k x(τ )2 − f mg x(τ ) 2 2 2 El trabajo del rozamiento parece ahora una función positiva de x, pero en realidad es negativo: f mg[x−x(τ )]. La x comienza en x(τ ) y va disminuyendo, luego el trabajo será siempre negativo. Con las expresiones para la ecuación de la energı́a en cada tramo, se puede hacer un análisis cualitativo del movimiento, dibujando el potencial del muelle y la energı́a decreciente. Primero va hacia la derecha, perdiendo energı́a linealmente hasta pararse en x(τ ). Luego va hacia la izquierda, perdiendo siempre energı́a. Si el punto de parada está fuera de la zona de equilibrio, empieza a moverse hacia la derecha, y ası́ hasta que se pare en un punto de equilibrio, donde se queda en reposo (aunque no sea el origen). También podemos dibujar el mapa de fases [x, ẋ]: La ecuación de la energı́a del primer tramo es una circunferencia en el plano de fases (o elipse, según la escala Oy), con centro en x = − f mg k (media de los puntos de parada). La segunda rama es otra circunferencia, esta vez con centro en x = f mg k , y ası́ sucesivamente alternando centros de modo que cada elongación es más corta, hasta que se pare dentro de la zona de equilibrio y ya no se mueva más. E1 Vm x(τ ) ẋ v0 b b x b x(τ ) Problema 6.3.1: Sea Ox una recta horizontal sobre la que se desplaza un partı́cula material pesada M de masa m; sea µ el coeficiente de rozamiento existente entre la partı́cula M y la recta. Además del peso, sobre M actúa la fuerza de un muelle, de longitud natural nula y constante de rigidez k, que une la partı́cula con el origen O de la recta Ox. En el instante considerado como inicial, t = 0, la partı́cula se sitúa en el origen, x0 = 0, y se lanza con una velocidad ẋ0 > 0. Se inicia ası́ un movimiento en el que la partı́cula viaja hacia el semiespacio x > 0 hasta alcanzar una separación máxima x1 ; posteriormente, comienza a moverse hacia el semiespacio x < 0 hasta alcanzar, en él, una separación máxima x2 . Para el primer tramo del movimiento de la partı́cula (cuando ẋ > 0), se pide: 1) Plantear las ecuaciones que gobiernan el movimiento de M. Determinar su ley horaria. Calcular la elongación máxima x1 , en función de los datos conocidos del problema, y el tiempo que tarda en alcanzarla. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 132 CAPÍTULO 6. MOVIMIENTO RECTILÍNEO Para el segundo tramo del movimiento de la partı́cula (cuando ẋ < 0), se pide: 2) Plantear las ecuaciones que gobiernan el movimiento de M. Determinar las condiciones iniciales aplicables a este tramo. Determinar su ley horaria. Calcular la elongación máxima x2 , en función de los datos conocidos del problema, y el tiempo que tarda en alcanzarla. 3) Determinar el máximo valor de la constante de rigidez k del muelle necesaria para que, una vez alcanzada la máxima separación x2 en el segundo tramo, la partı́cula M permanezca en reposo. Explicar razonadamente la condición que se impone para determinar dicho valor máximo. 4) Analizar si se disipa, o no, energı́a en el proceso. Si la respuesta es afirmativa determinar la energı́a disipada; si es negativa razonar por qué no se produce disipación. NOTA: El análisis se facilita si se introducen las siguientes variables y parámetros adimensionales: r r k ω µg m , τ = ω t, z = x , ε = ω= m ẋ0 ẋ0 k ETSIA, septiembre de 2007 1 La partı́cula se lanza con ẋ > 0. Hay deslizamiento, y el rozamiento, según el modelo de Coulomb, tendrá la forma R = −µ N sign(ẋ) i N −kx ẋ R mg En esta primera fase, tendrá signo negativo. Las ecuaciones serán, m ẍ = −k x − µ N ; 0 = N − mg y se integran fácilmente: la homogénea es un oscilador armónico y la particular una constante. r r k k k µ mg ẍ + x = −µ g → x = A cos t + B sin t− m m m k Imponiendo condiciones iniciales, x(0) = 0 ẋ(0) = ẋ0 x = ẋ0 r m sin k Si se introducen las variables recomendadas, ε ; de este modo la ecuación queda z′′ + z = −ε → r q k m k µ mg t+ m k =ω, d2 x dt 2 cos 2 z = C cos τ + D sin τ − ε z = sin τ + ε (cos τ − 1) Lógicamente, a partir de ahora se usarán estas variables. La partı́cula se para cuando z′ = cos τ1 − ε sin τ1 = 0 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica → k t −1 m ! = ω 2 ddτ x2 , x = zẋ0 /ω , y y con las condiciones iniciales z(0) = 0 z′ (0) = 1 r τ1 = arccot ε µg ω ẋ0 = 6.3. OSCILADOR ARMÓNICO 133 y alcanza ω z1 = sin cot−1 ε + ε cos cot−1 ε − 1 = x1 ẋ0 Usando las relaciones entre funciones trigonométricas, se puede poner en la forma p ε 1 z1 = √ +ε √ − 1 = 1 + ε 2 − ε (< 1) 1 + ε2 1 + ε2 En los apartados siguientes se usará la forma indicada z1 y τ1 . 2 Al pararse la partı́cula, habrı́a que plantear un problema de estática: si la fuerza del muelle en x1 no supera el rozamiento máximo µ mg, la partı́cula se queda en reposo con k x1 = R ≤ µ mg (en variables adimensionales, z1 ≤ ε ). Aquı́ no es necesario, porque el enunciado afirma que, después de pararse en z1 , empieza a moverse hacia la izquierda, con ẋ < 0 (y z′ < 0). N −kx ẋ R mg El rozamiento será ahora positivo, z′′ + z = +ε → z = A cos (τ − τ1 ) + B sin (τ − τ1 ) + ε y con las condiciones iniciales z(τ1) = z1 z′ ( τ1 ) = 0 z = (z1 − ε ) cos (τ − τ1 ) + ε La partı́cula se parará en una z2 , la primera vez que se haga z′ = 0 con un τ2 > τ1 z′ (τ2 ) = − (z1 − ε ) sin (τ2 − τ1 ) = 0 ⇒ τ2 = τ1 + π ⇒ z2 = 2ε −z1 = 3ε − p 1 + ε2 3 Al pararse la partı́cula en x2 , hay que plantear de nuevo un problema de estática. Si la fuerza del muelle es mayor que el máximo valor del rozamiento, µ mg, la partı́cula empieza a moverse. Si es menor o igual, el rozamiento la equilibra y la partı́cula se queda quieta. Por tanto, el valor máximo de k para que la partı́cula no se mueva es tal que la fuerza del muelle sea igual al rozamiento máximo. Teniendo en cuenta que x2 puede ser positivo o negativo, la condición se escribe: k |x2 | ≤ µ m g en variables adimensionales, |z2 | = |2ε − z1 | ≤ ε Como z1 > ε (si no no retrocederı́a), pero no necesariamente mayor que 2ε , hay que distinguir: z1 > 2ε : z2 < 0 −2ε + z1 ≤ ε → z1 ≤ 3ε → z1 max = 3ε ε < z 1 < 2ε : z 2 > 0 2ε − z 1 ≤ ε → z 1 ≤ ε El segundo caso no es necesario considerarlo, pues corresponde a un k menor que el primero. Además, el enunciado parece indicar que x2 < 0 (“semiespacio x < 0; en él . . . ”). Sustituyendo la z1 , la expresión queda en función de ε , y de ésta se obtiene k: p p 1 m µg 2 2 2 2 2 2 z 1 = 1 + ε − ε = 3ε ; → kmax = 1 + ε = 4ε ; 1+ ε = 16 ε ; εmax = 15 15 ẋ0 4 El rozamiento es una fuerza disipativa: su trabajo es siempre negativo, o nulo, como en la rodadura sin deslizamiento. En este caso hay deslizamiento porque se lanza con velocidad ẋ0 > 0. El muelle es conservativo, por lo que la pérdida de energı́a se debe sólo al rozamiento: v dT = dW = dWmuelle + dWroz = −dVm + Fr · v dt = −dVm − µ mg · vdt v dT + dVm = d (T +Vm ) = dE = −µ mg |v| dt < 0 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 134 CAPÍTULO 6. MOVIMIENTO RECTILÍNEO Para calcular la energı́a disipada, se podrı́a integrar el trabajo del rozamiento en los dos tramos, pues se han calculado las leyes horarias. Pero es mucho más simple calcular las energı́as inicial y final: 1 E1 = T1 +V1 = m ẋ20 + 0; 2 1 E2 = T2 +V2 = 0 + k x22 ; 2 1 1 1 ∆E = E2 − E1 = k x22 − m ẋ20 = m ẋ20 z22 − 1 < 0 2 2 2 puesto que, obviamente, |z2 | < z1 < 1. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica Capı́tulo 7 Movimiento del punto libre 7.1. Partı́cula libre Ejercicio 7.1.1: Un punto material M se desplaza en el espacio sometido a una fuerza que simultáneamente es paralela a un plano fijo P y normal a la velocidad de M. Sabiendo que la magnitud de esta fuerza es proporcional a la velocidad de M y que en el instante inicial M está dotado de una velocidad v0 que forma un ángulo α con el plano P, se pide: 1. Determinar el movimiento de M especificando su trayectoria y su ley horaria. 2. Indicar cómo serı́a el movimiento del punto en el caso de que la fuerza indicada fuese proporcional al cubo de la velocidad de M. Mayo de 1968 Si la fuerza se mantiene paralela a un plano fijo, lo natural es tomar ese plano como plano coordenado para simplificar las ecuaciones: por λ (−ẏ, ẋ) ejemplo, Oxy ≡ P. Con esas condiciones, la fuerza tendrá la forma F=K (ẋ, ẏ) p (−ẏ, ẋ, 0) ẋ2 + ẏ2 + ż2 p ẋ2 + ẏ2 Esto lleva a ecuaciones no lineales, difı́ciles de integrar. Pero el que sea normal a la velocidad simplifica mucho las cosas: F ⊥ v → at = 0 → v = Cte. Además, Fz = 0 → ż = p 2 2 Cte. → ẋ + ẏ = Cte. Ası́ la fuerza es, simplemente, F = mλ (−ẏ, ẋ, 0). Las ecuaciones del movimiento quedan: ẍ = −λ ẏ → ẋ = −λ y +C1 ÿ = λ ẋ → ẏ = +λ x +C2 z̈ = 0 → ż = Cte. = v0 sin α Si escogemos los ejes de modo que inicialmente esté en (x0 , 0, 0) con velocidad (0, v0 cos α , v0 sin α ), queda: 0 = 0 +C1 v0 cos α = λ x0 + C2 → x0 = v0 cos α /λ ajustando el valor de x0 podemos hacer que la segunda constante sea también cero. Sustituyendo la ẏ obtenida en la ecuación de ẍ, se llega a ẍ + λ 2 x = 0 → x = A cos(λ t + φ ) x0 =v0 cos α /λ −−−−−−−−→ ẋ0 =0 x= v0 cos α cos λ t λ Como y = −ẋ/λ , y ż es constante, se obtienen las ecuaciones horarias, x= v0 cos α cos λ t λ y= v0 cos α sin λ t λ 135 z = v0 sin α t 136 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE La trayectoria es una hélice circular, cuyo eje coincide con Oz por las condiciones iniciales que hemos tomado. La velocidad es constante (pues la fuerza es siempre normal), de modo que la ley horaria es s = v0 t. Si la fuerza fuera proporcional al cubo, lo único que variarı́a es el valor de λ . Al seguir siendo la fuerza normal a la velocidad, ésta es constante en módulo; seguirı́amos teniendo un √ 2 2 +ż2 ẋ +ẏ problema lineal, pero con otra constante. Aquı́ se ha tomado mλ = K √ 2 ẋ +ẏ2 mientras que en el otro caso serı́a mλ = K hélice, pero de distinto radio. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica +ẏ2 +ż2 ) (ẋ2√ ẋ2 +ẏ2 v0 = K v0 cos α, 3/2 . La trayectoria seguirı́a siendo una 7.1. PARTÍCULA LIBRE 137 Ejercicio 7.1.2: Una partı́cula de masa m se mueve bajo la acción de una fuerza ~ F = m~v ∧ ~B siendo ~v la velocidad de la partı́cula, y ~B un vector de módulo y dirección constantes. Describir el tipo de movimiento que sigue la partı́cula en función del valor inicial de ~u, componente de velocidad paralela a ~B. Obtener el radio de curvatura de la trayectoria cuando u = 0. Septiembre de 1991 Descompondremos la velocidad en sus componentes paralela y normal a ~B, ~v = ~u +~v⊥ . Como se trata de una dirección fija, sus derivadas serán las componentes de la aceleración paralela y perpendicular a ~B, respectivamente: ✟✟ ~B +~v⊥ ∧ ~B ⇒ ~a = ~u˙ +~v˙⊥ = (~u +~v⊥ ) ∧ ~B = ~✟ u∧  ~  ~u = Cte. ⇒ at = 0 → v⊥ = Cte.  ~v˙⊥ =~v⊥ ∧ ~B → an = Bv⊥ = Cte → ρ⊥ = Cte El movimiento paralelo a ~B se realiza con velocidad constante. En el movimiento proyectado sobre el plano ortogonal, la aceleración es normal a la velocidad: su módulo se mantiene constante. Por tanto, la aceleración normal es también constante, y el radio de curvatura de la trayectoria proyectada es constante, es decir, describe una circunferencia en el plano normal (el radio de curvatura de la trayectoria tridimensional dependerá de ~u). La trayectoria tridimensional es una hélice circular. Si inicialmente ~u = ~0 , el movimiento se desarrolla en el plano normal, y el radio constante de la trayectoria proyectada es el de la trayectoria real: an = v2⊥ = v⊥ B → ρ = v⊥ B ρ Ejercicio 7.1.3: Una partı́cula en movimiento libre está sometida a tres fuerzas: una disipativa, otra conservativa y otra giroscópica. Necesariamente: 1. 2. 3. 4. 5. Pierde energı́a Gana energı́a Conserva su energı́a Mantiene su momento cinético respecto a un punto fijo arbitrario Ninguna de las respuestas anteriores es válida. EIAE, enero 2012 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 138 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE Problema 7.1.1: Una partı́cula M de masa m y desprovista de peso se mueve sin rozamiento sobre un plano referido a un par de ejes ortogonales Oxy, sometida a un campo F tal que si la partı́cula se lanza con una velocidad v0 desde el punto (x0 , y0 ) la velocidad v que lleva cuando llega a un punto genérico (x, y) verifica que v2 = v20 + 2ω 2 (xy − x0 y0 ) Se pide: a) Determinar del campo F que actúa sobre la partı́cula. b) Plantear e integrar completamente las ecuaciones del movimiento de la partı́cula. c) Si la partı́cula se lanza desde un punto cuyo vector de posición es r0 con una velocidad v0 , ¿Qué condición deben verificar r0 y v0 para que la partı́cula no se marche al infinito?. d) ¿Cuál serı́a el movimiento limite de la partı́cula si se cumple la condición anterior? e) Para una velocidad inicial v0 de módulo dado, ¿desde qué región del plano podrı́a lanzarse la partı́cula para que no se marche al infinito?. f) Determinar completamente las constantes de integración y hacer un dibujo aproximado a de la trayectoria si se lanza la partı́cula desde (0, a) con una velocidad v0 = − ω (i + j). 2 Febrero de 1990 1 La ecuación v2 = v20 + 2ω 2 (xy − x0 y0 ) es obviamente la integral de la energı́a; sola no permitirı́a resolver el problema, pues podrı́a haber fuerzas giroscópicas que, al dar trabajo nulo, no aparecen en esta ecuación. Pero, si la fuerza deriva de un campo, es que es potencial. Poniendo la integral en la forma 1 1 T +V = mv2 − mω 2 xy = mv20 − mω 2 x0 y0 = E 2 2 se obtiene directamente V (r) = −mω 2 xy ⇒ F = −∇V = mω 2 (yi + xj) 2 Las ecuaciones del movimiento son .... m ẍ = mω 2 y y = ω 2 ẍ = ω 4 y ; 2 m ÿ = mω x r4 − ω 4 = 0 → r = ±ω , ±iω → → y = A e+ω t + B e−ω t +C e+iω t + D e−iω t = A e+ω t + B e−ω t +C′ cos ω t + D′ sin ω t ; ÿ x = 2 = A e+ω t + B e−ω t −C′ cos ω t − D′ sin ω t ; ω 3 Todos los términos de la solución se mantienen acotados menos A e+ω t . Para que no se vaya a ∞ las condiciones iniciales han de ser tales que A = 0. A − B − D′ x0 A + B −C′ ẋ0 = =ω A − B + D′ y0 A + B +C′ ẏ0 ẋ0 + ẏ0 = 2ω (A − B) x0 + y0 = 2(A + B) x0 + y0 + ẋ0 + ẏ0 = 4A ω ⇒ x0 + y0 + ẋ0 + ẏ0 =0 ω 4 Con A = 0, el vector posición será 1 −ω t −1 r=B e + C′ cos ω t + D′ sin ω t 1 +1 Tendremos un movimiento asintótico al origen en la dirección (1,1), y una oscilación armónica en la dirección (-1,1). EIAE. Problemas de Mecánica Clásica (1) 7.1. PARTÍCULA LIBRE 139 5 Entenderemos mejor el movimiento viendo que la fuerza se puede descomponer en una atracción de la recta y = x (muelle) y una repulsión de la recta y = −x (fuerza centrı́fuga). El movimiento en la dirección del muelle no importa, porque está acotado. El movimiento en la dirección de la repulsión (normal a y = −x) se irá siempre a ∞, a menos que le demos exactamente las condiciones del movimiento asintótico al máximo, lanzando hacia el eje. Nótese que la condición (1) del movimiento acotado es precisamente de movimiento asintótico en la dirección y = x. Si llamamos ξ a la distancia al eje y = −x, la ecuación de la energı́a para la repulsión es 12 mξ̇ 2 − 12 mω 2 ξ 2 = Er . Para el movimiento asintótico, Er = 0, es decir, ξ̇02 − ω 2 ξ02 = 0; y como hay que lanzar hacia el origen, ξ0 y ξ̇0 tienen signos opuestos, de√modo que se √ llega a ξ̇0 + ωξ0 = 0. Esta es la√misma condición √ (1), pues ξ0 = r0 · (1, 1)/ 2 = (x0 + y0 )/ 2, mientras que ξ̇0 = ṙ0 · (1, 1)/ 2 = (ẋ0 + ẏ0 )/ 2. Por lo tanto, cuando se lanza con una velocidad de módulo dado v, no se va a infinito si la componente de la velocidad en la dirección y = x vale exacta√ √ mente ω (x0 + y0 )/ 2. Lo más lejos que se puede ir es ω |x0 + y0 | ≤ v 2 , que es una zona limitada por dos rectas. Si se lanza desde el lı́mite de la zona, la velocidad ha de ser paralela a la dirección y = x; si se lanza desde un punto (x, y) interior, la velocidad debe dirigirse √ de modo que la componente en dirección y = x sea exactamente −ω (x + y)/ 2. Hemos podido aislar la repulsión porque la fuerza es lineal y sus efectos están desacoplados. Podemos plantear igualmente la ecuación de la energı́a para la atracción, llamando η = (−x + √ √ y)/ 2 = r · (−1, 1)/ 2 a la distancia a la recta y = x. Se obrendrı́a 12 mη̇ 2 + 12 mω 2 η 2 = Ea . El potencial ahora es el de un muelle, mientras que antes era el de una repulsión. Si sumamos los dos términos, tenemos el potencial completo del movimiento: h i 1 1 1 2 2 2 2 2 V = Vr +Va = mω −ξ + η = mω − (x + y) + (−x + y) = mω 2 xy 2 2 2 5 Las condiciones iniciales cumplen los requisitos de movimiento acotado: a a a r0 = (0, a) v0 = − ω (i + j) (0 + a) ω − ω + =0 2 2 2 n n 0 1 B −C′ = 0 B = a/2 ′ −1 =B +C ′ a 1 +1 B +C = a C′ = a/2 n n ′ a 1 1 −1 −B + D′ = −a/2 D =0 − ω = −Bω − D′ ω ′ 1 1 +1 −B − D = −a/2 B = a/2 2 Las ecuaciones horarias quedan a 1 −ω t a −1 r= e + cos ω t 2 1 2 +1 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 140 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE Problema 7.1.2: Una partı́cula material pesada M, de masa m, y cuya carga eléctrica es q, está obligada a moverse sin rozamiento por un plano horizontal OXY . La partı́cula m está unida al punto O mediante un muelle OM, cuya longitud sin deformar, y constante elástica son respectivamente a y mω 2 , de forma que la fuerza que el muelle ejerce sobre el punto M será: F = −mω 2 (r − a) ur en donde r representa la distancia OM y ur es el versor de la dirección y sentido de OM. Se considera finalmente un campo magnético definido por: B= mω k q siendo k el versor de la vertical ascendente. La posición de la partı́cula M en el plano quedará determinada indistintamente por sus coordenadas cartesianas (x, y) y por sus coordenadas polares (r, θ ). Se pide: 1. Determinar, en función de x, y, y sus derivadas, las componentes según los ejes OX y OY de las fuerzas que actúan sobre M. 2. Plantear, utilizando las coordenadas x, y, las ecuaciones de movimiento de M. 3. Plantear, utilizando las coordenadas r, θ , las ecuaciones de energı́a cinética y de momento cinético respecto a O. 4. Reducir la cuadraturas las ecuaciones determinadas en el apartado anterior con objeto de determinar la trayectoria y la ley horaria de M. 5. Suponiendo que M se encuentra inicialmente a una distancia a de O, ¿en qué dirección se deberá lanzar y cuál debe ser el valor de la velocidad de M, con objeto de que el movimiento de dicho punto sea uniforme? 6. Suponiendo que el punto se encuentra inicialmente a una distancia a de O y que se lanza en dirección radial, ¿cuál será el valor mı́nimo de la velocidad inicial con objeto de que M llegue a una distancia 2a de O? E.T.S.I. Aeronáuticos 1 En la fuerza del muelle aparece la dificultad de expresar ur en cartesianas:     x x  a y Fm = −mω 2 (r − a) ur = −mω 2 y + mω 2 p 2 + y2     x 0 0 M v b FB La fuerza de Lorenz es más sencilla   i j k  ẏ  mω ẋ ẏ 0 = mω −ẋ FB = q v ∧ B = q   q 0 0 1 0 2 La ecuación de cantidad de movimiento, en cartesianas:         x  ẍ x   ẏ  a 2 2 y + mω p y + mω −ẋ m ÿ = −mω 2 + y2         x 0 0 0 0 3 Para la ecuación de la energı́a, observamos que la fuerza del muelle es conservativa: Fm = f (r) ur → EIAE. Problemas de Mecánica Clásica Vm = − Z f (r) dr = mω 2 (r − a)2 2 7.1. PARTÍCULA LIBRE 141 También se podrı́a haber escrito como r2 − 2ar , pero da lo mismo porque la diferencia es una constante. La fuerza electromagnética es giroscópica: siempre normal al desplazamiento, por lo que su trabajo es nulo: dWB = FB · v dt = q v ∧ B · vdt = 0 La ecuación de la energı́a queda ✟ ✟ dT = −dVm + ✟ dW B → T +Vm = E = mω 2 1 m ṙ2 + r2 θ̇ 2 + (r − a)2 = E 2 2 La ecuación del momento cinético en cilı́ndricas es conocida; sólo hay que calcular el momento de las fuerzas,   ur uθ uz 0   d dHO d 2 ✘ + mω r → 0 0 0 =m r θ̇ = −ω rṙ = MO = ✘ r ∧✘F✘ m dt dt  2  dt rθ̇ −ṙ 0 r θ̇ 4 De las dos ecuaciones anteriores, la segunda es obviamente una diferencial exacta: d 2 d r2 ω r2 r θ̇ = −ω rṙ = −ω ⇒ r2 θ̇ = C − dt dt 2 2 Esto permite eliminar θ̇ de la de la energı́a y llegar a una cuadratura en r " 2 # 1 C ω mω 2 m ṙ2 + r2 2 − + (r − a)2 = E 2 r 2 2 ω 2 2E 2 2 2 2 C − ω (r − a) − r − = f (r) ṙ = m r2 2 ⇒ Z dt = Z y de la ecuación del momento cinético sale otra dθ C ω = 2− dt r 2 ⇒ Z dθ = ± Z C ω − r2 2 ±d r p f (r) dr p f (r) 5 Obviamente, lo de “uniforme” hay que entenderlo como “circular uniforme”, pues con estas fuerzas el rectilı́neo no es posible. Si se lanza según uθ , obligando a que r sea constante: v m r̈ − rθ̇ = m 0 − rθ̇ 2 2 Una solución es el reposo, porque a es la longitud natural del muelle. En la otra, girando en el sentido de las agujas del reloj, la fuerza de Lorenz sola produce la aceleración centrı́peta. Por tanto, hay que dar las siguientes condiciones iniciales: r0 = a ur FB b M = −mω (r − a) + mω rθ̇ r ω a 2 2 rθ̇ + ω rθ̇ − ω (r − a) = 0 → θ̇ = − 1± 5−4 2 r Para cada valor de r mayor que 4a/5, hay dos valores de θ̇ que producen movimiento circular uniforme, unos positivos y otros negativos. Para r = a, se tiene θ̇1 = −ω θ̇2 = 0 2 M FB b v v0 = −a ω uθ EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 142 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE 6 Para la distancia radial máxima, se puede usar el análisis cualitativo del movimiento radial por el potencial eficaz, como en los movimientos centrales. Aunque éste no lo es, la ecuación del momento cinético da otra integral primera análoga a la ley de áreas. De la ecuación de la energı́a, ṙ2 = Ve f 2 E −Ve f (r) m 2 2 2 2 a ✟ Ve f = ω 2 (r − a)2 + Cr2 + r 4ω − ✟ Cω m Los distintos términos del potencial eficaz, dos parábolas y una inversa, se suman para dar una curva con un mı́nimo. El movimiento se desarrollará oscilando entre dos valores del radio r1 y r2 , con ṙ = 0 en ambos extremos. Por cierto que, al contrario que en los centrales, en este movimiento sı́ puede cambiar el sentido de giro. La integral del momento cinético r2 θ̇ = C − ω r2 /2 permite el cambio de signo, mientras que la ley de áreas r2 θ̇ = C no. Si se lanza desde r = a con velocidad radial v0 (y por tanto θ̇ = 0 ), y se quiere que llegue a r = 2a, basta con calcular las constantes iniciales y obligar a que ṙ = 0 en r = 2a. En el instante inicial, r02 θ̇0 = C − ṙ02 ′ v20 = E − Ṽe f (r0 ) ; ω r02 = 0; 2 = E −ω ′ C= ω a2 2 2 ✟ ω a2 ✟ω✟ ✟ − ✟ 2 ✟ 2a 2 ✟ ✘2 (a✘ −✘a) − a2 ✘ 2 → E ′ = v20 Obligamos ahora a que ṙ se anule en 2a, 0 = v20 − ω 2 (2a − a)2 − 4a2 ω a2 ω − 8a2 2 2 = v20 − 25 2 2 ω a 16 5 v0 = ω a 4 Aunque no se pida, se puede resolver el mismo problema lanzando normal al radio. Entonces será ṙ = 0 y estamos en uno de los extremos. Basta con obligar a que el segundo extremo sea r2 = 2a. En el instante inicial, r2 θ̇ = C − ω r2 ; 2 a v0 = C − ω a2 2 → C = a v0 + ω a2 2 Si oscila entre a y 2a, ṙ2 = E −Ve f (a) = 0 ; ✘2 + a2 ω 2✘ (a✘ −✘a) ṙ2 = E −Ve f (2a) = 0 ⇒ Ve f (a) = Ve f (2a) !2 !2 2 ω a2 a v0 + ω2a a v + ω ω 0 2 2 − = ω 2 (2a − a) + 4a2 − a2 2 4a2 2 √ ! 3 2 3 25 2 2 1 21 v0 + ω a v0 − ω a = 0 → v0 = aω − ± 4 4 16 2 3 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 7.1. PARTÍCULA LIBRE 143 Problema 7.1.3: Un punto material M, de masa m, se mueve sin rozamiento sobre un plano, atraı́do proporcionalmente a su masa y a la distancia por dos puntos de ese plano, el uno O fijo y otro S que gira uniformemente alrededor de O. La constante de proporcionalidad de las fuerzas atractivas es k. La velocidad angular de la recta OS se representa por ω y la distancia OS se tomará igual a a. Se pide: Calcular la trayectoria de M con relación a la recta móvil OS. Estudiar el movimiento en el caso particular k = ω 2 /2 suponiendo que en el instante inicial el punto M se encuentra en O y no tiene velocidad. Calcular el valor máximo de la velocidad relativa de M en el caso particular definido en el apartado 2). Nota: La ecuación de la trayectoria pedida en el apartado 2 debe contener cuatro constantes indeterminadas. E.T.S.I.A., marzo de 1966 1 Para calcular la trayectoria, tenemos dos posibilidades: M b Plantear las ecuaciones en ejes móviles, con las fuerzas de inercia. Plantearlas en ejes fijos, y luego hacer un cambio de ejes y b Por el primer camino, llamamos S0 a la recta. La posición de M en ejes x ωt 0 será (x, y, 0). Habrá que tener en cuenta las fuerzas de los dos muelles, la de inercia de  arrastre,  y la deCoriolis:        ẍ x x − a x −ẏ 2 y − 2 m ω ẋ y +mω m ÿ = −k m y − k m           0 0 0 0 0 S b Llamando Ω2 = 2 k, se tiene Ω2 a ẍ − 2 ω ẏ + Ω2 − ω 2 x = 2 2 2 ÿ + 2 ω ẋ + Ω − ω y = 0 Este sistema se puede resolver por varios caminos; por ejemplo, introduciendo la variable compleja z = x + i y, Ω2 a z̈ + 2 ω i ż + Ω2 − ω 2 z = 2 La particular es obviamente una constante. Para la homogénea, el polinomio caracterı́stico es r1 = −i (Ω + ω ) 2 2 2 r +2ω ir +Ω −ω = 0 → r2 = +i (Ω − ω ) La solución completa será z = A e−i (Ω+ω ) t + B e+i (Ω−ω )t + Ω2 a 2 (Ω2 − ω 2 ) Esta solución no vale para el caso particular Ω = ω , en que se anula el término lineal (la fuerza centrı́fuga iguala a la del muelle). Como a partir del apartado 2 se trata ese caso, hay que considerarlo: ω2 a iω a z̈ + 2 ω i ż = → z = A + B e−2i ω t − t 2 4 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 144 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE Las constantes son complejas, A = A1 + i A2 , B = B1 + i B2 . Separando las partes real e imaginaria, se obtiene la trayectoria: x = A1 cos (Ω + ω ) t + A1 sin (Ω + ω ) t+ + B1 cos (Ω − ω ) t − B2 sin (Ω − ω ) t + y = A2 cos (Ω + ω ) t − A1 sin (Ω + ω ) t+ + B2 cos (Ω − ω ) t + B1 sin (Ω − ω ) t Ω2 a 2 (Ω2 − ω 2 ) y para el caso singular, x = A1 + B1 cos 2ω t + B2 sin 2ω t ωa t 4 Nótese que lo que hemos calculado son, en sentido estricto, las ecuaciones horarias. De todos modos, también son las ecuaciones paramétricas de la trayectoria. y = A2 + B2 cos 2ω t − B1 sin 2ω t − En ejes fijos, llamaremos (x1 , y1 , 0) al vector posición de M. Tendremos la atracción de un punto fijo y la de un punto de movimiento conocido, pues las coordenadas de S son a (cos ω t, sin ω t, 0).       ẍ1  x1  x1 − a cos ω t  m ÿ1 = −k m y1 − k m y1 − a sin ω t       0 0 0 M b y1 b S b ωt x1 Llamando, como antes, Ω2 = 2 k , se tiene un sistema de osciladores forzados desacoplados, de solución trivial: Ω2 a Ω2 a cos ω t ẍ1 + Ω2 x1 = cos ω t → x1 = A cos Ωt + B sinΩt + 2 2 (Ω2 − ω 2 ) Ω2 a Ω2 a ÿ1 + Ω2 y1 = sin ω t → y1 = C cos Ωt + D sinΩt + sin ω t 2 2 (Ω2 − ω 2 ) De nuevo, en el caso particular Ω = ω esta solución no vale, porque el término independiente es solución de la homogénea. Entonces, la solución será ωa x1 = A cos ω t + B sinω t + t sin ω t 4 ωa y1 = C cos ω t + D sinω t − t cos ω t 4 M Ahora hay que hacer un cambio de ejes, para obtener las coordenadas relativas a la recta OS: b x = +x1 cos ω t + y1 sin ω t y y = −x1 sin ω t + y1 cos ω t Las coordenadas en ejes relativos, aplicando las expresiones de los ángulos suma y diferencia, quedan y1 b S b x ωt x1 1 1 x = (A − D) cos (Ω + ω ) t + (B +C) sin (Ω + ω ) t+ 2 2 1 1 Ω2 a + (A + D) cos (Ω − ω ) t − (C − B) sin (Ω − ω ) t + 2 2 2 (Ω2 − ω 2 ) 1 1 y = (B +C) cos (Ω + ω ) t − (A − D) sin (Ω + ω ) t+ 2 2 1 1 + (C − B) cos (Ω − ω ) t + (A + D) sin (Ω − ω ) t 2 2 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 7.1. PARTÍCULA LIBRE 145 que es la misma solución que por el otro camino, escogiendo de otro modo las constantes. Lo mismo ocurre con el caso singular, que no repetiremos. 2 Se estudia el movimiento para el caso particular 2k = ω 2 , que corresponde a la singularidad ya mencionada. La partı́cula se deja en el origen sin velocidad. Como el origen también es punto fijo de la recta OS, la velocidad relativa es nula. Derivamos la ecuación de la trayectoria para obtener la velocidad, x = A1 + B1 cos 2ω t + B2 sin 2ω t ẋ = −2ω B1 sin 2ω t + 2ω B2 cos 2ω t ωa t 4 ωa ẏ = −2ω B2 sin 2ω t − 2ω B1 cos 2ω t − 4 y = A2 + B2 cos 2ω t − B1 sin 2ω t − e imponemos condiciones iniciales 0 = A1 + B1 0 = A2 + B2 0 = 2 ω B2 ωa 0 = 2 ω B1 − 4 → → A2 = B2 = 0 b b S a A1 = −B1 = 8 La trayectoria relativa es una cicloide: a (1 − cos 2ω t) 8 a ωa y = sin 2ω t − t 8 4 x= En ejes fijos, en cambio, la trayectoria es una espiral más una oscilación en y: ωa t sin ω t 4 ωa 1 y1 = − t cos ω t + a sin ω t 4 4 b x1 = + 3 La velocidad relativa se obtiene derivando la trayectoria ẋ = ωa sin 2ω t 4 ẏ = ωa ωa cos 2ω t − 4 4 b v La hodógrafa es una circunferencia de radio ω4a . El valor máximo de la velocidad relativa es ωa vmax = |ẏmax | = 2 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 146 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE 7.2. Movimientos centrales Ejercicio 7.2.1: Una partı́cula de masa m está sometida a una fuerza central respecto al punto fijo O de valor: F = Km r2 − 3ar + 2a2 ur donde K y a son constantes positivas. Estudiar para qué valores del radio son posibles órbitas circulares de centro O, y determinar la velocidad en función del radio. Septiembre de 1994 Con fuerzas centrales F(r), para que haya órbitas circulares hacen falta dos condiciones: v F que la fuerza sea atractiva: F(r) < 0 que la velocidad sea la justa para que la fuerza proporcione la acelera2 ción centrı́peta del movimiento circular: F(r) = m vr Habrá órbitas circulares a cualquier distancia a la que la fuerza sea negativa, sólo hay que darle la velocidad adecuada para ese radio. Otra manera de verlo es plantear el equilibrio relativo en ejes rotatorios: hay que lanzarla con la velocidad justa para que la fuerza centrı́fuga mv2 /r (repulsiva) equilibre a la central (atractiva). Esto puede parecer sorprendente. En el movimiento rectilı́neo, hay puntos de Ve f equilibrio donde se anule la derivada del potencial: son siempre valores fijos de x. En el análisis cualitativo del movimiento central, puede haber puntos V V (r) de equilibrio del movimiento radial (órbitas circulares) en cualquier r en que cent la fuerza sea negativa (V (r) de pendiente positiva). Y se cumple que Ve′ f = 0. Lo que ocurre es que el término centrı́fugo varı́a con r a través de C que, en el movimiento circular, vale rv. Al variar la r, si se escoge la v adecuada, el potencial centrı́fugo es el necesario para que haya un mı́nimo en ese r. Podemos resolver el ejercicio por varios caminos: 1 Aceleración centrı́peta (o fuerza centrı́fuga). La fuerza atractiva debe ser igual a la aceleración centrı́peta del movimiento circular: mv2 F(r) = Km r2 − 3ar + 2a2 = − ⇒ v2c = −Krc rc2 − 3arc + 2a2 ≥ 0 r Sólo existirán movimientos circulares donde la v2c ≥ 0 (o lo que es lo mismo, la fuerza sea negativa). F(r) es una parábola con la concavidad hacia arriba, por lo que será negativa en el intervalo entre las dos raı́ces: √ 3a ± 9a2 − 8a2 3a ± a = → r = a, 2a r2 − 3ar + 2a2 → r = 2 2 Por tanto, habrá órbitas circulares en las siguientes condiciones: rc ∈ [a, 2a] v2c = −Krc rc2 − 3arc + 2a2 2 Puntos estacionarios del potencial eficaz La fuerza deriva del potencial 3 Z r 3ar2 2 V (r) = − f (r)dr = −Km − + 2a r 3 2 Y el potencial eficaz es: EIAE. Problemas de Mecánica Clásica F(r) a 2a Vcent Ve f V (r) 7.2. MOVIMIENTOS CENTRALES Ve f = V (r) +Vcent 147 mC2 r3 3ar2 2 = −Km − + 2a r + 2 3 2 2r Los máximos y mı́nimos se obtendrı́an de mC2 dVe f C2 = −Km r2 − 3ar + 2a2 − 3 = 0 ; r > 0 ⇒ r5 − 3ar4 + 2a2 r3 + =0 dr r K Que obviamente no se puede resolver (más que de modo numérico, dando un valor a C). Y si se pudiera, no servirı́a de mucho. Para tener órbita circular en los máximos y mı́nimos obtenidos, habrı́a que lanzar con la E correspondiente, sin tocar la C. Y sólo por casualidad lanzando desde ese rM , con velocidad ortogonal C/rM , la E resultarı́a ser la del máximo. Es decir, los máximos y mı́nimos obtenidos para una C genérica no permanecen al dar la C correspondiente a ese radio, pues varı́an con la propia C. Lo que se puede hacer es sustituir directamente C = rv en la expresión Ve′ f = 0; lo que queda es una relación entre v y r: v2 = −Kr r2 − 3ar + 2a2 ≥ 0 Para que exista solución, v2 ≥ 0. Dentro del intervalo en que se cumple esta condición, para cada valor de r se tendrá una velocidad para que haya órbita circular. Ahora se ve con más facilidad que, como es natural, la solución es la misma que por el otro procedimiento. De hecho, al derivar V hemos obtenido la fuerza, y al hacer C = rv hemos calculado la fuerza centrı́fuga a ese radio. Es decir, la misma ecuación que en el primer método. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 148 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE km Ejercicio 7.2.2: Una partı́cula de masa m está sometida a la fuerza central F = − 3 ur , donde r k es una constante positiva y r es la distancia al polo de atracción. Sea C la constante de áreas y E la energı́a mecánica total de la partı́cula. Determinar, según sea (C2 − k) > / = / < 0 y E > / = / < 0, si la partı́cula puede irse al infinito y en caso de que ası́ sea, si lo hace con rama asintótica, parabólica o espiral. Septiembre de 1993 Los potenciales real y efectivo serán: Vr = − Z km F(r) dr = − 2 ; 2r km mC2 m C2 − k Ve f = − 2 + 2 = 2r 2r 2r2 El tipo de movimiento va a depender del signo de C2 − k. Lo mismo se puede hacer estudiando el equilibrio de fuerzas en la dirección radial en ejes que giren con la partı́cula: la fuerza 2 centrı́fuga tiene la forma mθ̇ 2 r = mC , igual que la atracción. Según que C2 T k tendremos rer3 pulsión, nada, o atracción en la dirección radial rotatoria. C2 > k Ve f ∝ r12 Fuerza repulsiva. Rama infinita decreciente. Sólo puede haber movimiento con E > 0. Como Ve f (∞) = 0, queda T∞ = E > 0, v∞ > 0 ⇒ rama asintótica . C2 = k Ve f = 0 Fuerza nula en dirección radial (la centrı́fuga igual a la atracción en todos los puntos, o ésta igual a la aceleración centrı́peta de la rotación). Rama infinita horizontal. Sólo puede haber movimiento con E > 0. Como T∞ = E > 0, v∞ > 0 ⇒ rama asintótica . Ve f E E Ve f C2 < k Ve f ∝ − r12 Fuerza atractiva. Potencial creciente, con ası́ntota en 0. Hay más posibilidades de movimiento: E <0 Movimiento acotado, pasa por el polo. E >0 T∞ = E > 0, v∞ > 0 ⇒ rama asintótica E Ve f E = 0 Rama infinita: T∞ = E = 0. Para ver si es parabólica o espiral, hay que estudiar la cuadratura de θ : Z ∞ Z ∞ ∞ C dr C C dr r θ∞ − θ0 = =√ =√ log r = ∞ 2 2 r0 r0 2 k −C r0 r k −C k−C2 2 r m 0 + m 2r2 θ∞ → ∞ EIAE. Problemas de Mecánica Clásica rama espiral 7.2. MOVIMIENTOS CENTRALES 149 Ejercicio 7.2.3: Una partı́cula describe una órbita circular de radio a bajo la acción de una fuerza central que solo depende de la distancia r al polo O. Sabiendo que dicho polo se encuentra sobre la órbita de la partı́cula, obtener la ecuación de la trayectoria respecto a un sistem de referencia con origen en O y la forma de la fuerza. Septiembre de 1996 b La primera parte es trivial, un simple ejercicio de geometrı́a. Hay que tomar una dirección como eje polar, que puede ser el diámetro o la tangente por O. Tomando el primero, la trayectoria es obviamente O θ a r 2θ r = 2a cos θ con el segundo se tendrı́a un seno en vez del coseno. La forma de la fuerza se puede obtener por varios caminos: 1 Se aplica la 2a fórmula de Binet: F C2 d 2 1 1 =a=− 2 + m r dθ 2 r r Derivamos: ′ sin θ 1 = ; r 2a cos2 θ 1 1 = r 2a cos θ ′′ 1 cos θ sin2 θ cos θ = + r 2a cos2 θ a cos4 θ sustituimos en la fórmula de Binet: C2 sin2 θ cos θ 1 C2 cos3 θ + 2 sin2 θ cos θ + cos3 θ cos θ − 2 + + =− 2 = r 2a cos2 θ a cos4 θ 2a cos θ r 2a cos4 θ C2 2 C 2 23 a2 23 a2C2 m = 2 = − ⇒ F = − r 2a cos3 θ r2 r3 r5 2 Se deriva respecto al tiempo con ayuda de la ley de áreas: a = ar = r̈ − r θ̇ 2 r = 2a cos θ θ̇ = C r2 −2a sin θ C ṙ = −2a sin θ θ̇ = 4a2 cos2 θ C C cos θ sin θ (−2 cos θ sin θ ) C2 cos2 θ + 2 sin2 θ r̈ = − − = − 2a r2 cos2 θ cos4 θ 2ar2 cos3 θ C2 C2 cos2 θ + 2 sin2 θ cos2 θ C2 2 C 2 24 a3 2 r̈ − rθ̇ = r̈ − 3 = − + =− =− r 2ar2 cos3 θ cos3 θ 2ar2 cos3 θ 2ar2 r3 con lo que se llega a la misma expresión de antes. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 150 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE Problema 7.2.1: Una partı́cula de masa m se mueve sin rozamiento sobre un plano Oxy sometida a la fuerza central mω 2 a 3 F=− (1 − 2λ cos θ )ur r2 donde λ es un parámetro positivo. Inicialmente la partı́cula se encuentra en (a, 0) con una velocidad ω a dirigida según la parte positiva de Oy. Se pide: 1. Establecer la ecuación diferencial de la trayectoria de la partı́cula, integrarla y particularizarla para las condiciones iniciales dadas. A continuación vamos a ir resolviendo una serie de cuestiones que tienen por finalidad el análisis del movimiento y de la trayectoria. 2. Dibujar en un diagrama cartesiano el valor de a/r en función de θ y observar la influencia que tiene el parámetro λ en la curva obtenida. 3. Razonar a la vista de las curvas anteriores que para valores pequeños de λ existen dos puntos del plano por los que pasa varias veces la trayectoria antes de marcharse al infinito. Sean M y M ′ estos dos puntos. Situarlos exactamente en el plano. 4. La velocidad de la partı́cula va pasando alternativamente por unos valores máximos y mı́nimos. Sean θi los valores de θ en los puntos correspondientes. Obtener una ecuación trascendente que nos dé los valores θi buscados. 5. Hallar el valor que la velocidad va tomando en función de θ y en particular calcular sus máximos y mı́nimos en función de los θi anteriores. 6. Establecer la ecuación que nos da el valor θ∞ para el que la trayectoria se marcha al infinito. 7. Obtener el mı́nimo valor de λ para el cual la partı́cula se marcha al infinito sin que su velocidad haya crecido en ningún momento. Sea λm este valor. 8. Estudiar si la marcha al infinito se hace con rama asintótica o parabólica considerando especialmente el caso en que λ = λm . 9. Hacer un dibujo aproximado de la trayectoria en el caso en que λ = 1/10. Septiembre de 1985 1 Una fuerza central que depende sólo de r y θ se presta a usar la segunda fórmula de Binet: C2 d 2 (1/r) 1 ω 2 a3 a=− 2 + = − 2 (1 − 2λ cos θ ) r dθ 2 r r Con las condiciones iniciales r0 = a ur y v0 = aω uθ , podemos calcular la constante de áreas C = |r0 ∧ v0 | = a2 ω . Llamando 1r = u, se llega a: 1 − 2λ cos θ uh = A cos θ + B sin θ ′′ u +u = u p = 1a + f (θ ) a Como el término independiente es solución de la homogénea, ensayamos soluciones de la forma  2C cos θ − 2D sin θ + 1a = 1a + 2aλ cos θ u p = Cθ sin θ + Dθ cos θ + 1a  ′ u p = C sin θ + D cos θ +Cθ cos θ − Dθ sin θ D=0 : C = − λa  ′′ u p = 2C cos θ − 2D sin θ −Cθ sin θ − Dθ cos θ u p = 1a − λa θ sin θ La solución completa es 1 1 λ = u = A cos θ + B sin θ + − θ sin θ r a a EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 7.2. MOVIMIENTOS CENTRALES 151 Hay que imponer condiciones iniciales (naturalmente, a la completa) θ0 = 0, r0 = a ⇒ 1 1 = A+ a a ⇒ A=0 Para la velocidad hay que tener en cuenta que conocemos ṙ0 , pero la solución es función de θ : 6=0 z}|{ dr dr d θ dr 1 = r ′ = 0 → u′ = − 2 r ′ = 0 =0= → dt d θ dt dθ r λ λ u′ = B cos θ − sin θ − θ sin θ → u′ (0) = B = 0 a a 1 1 λ = − θ sin θ r a a 2 Es fácil representar u y r, tomando 1/a ó a como unidad, y dando valores a λ : u (a, π ) ∞ λ 1 λ (a, 0) θ (−a, 0) (a, 0) θ∞ 3 Se ve con claridad que la curva de u pasa por los puntos (a, 2n π ) y (a, (2n + 1) π ), que al representar la trayectoria en cartesianas corresponden a dos puntos: (a, 0) y (−a, 0). También se ve que el factor θ hace que la amplitud de la oscilación de u crezca continuamente. Llegará un momento en que u = 0, y por tanto r → ∞. Cuanto mayor sea λ , antes se llega a este punto. 4 Para obtener los máximos de v, convendrá trabajar con expresiones que contengan el módulo de la velocidad: la ecuación de la energı́a, o la primera fórmula de Binet. Como variable para derivar, se puede usar θ en vez de t porque los dos son crecientes y positivos: el giro no se para por la ley de áreas. mω 2 a 3 (1 − 2λ cos θ ) dr = mω 2 a3 (1 − 2λ cos θ ) d(1/r) r2 ′ dT u =0 ′ = 0 ⇒ (1 − 2λ cos θ ) u = 0 1 − 2λ cos θ = 0 [λ ≥ 0,5] dθ dT = F · dr = − Por otro camino: h i 2 v2 = C2 u′ + u2 2v v′ = 2C2 u′ u′′ + u u′ = 2C2 u′ u′′ + u = ′ u =0 2 ′ 1 − 2λ cos θ = 2C u =0 ⇒ 1 − 2λ cos θ = 0 [λ ≥ 0,5] a Derivando la u(θ ), se tienen las ecuaciones transcendentes para las θi de los máximos de v: u′ = − λa (sin θ + θ cos θ ) ⇒ θ = − tan θ cos θ = 1 2λ [λ ≥ 0,5] EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 152 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE 5. . . El resto de los apartados tiene que resolverse numéricamente; es mejor hacerlo con un programa de cálculo como Maple. Se puede consultar la solución completa en la sección Problemas de la página WWW de la asignatura. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 7.2. MOVIMIENTOS CENTRALES 153 Problema 7.2.2: Una partı́cula material de masa m es atraı́da por un punto fijo O de un plano Oxy con una fuerza 3km 2a F = − 4 1+ r r donde r es la distancia que la separa de O. En el momento inicial la partı́cula se encuentra en (3a, 0) con una velocidad v0 j. Se pide: 1. Plantear las ecuaciones del movimiento de la partı́cula, dejando la integración pendiente de una cuadratura del tipo Z r2 dr t= p ϕ (r) 2. Obtener completamente integrada la trayectoria para el caso en que v0 es tal que ϕ (r) queda reducida a un polinomio de 2o grado. Dibujar dicha trayectoria. 3. Determinar en este caso el tiempo que la partı́cula tarda en llegar a O ignorando la singularidad fı́sica que presenta este punto. 4. Determinar qué rango de velocidades hacen que la partı́cula se marche al infinito. 5. Estudiar la existencia de ası́ntota en este caso. 6. Estudiar la existencia y estabilidad de movimientos circulares estacionarios. 1 Fuerza conservativa: 3km 2a km 3a → V (r) = − 3 1 + F = − 4 1+ r r r 2r mv20 1 2 km 3a km 1+ = − E = T0 +V0 = mv0 − 3 2 27a 6a 2 18a3 C = 3av0 La cuadratura de r se obtiene directamente 2 m9a2 v20 dr 2 mC2 2 mv20 km km 3a 1+ = E −V (r) − 2 = − + − dt m 2r m 2 18a3 r3 2r 2r2 Separando variables, se llega a la cuadratura t − t0 = Z dt = Z r ±dr q 9a2 v20 = 3a k 2k 3a 2 v0 − 9a3 + r3 1 + 2r − r2 = Z r 3a r v20 − 9ak 3 ±r2 dr = r4 + 2kr + 3ka − 9a2 v20 r2 Z r ±r2 dr 3a p ϕ (r) La cuadratura de θ se obtiene mediante la ley de áreas: C d θ = 2 dt → θ = r Z dθ = Z t Cdt 0 r2 Z r ±Cr2 dr p = = 3a r 2 ϕ (r) Z r ±3av0 dr 3a p ϕ (r) El signo será el de ṙ en el instante inicial. En este caso, como r0 ⊥ v0 , ṙ0 = 0; hay que recurrir a r̈. Como Fr = m r̈ − rθ̇ 2 y θ̇ se saca de la ley de áreas, se tiene: v20 3k 2a 2 r̈0 = F(0)/m − r0θ̇0 = − 1 + + 81a3 3a 3a Como depende del valor de v0 , no se puede afirmar nada de momento. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 154 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE 2 Se tiene un polinomio de grado 2 haciendo cero el coeficiente de r4 : r k 1 k v20 − 3 = 0 ⇒ v0 = ⇒ r̈ < 0 → ⊖ 9a 3 a3 r2 k 2 2 ϕ (r) = 2kr + 3ka − 9a r = k 2r + 3a − 9a3 a La trayectoria se obtiene de la cuadratura θ (r): q 1 Z r Z r ⊖3a 3 ak3 dr −dr r−a a − r r π √ θ= q √ = = arcsin = − arcsin 2 2 2a 3a 2 2a k 3a 2ar + 3a − r 3a 2 2 a 2ar + 3a − r Se puede despejar la r para obtener explı́citamente la trayectoria en polares, que resulta ser un caracol de Pascal: π a−r sin θ − = 2 2a ⇒ r = 1 + 2 cos θ a Para θ = 2π /3 (120o ), la curva pasa por el origen y r pasa de + a -. Esto no puede ser, porque en polares la r está definida como positiva, y si se hace 0 la θ̇ tiene una singularidad. Además, en funciones impares las atracciones se convertirı́an en repulsiones. Lo que se hace es parar la integración, pasar de θ a θ + π (esto explica que θ̇ se haga infinita al sufrir un salto en tiempo cero), y volver a plantear la cuadratura con ṙ > 0 5π = θ− 3 Z r 0 √ θ− ⊕ dr −r2 + 2ar + 3a2 11π r−a arcsin 6 2a 2π /3 5π /3 ṙ r−a π + arcsin 6 2a 11π ⇒ r = a 1 + 2 sin θ − 6 = Esta rama valdrá hasta el próximo paso por el centro, en que habrá que repetir el proceso. 3 Al hacer el análisis cualitativo se verá que la partı́cula pasa por el centro con velocidad infinita. Ignorando esta singularidad, podemos integrar la cuadratura del tiempo: r " p a r 3a p 2 √ t= = −r2 + 2ar + 3a2 + −r + 2ar + 3a2 − 2 2 k 2 2 3a −r + 2ar + 3a #0 √ # r r " √ r − a a 3 a 3 3 − 3a2 arcsin = 2aπ + 3a2 ; t = a2 2π + 2a k 2 k 2 Z 0 −r2 dr 3a 4 Lo primero es representar el potencial, para ver las ramas infinitas. Se puede hacer fácilmente, tomando a como unidad de distancia, y haciendo 1 las otras constantes. Los dos términos son potencias de exponente negativo. V (r) tiene el exponente de orden mayor, y predomina cerca del origen; Vcent tiene el exponente menor, y predomina al tender a ∞. Esto quiere decir que Ve f se aproxima a V (r) cerca de r = 0 y a Vcent hacia ∞; en algún punto intermedio corta el eje y se hace positivo. Necesariamente ha de tener un máximo en la zona positiva, pues acaba tendiendo a 0+ cuando r → ∞. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica Vcent Ve f V (r) 7.2. MOVIMIENTOS CENTRALES E Ve f rM r0 155 A la vista del potencial eficaz, parece que el criterio para que se vaya a ∞ es que E > VMax . Pero esto no es posible, porque lanzamos con v ⊥ r, y por tanto E = Ve f (r0 ): se lanza desde un punto de corte. Tampoco nos vale que E = VMax , es decir, que lancemos exactamente en el máximo: tendrı́amos un movimiento circular, aunque inestable, y no se irı́a a ∞ (a menos que se le perturbe, que no se contempla en el enunciado). Al final, el único criterio que nos vale es que r0 > rMax . Como Ve f depende de las condiciones iniciales a través de C, rMax va a ser una función de v0 . dVe f 3a2 v20 3m 3km 3a km −3a 2 2 2 = 0 = 4 1+ − 3 − = kr + 2ak − 3a v r =0 0 dr r 2r r 2r2 r3 r5 q k⊕ k2 + 24a3 kv20 < 3a 3a2 v20 r2 − kr − 2ak = 0 → rMax = 6a2 v20 Hay que tomar el signo +, pues la otra raı́z es negativa. De esta expresión podemos sacar la condición para v0 , pero es pesado. Es más sencillo calcularla para que r0 = rMax : 3a2 v20 r2 − kr − 2ak = 0 r=3a −−−→ 27a4 v20 − 3ak − 2ak = 0 → v20 = 5k 27a3 Este valor no nos vale, pues hace falta que r0 sea mayor. Es fácil ver que, como v0 está en el coeficiente de r2 , al crecer v0 la parábola se cierra y rMax disminuye. Es lógico que, con más energı́a, pueda llegar a ∞. Por tanto, la condición es v20 > 5k 27a3 5 Como Ve f (∞) = 0, T∞ = E > 0. Tendremos v∞ > 0 y por tanto ası́ntota. 6 Ve f sólo tiene un punto de tangente horizontal finito, y es un máximo. Parece pues que hay un solo movimiento circular estacionario, y que es inestable. Sin embargo, hay que tener en cuenta que Ve f varı́a con las condiciones iniciales, que cambian la C. Nótese que la condición Ve′ f = 0 es una ecuación en r y v0 : para cada valor de r, existe una v0 que hace que el movimiento sea circular uniforme (lanzando perpendicularmente). Hay infinitos movimientos circulares estacionarios inestables, siempre que las condiciones iniciales cumplan 3a2 v20 r02 − kr0 − 2ak = 0 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 156 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE 7.3. Dinámica orbital Ejercicio 7.3.1: Un satélite de masa m, sigue una órbita circular de radio a alrededor de la Tierra; en un instante dado se ponen en funcionamiento sus cohetes, durante un tiempo muy corto frente al perı́odo orbital, que incrementan su velocidad en ∆v, en la dirección tangente a la órbita. Discutir el tipo de órbita en función de ∆v. En caso de órbita cerrada, ¿En qué punto alcanza la distancia máxima a la Tierra? Junio de 1992 La velocidad de la órbita circular se obtiene fácilmente planteando la ecuación de la cantidad de movimiento en la dirección radial, y obligando a que la atracción sea la aceleración centrı́peta del movimiento circular de radio a: r 2 v µm µ − 2 = m r̈ − rθ̇ 2 = 0 − m c ⇒ vc = a a a La energı́a inicial es negativa, como corresponde a un movimiento acotado: E v2 µ µ µ µ = c− = − =− m 2 a 2a a 2a Al darle un incremento en la dirección tangente, la nueva velocidad será vc + ∆v, y la energı́a r r µ µ ∆v2 µ ∆v2 µ µ E ′ (vc + ∆v)2 µ = − = + ∆v + − = + ∆v − ⋚0 m 2 a 2a a 2 a 2 a 2a El tipo de órbita va a depender del signo de E ′ , y para obtenerlo calcularemos las raı́ces en ∆v r r r r √ µ µ µ µ µ µ 2 − = 0 ; ∆v = − ± + = −1 ± 2 ∆v + 2∆v a a a a a a Las dos raı́ces corresponden a la ∆v que hay que darle para que la órbita sea parabólica (E ′ = 0). La positiva corresponde a una órbita parabólica en el mismo sentido que la circular, y es la más económica: sólo hay que darle la diferencia de velocidad entre circular y parabólica. La negativa corresponde a una órbita en sentido opuesto, y es mucho más costosa: el impulso tiene que absorber toda la velocidad circular, y darle toda la parabólica en sentido opuesto. No tendrı́a mucho sentido práctico. Ciñéndonos a la solución positiva, las órbitas posibles son: √ µ ∆v < a −1 + 2 órbita acotada elı́ptica; de mayor periodo si es positiva (acelera), de menor si es negativa (frena) √ µ ∆v = a −1 + 2 órbita parabólica ∆v > µ a √ −1 + 2 órbita hiperbólica Un análisis similar se podrı́a hacer para la otra raı́z, con órbitas en sentido opuesto, aunque no tiene mucho sentido práctico. Para la órbita acotada, el periodo va a depender de si acelera o frena: ∆v > 0 órbita de mayor energı́a, más a, y mayor periodo; el punto inicial es obviamente el pericentro, y el más alejado será el diametralmente opuesto o apocentro ∆v < 0 órbita de menor energı́a, a y periodo; el punto inicial es el más alto (apocentro) y el diametralmente opuesto el más cercano (pericentro) EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 7.3. DINÁMICA ORBITAL 157 Ejercicio 7.3.2: Una nave espacial describe una órbita circular de radio R con velocidad vc alrededor de la Tierra, supuesta perfectamente esférica. Desde la nave se lanza una partı́cula, de masa despreciable frente a la de la nave, con velocidad v0 = ε vc relativa a la nave, en una dirección que forma un ángulo ϕ0 con el radio vector. Sean T y T0 los perı́odos de las órbitas de nave y partı́cula, respectivamente. Determinar el cociente T /T0 en términos de ε y de ϕ0 ; hallar la relación f (ε , ϕ0 ) necesaria para que los perı́odos coincidan, y explicarla mediante un adecuado diagrama de velocidades. Febrero de 1993 La velocidad de la nave se obtiene fácilmente planteando la ecuación de la cantidad de movimiento en la dirección radial, y obligando a que la atracción sea la aceleración centrı́peta del movimiento circular de radio R: x ϕ 0 r µm v2c µ 2 − 2 = m r̈ − rθ̇ = 0 − m ⇒ vc = R R R La velocidad de la partı́cula será v = vc j + ε vc u = ε vc cos ϕ0 i + vc (1 + ε sin ϕ0 ) j y y su energı́a ε 2 cos ϕ02 + ε 2 sin ϕ02 + 2ε sin ϕ0 + 1 µ E′ = v2c − = m 2 R µ µ µ µ 2 = 1 + ε + 2ε sin ϕ0 − = − 1 − ε 2 − 2ε sin ϕ0 = − 2R R 2R 2a Los periodos serán: s s s 32 R3 a3 R3 T 2 T = 2π ; T0 = 2π = 2π ; = 1 − ε − 2 ε sin ϕ 0 µ µ µ (1 − ε 2 − 2ε sin ϕ0 )3 T0 Si queremos que los periodos sean iguales, 1 − ε − 2ε sin ϕ0 = 1 2 ⇒ ε (ε + 2 sin ϕ0 ) = 0 ε =0 ε = −2 sin ϕ0 La primera solución equivale a no lanzar la partı́cula. La segunda supone que la velocidad de la partı́cula tras el lanzamiento sea igual en módulo a la de la nave: ası́ tienen la misma energı́a y por tanto el mismo periodo. ϕ0 vc vc ϕ0 Habrá dos soluciones: una lanzando hacia arriba y atrás, y otra hacia abajo y atrás. En las figuras puede apreciarse que ε vc es la base del triángulo isósceles que forman las velocidades, cuyo ángulo es 2ϕ0 , y por tanto vale 2vc sin(2ϕ0 /2). EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 158 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE Ejercicio 7.3.3: Dos satélites 1 y 2, siguen la misma órbita circular, de radio r0 , alrededor de la Tierra, de forma que sus radios vectores están separados un ángulo α ; en un punto P dado el satélite 1 enciende sus motores, lo que le comunica súbitamente un incremento de velocidad ∆v (tangente a la órbita). Determinar el valor de ∆v, necesario para que los dos satélites se encuentren la próxima vez que pasen por P. Septiembre de 1993 Habrı́a que distinguir dos casos: Si el 2 va delante, el 1 debe frenar, entrar en una órbita más baja y más rápida, y adelantarle por debajo. Si el 2 va detrás, el 1 debe acelerar, pasar a una órbita más alta y lenta, y dejar que el otro le adelante por debajo. ❶ α ❶ α ❷ ❷ 2π − α 2π + α Supongamos que el 2 está un ángulo α por detrás del 1. Mientras que 1 recorre 2π en su nueva órbita más lenta, el 2 debe recorrer 2π + α por la órbita circular. Si es T1 el periodo de la órbita elı́ptica de 1, y T0 el de la circular de 2, la condición de encuentro es α T1 = T0 1 + 2π Este mismo enfoque sirve para el otro caso, tomando α negativo. Para el satélite en órbita circular se cumple: s r03 µ E µ µ µ 2 = − =− T0 = 2π v0 = r0 m 2r0 r0 2r0 µ Cuando el satélite 1 enciende los motores, su nueva velocidad es v1 = v0 + ∆v. Para simplificar los cálculos, podemos ponerlo como v0 (1 + ε ): E1 v20 (1 + ε )2 µ µ µ µ = − = (1 + 2ε + ε 2 − 2) = − (1 − 2ε − ε 2 ) = − m 2 r0 2r0 2r0 2a s s r03 a3 T1 = 2π = 2π µ µ (1 − 2ε − ε 2 )3 Se impone la condición de encuentro: 2π s s r03 α 1 + → µ (1 − 2ε − ε 2 )3 µ 2π α − 32 α − 32 2 2 → 1 − 2ε − ε = 1 + ; ε + 2ε − 1 + 1 + =0 2π 2π r   s − 3 r − 3 2 2 α µ  α ε >0, ⊕  ε = −1 ± 2 − 1 + −−−−→ ∆v = −1 + 2 − 1 + ∆v=ε v0 2π r0 2π | {z } r03 = 2π <1 La solución con ε < 0 también es posible: corresponde a una órbita retrógrada, el gasto de combustible es muy alto (hay que absorber completamente la velocidad y darle otra en sentido contrario), y los satélites se encontrarı́an de frente. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 7.3. DINÁMICA ORBITAL 159 Tomando α < 0, tenemos el primer caso, con 2 por delante. Sale ε < 0, con lo que 1 se frena y entra en una órbita más baja y rápida para adelantar a 2. Aunque el enunciado no lo contempla (“la próxima vez”), si no hay urgencia existen soluciones más económicas en ∆v, pero más lentas: consiste en dar varias vueltas antes del encuentro. La condición de encuentro serı́a entonces: α T1 · 2nπ = T0 (2nπ + α ) → T1 = T0 1 + 2nπ Cuanto mayor sea n, menor será el ∆v necesario. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 160 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE Ejercicio 7.3.4: Sobre un plano fijo y liso Oxy, donde Oy es la vertical ascendente, se mueven dos partı́culas pesadas de igual masa m. Además de su peso, entre las partı́culas existe una 2 fuerza de atracción de valor Gm , donde G es una constante positiva y r es la distancia entre r2 ellas. Inicialmente una partı́cula está en el origen con velocidad nula y la otra está en el punto de coordenadas (0, a) con velocidad v0 i. Determinar el movimiento del centro de masas de las partı́culas y el mı́nimo valor de v0 para el cual la distancia entre las partı́culas aumenta hasta el infinito. Febrero de 1995 El planteamiento es muy similar al del problema de los dos cuerpos. En este caso, los pesos hacen el papel de las perturbaciones P1 y P2 . Podemos escribir las ecuaciones del movimiento: m r̈1 = −mg j − m r̈2 = −mg j + Gm2 |r1 − r2 |3 Gm2 |r1 − r2 |3 (r1 − r2 ) ❶ G (r1 − r2 ) ❷ Sumando, se obtiene el movimiento del CDM: m r̈1 + m r̈2 = 2m r̈G = −2mg j ⇒ 1 1 rG = r0 + v0 t − gt 2 j = 2 2 v0 t a − gt 2 Las condiciones iniciales del CDM se han obtenido directamente de las de las partı́culas. Nótese que, al sumar las ecuaciones de cantidad de movimiento de las partı́culas, lo que se obtiene es la ecuación de cantidad de movimiento del sistema. El movimiento del CDM depende sólo de las fuerzas exteriores (pesos). Las interiores (gravitatorias) son un par de acción-reacción y desaparecen al sumar. Como en el problema de los dos cuerpos, restando se obtiene la ecuación del movimiento relativo: 2Gm2 m r̈1 − m r̈2 = m (r̈1 − r̈2 ) = − (r1 − r2 ) |r1 − r2 |3 Si llamamos r = r1 − r2 al vector posición de ❶ respecto a ❷, en ejes paralelos a los fijos, se tiene 2Gm r̈ = − 3 r r que es la ecuación del problema de dos cuerpos. La “masa ampliada” 2m ya incluye las fuerzas de inercia porque el origen ❷ se mueve. El movimiento relativo es un movimiento kepleriano. Para que la distancia aumente hasta infinito, hace falta que la órbita relativa sea al menos parabólica. Podemos aplicar la ecuación de la energı́a, obligando a que sea positiva (hiperbólica) o nula (parabólica): ṙ0 = ṙ1 − ṙ2 = v0 i r0 = r1 − r2 = a j EIAE. Problemas de Mecánica Clásica v20 2Gm − ≥0 2 a ⇒ v20 ≥ 4Gm a 7.3. DINÁMICA ORBITAL 161 Ejercicio 7.3.5: Considérese una Tierra perfectamente esférica que atrae a una partı́cula de masa m con una fuerza F = − mr3µ r, siendo r el vector posición con origen en el centro O de la Tierra. Una nave espacial de masa m se encuentra en órbita circular de radio a alrededor de la Tierra. En un instante dado (t = 0) se encienden los motores que proporcionan un empuje constante en la dirección radial de valor F1 = ε ma2µ ur . Mostrar que existe un valor crı́tico del parámetro ε , por encima del cual la nave escapa del campo gravitatorio terrestre. Determinar dicho valor crı́tico. Junio de 1999 vc F Antes de encender los motores, se tiene una órbita circular de radio a: r √ µ m mC2 µ + 2 vc = C = µa Ve f = − r 2r a Como ṙ = r̈ = 0 , E = min(Ve f ) = Ve f (a) Ve f a E Vcent V (r) Al encender los motores, se aplica una fuerza radial de módulo constante, que es también potencial: mµ mµ F1 = ε 2 ur → V1 (r) = −ε 2 r a a Ve f vc La fuerza atractiva disminuye, la partı́cula se aleja, y el potencial eficaz baja al sumarle un término negativo liF neal; aparece también un máximo: µm mµ mC2 −ε 2 r+ 2 Ve f = − r a 2r Las condiciones iniciales a y vc no varı́an, ni tampoco C = avc . E sı́ varı́a por el nuevo término en el potencial. Como la velocidad inicial es normal al radio, ṙ = 0 y partimos de un corte con el potencial, aunque no será el mı́nimo. Podrá haber tres casos: 1. E < Vmax Tres cortes. La trayectoria está acotada 2. E = Vmax Dos cortes. Movimiento asintótico; acotada. 3. E > Vmax Un corte. La partı́cula se va a ∞ 3 2 1 El corte en el mı́nimo E = Vmin no es posible con estas condiciones iniciales. Se parte de la órbita circular con F. Al reducirse la fuerza, esa velocidad ya no corresponde a la órbita circular con radio a. Para que pueda irse a infinito, la energı́a inicial tiene que ser mayor que la del máximo, es decir, tiene que haber sólo una raı́z para el valor de E inicial. El valor crı́tico corresponde pues al movimiento asintótico, con dos cortes. La ecuación que tenemos que resolver es: ṙ = 0 ⇒ E −Ve f (r) = E + µm mµ mC2 + ε 2 r − 2 = 0 ⇒ ri r a 2r donde mµ ε mµ mµ a mµ − 2 a+ 2 = − (1 + 2ε ) a a 2a 2a Ordenando y simplificando se llega a un polinomio de grado 3: E = Ve f (a) = − 2ε r3 − a (1 + 2ε ) r2 + 2a2 r − a3 = 0 Ya conocemos una raı́z, porque en el instante inicial r ⊥ v y ṙ = 0. Eso permite aplicar Ruffini con r = a y reducir el orden: EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 162 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE 2ε r 3 −2ε r3 – −a (1 + 2ε ) r2 +2a2 r +a2ε r2 −a r2 a r2 −a2 r – a2 r – −a3 r−a 2ε r 2 − a r + a2 +a3 – Queda una ecuación de segundo grado. El caso crı́tico corresponde a la raı́z doble: 2ε r − a r + a = 0 2 2 → √ a ± a2 − 8ε a2 r= 2ε Raı́z doble: ∆ = a2 − 8ε a2 = 0 ⇒ ε∗ = 1 8 El máximo en el caso asintótico corresponde a r = 4a. El punto de lanzamiento es, como cabı́a esperar, el radio mı́nimo. Por tanto, cuando ε > 81 aparecen soluciones imaginarias, y solo tenemos un corte. Estamos en el caso 3) y la partı́cula se va a ∞. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 7.3. DINÁMICA ORBITAL 163 Ejercicio 7.3.6: Se tiene un planeta perfectamente esférico de radio R y constante gravitatoria µ . A una distancia r > R del centro se lanza una partı́cula con una velocidad v normal al radio. Describir y dibujar los tipos de trayectorias que se obtienen cuando v varı́a de 0 a ∞. En particular, hay que calcular los valores de v para las tres trayectorias separatrices: tangente al planeta, circular y parabólica; describir las trayectorias en las cuatro regiones determinadas por las separatrices; y comentar cómo varı́an la energı́a mecánica, el pericentro y el foco vacı́o con v. En el punto inicial, la velocidad es normal al radio, por lo que será uno de los vértices de la cónica. Parabólica: IV III =0= Circular: La v2 2 − µ r ⇒ vp = r 2µ r aceleración centrı́peta: v II E m v2 r = µ r2 gravitatoria es r µ ⇒ vc = r la Tangente: Hay varios caminos para calcularla; el más directo es aprovechar que se conoce el perigeo (tangente al planeta) y el apogeo (punto inicial), con lo que se tiene el eje mayor y la energı́a: I µ v2 µ = − ; 2a 2 r s v2 1 1 2µ R =µ − ⇒ vt = 2 r r+R r (r + R) r + R = 2a; E=− I II III IV Curva: ELIPSE (Choca) ELIPSE ELIPSE HIPÉRBOLA E/m µ < − r+R µ µ − r+R < E/m < − 2R µ − 2R < E/m < 0 >0 rp ] − R, 0 [ ] − r, −R [ r n.a. F.Vacı́o ] r − R, r [ ] 0, r − R [ <0 >R Ejercicio 7.3.7: Si la excentricidad de la órbita de Marte es e = 0,0933 y el semieje mayor de la misma es a = 1,5237 UA (unidades astronómicas, radio medio de la órbita terrestre), la ecuación en polares de su trayectoria, tomando origen de arcos en el pericentro, es: 1. r = 1,5104/(1 + 0,0933 cos θ ) UA 2. r = 0,0933/(1 + 0,0933 cos θ ) UA 3. r = 1,5104/(1 − 0,0933 cos θ ) UA EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 164 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE 4. r = 1,5237/(1 + 0,0933 cos θ ) UA 5. Ninguna de las anteriores EIAE, noviembre 2011 La ecuación de una trayectoria kepleriana es a 1 − e2 p = r= 1 + e cos θ 1 + e cos θ Como e es muy pequeña, el numerador debe ser un número muy próximo al semieje a, pero menor. Ası́, sin necesidad de calculadora, se puede identificar la respuesta correcta. Ejercicio 7.3.8: Sea µ la constante gravitatoria de la Tierra, que se supone puntual y aislada del resto del universo. A una distancia L del centro se detecta un satélite de masa despreciable p con velocidad 3µ /L no colineal con el radio. ¿Qué tipo de trayectoria tiene? 1. 2. 3. 4. 5. Elı́ptica. Parabólica. Hiperbólica. No se dan datos suficientes para determinarlo. Ninguna de las respuestas anteriores es correcta. EIAE, enero 2012 Ejercicio 7.3.9: Una partı́cula describe una órbita q kepleriana de centro en el origen O. En un instante dado pasa por (a, 0, 0) con velocidad 3aµ (0, 1, 0), donde a es una distancia positiva y µ la constante gravitatoria. Determinar el tipo de órbita. EIAE, julio 2012 Ejercicio 7.3.10: Una nave describe una órbita kepleriana circular alrededor de un planeta. En un punto determinado se lanza una partı́cula de masa despreciable (i.e., la velocidad de la nave no varı́a) en la misma dirección y sentido que la velocidad de la nave (velocidad v0 > 0 relativa a la nave). La próxima vez que la nave pase por ese punto, 1. 2. 3. 4. 5. Coincidirá con la partı́cula. La partı́cula aún no ha llegado. La partı́cula ya ha pasado. La partı́cula no pasa ya por ese punto. Ninguna de las anteriores. EIAE, julio 2012 Ejercicio 7.3.11: Una partı́cula de masa unidad sometida a una fuerza kepleriana (~ F = −µ~r/r3 ) parte de un punto a una distancia r0 del origen con una velocidad de módulo v0 que forma un ángulo α0 con la dirección radial ~ur . Se puede asegurar: p 1. Si v0 = µ /r0 , la órbita es periódica. 2. Si α0 =90o , la órbita es circular. p 3. Si v0 = 4µ /r0 y α0 =45o la órbita es elı́ptica. 4. Si α = 0 la órbita es rectilı́nea y llega al infinito. 5. Si v0 = 0 la excentricidad es nula. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 7.3. DINÁMICA ORBITAL 165 EIAE, noviembre 2012 Ejercicio 7.3.12: Un satélite traza una órbita elı́ptica alrededor de la Tierra. En cierto instante se mide su distancia al centro de la Tierra (r0 ), el ángulo θ0 que forma con el eje mayor de la elipse, ası́ como θ̇0 . Si µ es la constante gravitatoria, calcular la excentricidad de la órbita. EIAE, noviembre 2012 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 166 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE Problema 7.3.1: Sea M una partı́cula material de masa m, que se mueve en un plano P, atraı́da por un punto A del plano P, con una fuerza de intensidad mµ . |AM|2 Sea Ox1 y1 una referencia galileana, rectangular, ligada al plano P; el centro atractivo A, es móvil, y describe la recta y1 = L, con velocidad constante de valor −U i. En el instante considerado como inicial, el punto A atraviesa el eje Oy1 , y la partı́cula material se lanza, desde el origen O, con una velocidad, respecto a la referencia Ox1 y1 , de valor v0 = v0 j1 . Se pide: a) Determinar la trayectoria seguida por M en una referencia Axy, con origen en A y ejes paralelos a los de la referencia Ox1 y1 . b) ¿Cuál es la mı́nima velocidad v0 , con que debe lanzarse la partı́cula para que no quede atrapada por el centro atractivo A?. c) Determinar, para la trayectoria obtenida en el apartado a), las ası́ntotas, en el supuesto en que la velocidad v0 sea superior al valor calculado en el apartado b). ¿Cuál es la mı́nima distancia de M al centro atractivo?. d) Determinar el valor de la velocidad v0 con la que es necesario lanzar la partı́cula M, para que se escape con una ası́ntota paralela a Ax. e) Supóngase que se cumplen las condiciones del apartado anterior. Un observador ligado a Ox1 y1 , si espera un tiempo suficientemente largo, detecta un incremento de la energı́a total de la partı́cula. Calcular ese incremento y explicar su origen. Febrero de 1991 a. Los ejes Ax0 y0 (S0 ) son inerciales, pues su origen se mueve con velocidad constante (−U, 0), y no giran. Por composición de movimientos, determinamos la posición y velocidad iniciales de M respecto a los ejes S0 r0 = (0, −L) M M vM 20 = v21 − v01 = (U, v0 ) y1 y0 y0 U A x0 A x0 vM 20 v0 M x1 M Con estos valores iniciales, podemos calcular las constantes vectoriales de la órbita respecto a A: h2 U 2 L2 = µ µ        v0UL  0 i j k0 0 −v0U L   µ   r h ∧ v   1 0 0 1 2L 2 U 1 0 0 U L 1 e=− − = − =   − µ  U L  = 1 − µ    µ r µ   0 U v0 0 0 0 0 h = r0 ∧ vM 0 = U L k0 → p= y las escalares: e2 = e · e = v20U 2 L2 2U 2 L U 4 L2 2U 2L U 2 L2 2 2 + 1 − + = 1 − + U + v 0 µ2 µ µ2 µ µ2 v2 +U 2 µ E v2 µ = − = 0 − m 2 r 2 L EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 7.3. DINÁMICA ORBITAL 167 Es fácil comprobar que se cumple E = (e2 − 1) m2hµ2 . También se puede ver que la excentricidad tiene una componente x siempre positiva, mientras que la y será positiva o negativa según las condiciones iniciales. Con estos datos se puede escribir ya la trayectoria: y0 2 e α A x0 vM 20 U 2 L2 /µ r= 1 + e cos(θ − α ) M Donde α es el ángulo del eje de la cónica con el eje Ax0 : α = cos−1 e·i e o mejor, sin am−1 e·j U 2L bigüedad de signo, α = sin e . Si µ > 1, será α > 0, y si no, < 0. b. El tipo de trayectoria de M viene dado por el signo de E. Si es negativo, la órbita es acotada y la partı́cula queda atrapada por A. Para que no quede atrapada, debe ser: v2 +U 2 µ E = 0 − ≥0 m 2 L ⇒ v20 ≥ 2µ −U 2 L c. Suponiendo que se cumple e > 1, v20 > 2Lµ −U 2 , la órbita será hiperbólica y habrá ası́ntotas que pasan por el centro de la cónica. Habrá que calcular la distancia focal c = ae o el semieje a que, para la hipérbola, rp = p U 2 L2 /µ = = a(e − 1) 1+e 1+e ⇒ a= p U 2 L2 /µ = e2 − 1 e2 − 1 El ángulo γ de la ası́ntota con el eje de la cónica se puede calcular hallando primero el semieje √ menor, b = ap, y luego la tangente tan γ = ba . También se puede sacar directamente de la trayectoria: p 1 r= → ∞ ⇒ cos γ = + 1 + e cos(π − γ ) e Donde γ no es el ángulo polar de la ası́ntota, sino su complementario (referido al eje de la cónica). Nótese que esta ecuación tiene dos soluciones, simétricas respecto al eje. Ası́, las ecuaciones de las ası́ntotas serı́an   cos(α ± cos−1 1/e) ras = a e + λ sin(α ± cos−1 1/e)   0 d. Para que la ası́ntota sea paralela a A0 , los dos ángulos han de ser iguales, α = γ : e·i 1 v0U L = → e·i = 1 → =1 e e µ ⇒ µ v0 = UL y0 γ e α x0 A y0 γ e A α x0 2 Además, debe cumplirse que α > 0, es decir, 1 − LUµ > 0; si no, la ası́ntota paralela serı́a la de llegada. d. Si se espera un tiempo suficientemente largo, M se aleja una distancia muy grande de A siguiendo la ası́ntota. Aplicando la ecuación de la energı́a al movimiento relativo, y teniendo en EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 168 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE cuenta que para este caso µ L = v0U , se obtiene la velocidad asintótica 20: v20 +U 2 µ E v2∞ µ✁ = − = − ✁ m 20 2 L 2 ✁∞ v2∞ = v20 +U 2 − 2v0U = (U − v0 )2 Además µL = v0U < U 2 , como se vio en el apartado anterior, de modo que v∞ = U − v0 . Y como se marcha hacia la izquierda, v∞ 20 = −(U − v0 ) j0 . En ejes inerciales, ∞ A v∞ 21 = v20 + v01 = (−2U + v0 ) j1 En estos ejes, las energı́as de M inicial y final van a ser distintas: v2 Ei v20 µ = − = 0 −U v0 m 2 L 2 Ef v2 (−2U + v0 )2 = ∞ −0 = m 2 2 El incremento de energı́a es v2 v2 ∆E = 2U 2 + 0 − 2U v0 − 0 +U v0 = 2U 2 −U v0 = U (2U − v0 ) m 2 2 Se debe a la atracción gravitatoria de A, que acelera a M. A la vez, M frena a A, que pierde la misma cantidad de energı́a. En este modelo no se nota la pérdida, porque la velocidad de A es constante: una fuerza de ligadura debe encargarse de mantenerla constante, y proporcionar el trabajo comunicado a M. En casos reales, suele ocurrir que A es un planeta, y tiene una masa mucho mayor que la de la astronave M. Ası́ la energı́a recibida supone un aumento significativo de la velocidad de M, mientras que la perdida por A no influye apreciablemente en su velocidad. Con maniobras de este tipo (flyby u honda gravitatoria) se pueden realizar misiones a gran distancia con muy poca energı́a inicial; al pasar cerca de un planeta, con una trayectoria cuidadosamente estudiada, se recibe un impulso para llegar al siguiente planeta, y ası́ sucesivamente. Problema 7.3.2: Se tiene un sistema de referencia Exyz, con origen en el centro de la tierra y ejes de direcciones fijas en el espacio, que para este problema se considerará inercial. Ez coincide con el eje de rotación de la tierra y Exy con el plano ecuatorial. En qel instante t = 0 un 25µ 1 √1 √1 satélite se encuentra en la posición~r0 = 2425λ R (1, 0, 0) con velocidad ~v0 = 24 λ R (− 5 , 2 , 2 ). R es el radio ecuatorial de la tierra, µ su constante gravitatoria, y λ una constante positiva. Se pide: 1. Determinar los vectores ~h (momento cinético especı́fico) y ~e (excentricidad). 2. Identificar el tipo de órbita y obtener, en función de los datos del enunciado, el parámetro p, si es parabólica, o el semieje mayor a si es elı́ptica o hiperbólica. 3. En el instante inicial, se encienden los motores durante un tiempo muy breve, de modo que su efecto se puede asimilar a una percusión. Calcular, en función de λ , R y µ , el impulso por unidad de masa necesario para que la órbita pase a ser circular y ecuatorial. p 4. Sabiendo que en estos ejes la velocidad angular de la tierra es ΩE = 0,058833 µ /R3 , calcular λ para que el satélite sea geosı́ncrono, es decir, el periodo de la órbita sea igual que el de revolución de la tierra (dı́a sidéreo). ETSIA, septiembre 2000 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 7.3. DINÁMICA ORBITAL 169 1. Los dos vectores son integrales primeras del movimiento, por lo que se pueden calcular con los valores iniciales: ~h =~r ∧~v =~r0 ∧~v0 = r ~r ~h ∧~v ~e = − − = r µ 24λ Rµ 25 1 1 0, − √ , √ 2 2 1 1 0, √ , √ 5 2 5 2 1 2 2. El tipo de órbita se determina directamente con la excentricidad: e = k~ek = 1/5 < 1 ⇒ la órbita es elı́ptica 1,5 También se puede determinar calculando la energı́a por unidad de masa, que al ser integral primera también se puede calcular con los valores iniciales: E=− µ v2 µ + =− r 2 2λ R Es negativa, como corresponde a una órbita elı́ptica. El semieje mayor se obtiene directamente de la energı́a: E =− µ µ =− 2λ R 2a ⇒ a = λR 1,5 3. La órbita circular ecuatorial correspondiente a la posición inicial cumple la condición: rµ2 = q 25µ v2 r que corresponde a una velocidad v = 24λ R en la dirección horizontal normal al radio: (0, 1, 0). Esto corresponde a una órbita prograda. También se podrı́a considerar una órbita retrógrada, con dirección (0, −1, 0), aunque en la práctica no tendrı́a sentido. Para alcanzar esa órbita habrı́a que dar un impulso: ∆~v =~vc −~v0 = r 25µ 24λ R 1 1 1 ,1 − √ ,−√ 5 2 2 2 p 4. La velocidad angular media de la órbita es: ω = µ /a3 . Obligando a que sea igual a la de la tierra, se obtiene la condición para λ . Según la órbita que se escoja, resulta: λ −3/2 = 0,058833 Circular: (24λ /25)−3/2 = 0,058833 Inicial: λ = 6,610779480 λ = 6,886228626 2 Problema 7.3.3: Se tiene un planeta de radio R y constante gravitatoria µ . Un satélite √recorre una órbita kepleriana respecto En h p al planeta. i un instante dado se encuentra en 3R/5 − 3, 1, 0 p p con velocidad µ /R − 2/3, − 1/2, 0 respecto a unos ejes inerciales Ox1 y1 z1 con origen en el centro del planeta. Se pide: 1. Vector excentricidad. 2. Radios y velocidades en el apocentro y el pericentro. 3. ¿Chocará el satélite con el planeta? EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 170 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE p El planeta gira con velocidad angular µ /(6R)3 k1 . Se quiere ahora llevar el satélite a una órbita tal que esté siempre en la misma posición respecto al planeta. Se tratará por tanto de una órbita circular y ecuatorial, cuya velocidad angular n sea la misma que la de rotación del planeta. Se usará una órbita elı́ptica intermedia o de transferencia, coplanaria y tangente a la inicial y a la circular estacionaria. Cuando el satélite llega al apocentro de su órbita, se encienden los motores en la dirección tangente, proporcionando un incremento de velocidad instantáneo ∆v1 , de modo que entre en la órbita de transferencia. Cuando llega al apocentro de ésta, se encienden de nuevo para proporcionar un ∆v2 que lo lleve a la circular estacionaria. Determinar: 4. Radio de la órbita estacionaria rE . 5. Incrementos de velocidad ∆v1 y ∆v2 para realizar la transferencia. ∆v2 S rE S P S ∆v1 1. Primero calculamos: r = |r| = 6R/5, r √ √ ! r i1 j k 1 1 3p 3R µ √ 2 3 3µ R = √ √ − 3 1 0 h = r∧v = + k = k1 = h k1 µ R 1 p 5 R p 5 2 3 2 − 2/3 − 1/2 0 q  √  1   r r r i1   j k    23  1 1 2 q 3µ R µ 3 0 1=µ h∧v = p0 − 23  = µ −1 2 R p 2    − 2/3 − 1/2 0   0 0 Luego:  √  √  − 3  23  r h∧v 3R/5  e=− − =− − −1 = 1    r µ 6R/5  0 0    0  e = 1/2   0 La órbita es ecuatorial y el pericentro está dirigido según el eje Oy1 . 2. Conocidos e y h, los radios y velocidades son triviales: p = h2 /µ = 3R/2, r r p p h 3µ h µ ra = =R rp = = 3R vp = = va = = 1+e 1−e rp 2R ra 6R Naturalmente, se pueden calcular por muchos otros caminos. Se podrı́a hallar la constante E con los valores iniciales de radio y velocidad, de E se obtiene a, con a y e los radios, y las velocidades de la ecuación de la energı́a aplicada en el pericentro y apocentro. También se podrı́a aplicar v = µh [(1 + e cos θ ) ur + e sin θ ur ] para las velocidades. . . EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 7.3. DINÁMICA ORBITAL 171 3. La órbita es tangente al planeta, por lo que chocarı́a con cualquier irregularidad del terreno. Obviamente, no es un caso realista. r r r µ µ µ 4. n = = , rE = 6R . También será útil la velocidad, vE = . 3 3 (6R) 6R rE 5. Para la órbita de transferencia, conocemos r pt = 3R y rat = 6R. Con estos datos, podemos hallar 2at = rat + r pt = 9R y et = (rat − r pt )/2at = 1/3. Ası́ obtenemos √ el parámetro, pt = √ 2 at 1 − et = 4R, y con éste el momento cinético, ht = pt µ = 2 µ R. Con el momento cinético y los radios apsidales, las velocidades son ya triviales: ht 2 v pt = = r pt 3 r µ R ht 1 vat = = rat 3 r µ R Conocidas las velocidades de todas las órbitas, los incrementos son sus diferencias: ∆v1 = v pt − va = 1 2 −√ 3 6 r µ R ∆v2 = vE − vat = 1 1 √ − 6 3 r µ R Problema 7.3.4: Se quiere estudiar el fenómeno de captura de un cometa por parte de un planeta, por ejemplo Júpiter. Como mS ≫ mJ ≫ mC , se puede considerar que el Sol está en el origen de un sistema inercial Sx1 y1 z1 ; que Júpiter describe una órbita circular de radio a en el sentido contrario a las agujas del reloj, contenida en el plano Sx1 y1 ; y que el cometa se mueve en órbita kepleriana respecto al Sol de modo que la atracción de Júpiter es despreciable, excepto cuando esté muy cerca, dentro de la llamada esfera de influencia. Inicialmente se detecta el cometa en la posición~r0 = 2a (0, 0, −1) con velocidad ~v0 = r √ √ µs 0, 1/ 2, 1/ 2 a en ejes inerciales (µs es la constante gravitatoria del Sol). 1. Determinar ~h, p, E y ~e para el cometa en órbita solar. 2. Identificar el tipo de órbita y localizar el perihelio. 3. Comprobar que corta a la de Júpiter y calcular la velocidad en el punto de corte. Supongamos que, cuando el cometa llega a (0, a, 0), Júpiter acaba de pasar y está a una distancia b a lo largo de su órbita. Si b ≪ a, podemos considerar que el arco de circunferencia entre los dos es una recta, y que Júpiter está en (−b, a, 0) con una velocidad paralela a Sx1 . Tomamos unos ejes paralelos a los fijos con origen en Júpiter, Jx0 y0 z0 , y estudiamos el movimiento del cometa respecto a estos ejes. Al ser b ≪ a, podemos aplicara el problema de los dos cuerpos, despreciando la atracción solar. Además, como la masa del cometa es despreciable, mientras esté cerca seguirá una órbita kepleriana respecto a Júpiter (ahora con µJ en vez de µS ). Si es cerrada y no sale de la esfera de influencia, el cometa ha sido capturado por Júpiter. Para ese instante, se pide: 4. Velocidad y posición del cometa respecto a los ejes 0. 5. Energı́a de la órbita respecto a Júpiter (nótese que en las velocidades aparecerá µs , pero la constante gravitatoria de esta órbita es µJ ). EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 172 CAPÍTULO 7. MOVIMIENTO DEL PUNTO LIBRE 6. Valor máximo de la distancia b de cruce para que la órbita sea cerrada1 . 1. Se opera directamente: √ ~h =~r ∧~v = 2√a µS 1/ 2, 0, 0 4aµS /2 h2 = = 2a p= µS µS ~v2 µS µS µS E/m = − = − =0 2 r 2a 2a ~r ~h ∧~v ~e = − − = (0, −1, 0) ; r µS 2a rp = =a 1+e e=1 2. Observando lo anterior se puede afirmar que la órbita es una parábola, que el perihelio está sobre el eje Sy1 a una distancia a; es decir, en (0, a, 0). 3. Es obvio que el perihelio está sobre la órbita de Júpiter. Como en los ápsides el radio vector es normal a la velocidad, se puede calcular directamente de la conservación del momento cinético. El sentido se obtiene observando la dirección de giro y/o el sentido del vector momento cinético: r 2µS (0, 0, 1) h = r p · v p ⇒ ~v p = a 4. Cuando el cometa está en (0, a, 0), el origen de los ejes Júpiter está en (−b, a, 0). Como los dos sistemas son paralelos, el vector posición es trivial: r0c = (b, 0, 0). En cuanto a la velocidad, por composición de movimientos ~vc20 = ~vc21 −~vc01 . Como los ejes 0pno giran, ~vc01 = ~vJ01 . Júpiter está en una órbita circular de radio a, por lo que su velocidad es µS /a. Al ser b ≪ a, se puede considerar que tiene la misma dirección que cuando pasaba por (0, a, 0), es decir, (−1, 0, 0). Queda: r r r √ 2µS µS µS c ~v20 = (0, 0, 1) − (−1, 0, 0) = 1, 0, 2 a a a 5. Se calcula directamente, teniendo en cuenta que en esta órbita, la constante gravitatoria es la de Júpiter: ~vc E = 20 m 2 2 − µJ 3 µS µJ = − r0c 2a b 6. Para que sea cerrada, con una órbita circular o elı́ptica, la energı́a debe ser negativa: E 3 µS µJ = − <0 m 2a b 1 Nótese ⇒ b< 2 µJ a 3 µS que esta condición no es suficiente para que haya captura: además hace falta que toda la órbita relativa quede dentro de la esfera de influencia. Para hacerse una idea de las magnitudes, µJ es aproximadamente mil veces menor que µS . El paso de órbita solar a órbita respecto a Júpiter deberı́a hacerse al entrar en la esfera de influencia, y no en el punto “fácil” que se ha escogido aquı́ para simplificar. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica Capı́tulo 8 Punto sometido a ligaduras 8.1. Punto sobre superficie Ejercicio 8.1.1: Un punto pesado de masa m está obligado a moverse sin rozamiento sobre la superficie cónica de ecuación z2 = x2 + y2 , referida a un sistema inercial Oxyz donde Oz es vertical ascendente. Inicialmente las coordenadas del punto son (a, 0, a) y su velocidad es √ ag j. Determinar los paralelos entre los que va a tener lugar el movimiento del punto. Febrero de 1995 1 Solución en coordenadas cilı́ndricas Compensa trabajar en coordenadas cilı́ndricas, que explotan la simetrı́a de revolución. La ecuación de la superficie será entonces: f ≡ z2 = x2 + y2 = r2 , es decir, z = ±r. Sobre la partı́cula actúan el peso y la reacción de la superficie lisa. Las ecuaciones del movimiento serán: √ m r̈ − rθ̇ 2 = −N/ 2 m rθ̈ + 2ṙ θ̇ = 0 ⇒ r2 θ̇ = C √ m z̈ = N/ 2 − mg N P ur Como la superficie es lisa y fija, y la fuerza conservativa, 1 T +V = m ṙ2 + r2 θ̇ 2 + ż2 + mgz = E 2 Usando la ley de áreas y la ecuación de la superficie, en la que tomamos el signo + por las condiciones iniciales, se puede reducir el problema a una cuadratura en z (o en r) y hacer un análisis cualitativo mediante el potencial eficaz: Ve f 1 C2 2 mC2 2 2 2 m ż + 2 + ż + mgz = E → 2ż = E − mgz − 2 2 z m 2z V (z) Vcent z En todo caso el movimiento oscilará entre dos valores de z, en los que ż = 0, mientras que sigue girando con C constante; es decir, la trayectoria sobre el cono se desarrolla entre dos paralelos, en los que se cumple: ż = 0 → mC2 E − mgz − 2 = 0 2z Esta ecuación cúbica serı́a difı́cil de resolver, pero las condiciones iniciales ya dan una de las 173 174 CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS raı́ces al ser ż0 = 0. Podemos reducir el orden del polinomio por Ruffini. Las condiciones ini√ ciales permiten calcular E = 3mga/2 y C = a ag, con lo que la ecuación queda: ( z2 = a z =a 1 2z3 − 3az2 + a3 = 0 −− −→ (z − a) z2 − az − a2 → ✘ a z3✘ =✘−✘ ✘ 2 Como a la parte negativa no se puede llegar (por el potencial centrı́fugo), sólo la raı́z doble z = a se alcanza. Resulta que se ha lanzado en un mı́nimo, por lo que el movimiento se desarrolla en un paralelo z = r = a. Podemos comprobar que es un mı́nimo: Ve′ f (z) = mg − ma3 g mC2 = mg − z3 z3 Ve′ f (a) = 0 u 2 Solución en coordenadas esféricas Si se trabaja en coordenadas esféricas, la ecuación de la ligadura se simplifica aún más: θ = π /4 . Sin embargo, la aceleración en cilı́ndricas es mucho más complicada de escribir:    √  ρ ✚ 2 − ρ cos2 θ ϕ̇ 2 ✚ −mg/ 2  ρ̈ − ✚ ρ θ̇    ϕ̇ N         ✘✘ ✘ ✘ 0 ρ cos θ ϕ̈ + 2ρ̇ ϕ̇ cos θ − ✘ 2ρ✘θ̇ ϕ̇ sin θ =    P     √      ✟ 2 ✚ ✟ N − mg/ 2 2 ρ̇ θ̇ + ρ θ̈ + ρ cos θ sin θ ϕ̇ ✟ ✚ θ Al sustituir la ecuación de la ligadura, las ecuaciones se simplifican notablemente. Además, la de la dirección radial queda libre de fuerzas de ligadura. La segunda nos da la ley de áreas, ρ 2 ϕ̇ = C Nótese que ahora se llama θ a la latitud (constante), y ϕ a la longitud, que es la que aparece en la ley de áreas. Sustituyendo esta ecuación en la de uρ , se tiene ρ̈ − C2 g = −√ 3 2ρ 2 Multiplicando ambos términos por ρ̇ , esta ecuación se puede integrar para dar una expresión en ρ y ρ̇ de la que se obtiene una cuadratura. A esta misma expresión se llegarı́a por la ecuación de la energı́a, de la que se elimina ϕ̇ mediante la ley de áreas: ρ 2 ϕ̇ 2 C2 m mgρ m 2 2 ρ̇ + = √ = ρ̇ + 2 2 2 2 2ρ 2 Esta expresión es la misma que se obtuvo antes √ usando coordenadas cilı́ndricas, como era de esperar, pues sobre el cono se cumple z = ρ / 2. A partir de aquı́, se procederı́a exactamente igual que por cilı́ndricas: análisis cualitativo en la variable ρ , obtención de las raı́ces, etc. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 8.1. PUNTO SOBRE SUPERFICIE 175 Ejercicio 8.1.2: Una partı́cula pesada de masa m se mueve sin rozamiento en el paraboloide az = r2 , (a ≡Cte. positiva), siendo el eje Oz la vertical ascendente. Si inicialmente r = a y se lanza con velocidad v0 tangente al paralelo local, dejar el cálculo del movimiento reducido a cuadraturas. Determinar los valores máximo y mı́nimo que alcanza r a lo largo del movimiento. Abril de 1996 Por ser una superficie de revolución, compensa trabajar en coordenadas cilı́ndricas. Sobre la partı́cula actúan el peso y la reacción de la superficie lisa. Podemos determinar directamente dos integrales primeras: N Por la simetrı́a de revolución, la reacción normal y el peso están contenidos en el plano meridiano: no dan momento según Oz y se conserva el momento cinético en esa dirección: r2 θ̇ = C. La superficie es lisa y fija, la fuerza potencial: T +V = E P ur La ecuación de la superficie permite despejar una de las variables, r o z: az = r2 → a ż = 2r ṙ. La ley de áreas del movimiento proyectado permite eliminar la θ̇ . Las condiciones iniciales permiten calcular C = av0 y E = mga + mv20 /2. La ecuación de la energı́a queda: a2 v20 4r2 ṙ2 mv2 1 r2 2 m ṙ + 2 + 2 + mg = mga + 0 2 r a a 2 De donde se obtienen las cuadraturas q 2 ±dr 1 + 4r a2 dt = q 2 2 2 − a v0 v20 + 2ga − 2g r a r2 → ṙ2 = 2 v20 + 2ga − 2g ar − 2 1 + 4r a2 q 2 ±dr av0 1 + 4r a2 dθ = q 2 2 2 − a v0 r2 v20 + 2ga − 2g r a r2 El análisis cualitativo muestra que el movimiento va a desarrollarse siempre entre dos paralelos, en que ṙ = 0. Como el denominador es > 0, tiene que anularse el numerador 2g 2 a2 v20 2g 4 r − 2 =0 → r − v20 + 2ga r2 + a2 v20 = 0 a r q a 2 2 + 2ga 2 − 8gav2 v + 2ga ± v v20 + 2ga ± v20 − 2ga 0 0 0 2 = r = 4g/a 4g/a v20 + 2ga − Las soluciones son pues r1 = a a2 v20 r2 r2 = v0 r Ve f V (r) Vcent r a 2g La primera ya sabı́amos que tenı́a que salir, pues inicialmente se lanza con ṙ = 0; la segunda estará por encima o por debajo según el valor de v0 . Para v20 = 2ga se tiene una raı́z doble, y la trayectoria es un paralelo. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 176 CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS Ejercicio 8.1.3: Una partı́cula pesada de masa m, se mueve por una superficie lisa esférica, estando atraı́da por el punto más alto de la misma y el módulo de la atracción es 2mg. En un instante dado el punto se encuentra en el ecuador con velocidad de módulo v0 tangente al mismo. Calcular el radio de curvatura de la trayectoria en dicho punto. Septiembre de 1994 Para una partı́cula libre, el radio de curvatura de la trayectoria se obtiene trivialmente de la aceleración normal. Expresando la aceleración en intrı́nsecas: ~a = ~at +~an = (~a · t) t + (~a · n) n = v̇ t + ΣF v2 n= ρ m Si se conocen los vectores aceleración y velocidad en ese momento, se tiene todo lo necesario para despejar ρ . Si la partı́cula se mueve sobre una superficie, no se conoce directamente la aceleración porque aparece la fuerza de ligadura normal. Entonces hay que despejarla usando la ecuación de la superficie. No se conoce la normal principal de la trayectoria n, pues esta será una de las infinitas curvas que pasan por ese punto de la superficie: sólo se conoce la normal a la superficie uN . Pero no importa, porque conociendo ~a y t, que es la dirección de la velocidad, ~an se obtiene trivialmente. Se pueden seguir varios caminos: Cartesianas −2mg √1 − N = mẍ 2 0 = mÿ 1 √ 2mg − mg = mz̈ 2 z x2 + y2 + z2 = R2 r0 = (R, 0, 0) v0 = (0, v0, 0) Por la N no podemos obtener directamente ẍ. Derivando la ecuación de la ligadura obtenemos una relación para las aceleraciones: x y N v0 x2 + y2 + z2 = R2 xẋ + yẏ + zż = 0 xẍ + ẋ2 + yÿ + ẏ2 + zz̈ + ż2 = 0 R2 + 0 + 0 = R2 0+0+0 = 0 Rẍ0 + 0 + 0 + v20 + 0 + 0 = 0 v2 → ẍ0 = − R0 Ası́ obtenemos el vector aceleración, que al ser normal a t es toda aceleración normal: 2 √ ⊥ v0 v2 ✘ ✘0) ~a = (ẍ, ÿ, z̈) = − , 0, g 2−1 =✘ at ✘ (0,✘1, +~an ≡ ~an = 0 n R ρ Con lo que se obtiene directamente el radio de curvatura inicial, v20 ρ= =r |~a| v20 R √ 2 v40 + R2 g2 2−1 Esféricas La ligadura se puede incorporar directamente en las ecuaciones tomando coordenadas esféricas: r = R = Cte., que se sustituye en la velocidad y aceleración.     r̈ − r cos2 ϕ θ̇ 2 − rϕ̇ 2  ṙ    v = r cos ϕ θ̇ ~a = rθ̈ cos ϕ + 2ṙ θ̇ cos ϕ − 2rθ̇ ϕ̇ sin ϕ     rϕ̇ rϕ̈ + rθ̇ 2 sin ϕ cos ϕ + 2ṙϕ̇ EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 8.1. PUNTO SOBRE SUPERFICIE 177 En nuestro caso, r = R y ṙ = r̈ = 0 por la ligadura; θ = ϕ = 0 en el instante inicial, con lo que el triedro a derechas (ur , uθ , uϕ ) coincide con el cartesiano. Sustituyendo estos valores y las condiciones iniciales, se tiene         1  0  0 0 − Rθ̇02 − 0  −2mg √2 − N   0 Rθ̇ = v0 → m~a = m Rθ̈0 + 0 − 0 =  0       1  √ 0 Rϕ̇0 Rϕ̈0 + 0 + 0 2mg 2 − mg  Se obtiene directamente el vector aceleración 2 √ v0 ~a = − , 0, g 2−1 R y a partir de aquı́ operarı́amos como en el caso anterior para obtener ρ . Intrı́nsecas El problema que se encuentra para calcular directamente ρ es que no se conoce la normal principal de la trayectoria, n. Pero se conoce la tangente, t, y la normal a la superficie uN . Podemos entonces aplicar el teorema de Meusnier, y descomponer el vector curvatura en curvatura normal y curvatura geodésica. Tomamos sobre la superficie el triedro (t, ug , uN ), donde ug completa un triedro a derechas (triedro de Darboux-Ribancour): Frenet Geodésico Ft = mv̇ Fn + N cos θ = v2 κ Fb + N sin θ = 0 Ft = mv̇ Fg = mv2 κg FN + N = mv2 κN θ ~κ ~κN ~κg v0 Para la esfera, KN = 1/R para todas las direcciones, por lo que no hace falta calcular la N. El triedro de Darboux en este caso es (j, −k, −i). Sólo hay que proyectar según ug : √ 2−1 g 1 −2mg √ + mg = mv2 kg ⇒ kg = − v20 2 z x N v0 y Con esto podemos ya calcular la curvatura: k2 = 1 1 = kN2 + kg2 = 2 + 2 ρ R g2 √ 2−1 v40 2 ⇒ Rv20 √ 2 v40 + R2 g2 2−1 ρ=r EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 178 CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS Problema 8.1.1: Un punto material M, de masa m, está obligado a moverse por el interior de un cilindro recto cuya sección es una circunferencia de radio R. Se representa por f el coeficiente de rozamiento entre el punto y el cilindro. En el instante inicial el punto M se encuentra en una determinada posición del cilindro y se le lanza con una velocidad v0 que forma un ángulo α0 con la correspondiente generatriz. Se pide: 1. Determinar en el instante inicial las componentes tangencial y normal de la aceleración, ası́ como el correspondiente radio de curvatura de la trayectoria. 2. Plantear las ecuaciones de movimiento del punto utilizando como parámetros las coordenadas cilı́ndricas de M. 3. Determinar en un instante arbitrario la reacción normal N del cilindro en función de la velocidad v de M y el ángulo α que dicha velocidad forma con la generatriz. 4. Estudiar el movimiento de M determinando su trayectoria y ley horaria. 5. Calcular en función del tiempo la reacción normal N del cilindro. NOTA.- Se supondrá nulo el peso del punto material M. Febrero de 1969 1. Trabajando en coordenadas cilı́ndricas, como pide la geometrı́a del problema, se tiene:     N = −N ur 0 −Rθ̇ 2  v = Rθ̇ ~a = Rθ̈     R = − f |N| vv ż z̈ z N v0 R y θ x Como la velocidad está contenida en el plano tangente, es perpendicular a la reacción normal; la resistencia, en cambio, tiene la dirección de la velocidad. Las dos componentes de la aceleración son pues inmediatas: kv ⊥v z }| { z}|{ v m~a = m~at + m~an = − f |N| v + N Otra propiedad que se deduce directamente es que, como m~an = −N ur , en todo momento es n ≡ −ur ; la normal principal de la trayectoria coincide con la normal a la superficie. La trayectoria es una geodésica del cilindro, una hélice. Para calcular los valores de las aceleraciones, planteamos: v0 sin α0 v0 = 0, Rθ̇0, ż0 = (0, v0 sin α0 , v0 cos α0 ) → θ̇0 = R     2 2 2 ( v sin α v −N −Rθ̇02    an = 0 R 0 = ρ0 → ρ = v0 sin α0 m~a0 = m = − f |N| v0 → Rθ̈0    v0 cos α0  v2 sin2 α z̈0 − f |N| v0 at = f 0 R 0 R sin2 α0 El valor de ρ se podrı́a haber calculado directamente sabiendo que la trayectoria es una hélice de pendiente π /2 − α0 . 2. Planteamos las ecuaciones como en el caso anterior, pero en un momento genérico:     −N −Rθ̇ 2    ż = − f |N| sin α m~a = m donde cot α = Rθ̈     Rθ̇ − f |N| cos α z̈ EIAE. Problemas de Mecánica Clásica α v R 8.1. PUNTO SOBRE SUPERFICIE 179 3. La N se puede obtener por diversos caminos: Lo más sencillo es proyectar en intrı́nsecas, sabiendo que n = −ur y que la trayectoria es una hélice: v2 v2 sin2 α N =m =m ρ R Se puede obtener directamente de las ecuaciones: N = mRθ̇ 2 ; v = (0, Rθ̇ , ż) = v (0, sin α , cos α ) ; → N=m v2 sin2 α R 4. Aunque ya lo sabemos por consideraciones geométricas, de las ecuaciones del movimiento también se deduce que la trayectoria es una hélice, y α =Cte. Dividiendo las ecuaciones de θ y z: Rθ̈ Rθ̇ = tan α = ; z̈ ż d θ̇ d ż = ; ż θ̇ ln K + ln θ̇ = ln ż; v ,θ 0 0 ż = K θ̇ −− −→ ż = cot α0 Rθ̇ → z − z0 = cot α0 R (θ − θ0 ) Para la ley horaria, podemos proyectar según la tangente: dv f sin2 α0 1 1 f sin2 α0 v2 sin2 α0 m v̇ = − f |N| = − f m ; =− dt − + =− t → R v2 R v v0 R v0 R ds R = → v= ⇒ s= ln R + v0 f sin2 α0 t +C 2 2 dt R + v0 f sin α0 t f sin α0 Para obtener las ecuaciones horarias, de la geometrı́a de la hélice se obtiene: R θ = s sin α0 +C1 z = s cos α0 +C2 4. Conociendo N(v) y v(t), no hay más que sustituir: N= mv20 R sin2 α0 R + v0 f sin2 α0 t 2 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 180 CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS Problema 8.1.2: Un punto material de masa m sin peso, se mueve sin rozamiento sobre un cono de eje Oz y vértice O fijos, y cuyo semiángulo en el vértice α es tal que tg α = 1 At siendo A una constante positiva conocida y t el tiempo. En el instante inicial (t = 0) se sitúa el punto a una distancia l del vértice O y está dotado de una velocidad, relativa al cono, λ perpendicular a la generatriz correspondiente. Sobre el punto actúa una fuerza de valor: F=− ml 2 λ 2 k Ar3t siendo r la distancia entre el punto y el eje Oz y k el versor del eje Oz. Se pide: 1. 2. 3. 4. 5. Ecuaciones del movimiento absoluto del punto en coordenadas cilı́ndricas. Trayectoria absoluta del punto en coordenadas cilı́ndricas. Reacción que el cono ejerce sobre el punto en función del tiempo. Trabajo realizado por F en el movimiento absoluto del punto en el intervalo t = 1 a t = 2. Trabajo realizado por la reacción en el movimiento absoluto del punto en el intervalo t = 1 a t = 2. Abril de 1972 1. La ecuación de la superficie y sus derivadas son: r 1 = tan α = z At z = At r ż = A r + At ṙ z̈ = 2A ṙ + At r̈ α Tomando la N positiva hacia el exterior del cono, las ecuaciones quedan: m r̈ − rθ̇ 2 m rθ̈ + 2ṙθ̇ m z̈ = N cos α = 0 2 2 = −N sin α − mlAr3λt α N → N cos α = m r̈ − l 2λ 2 r3 ↑ 2 → r θ̇ = C = l λ → −N sin α = m z̈ + ml 2 λ 2 Ar3t          ur z̈ + lAtrλ 3 2 2 − tan α = r̈ − l rλ3 2 2 Las condiciones iniciales necesarias para integrar este sistema se dan relativas al cono móvil: r0 = (l, 0, 0) = (r0 , 0, z0) v20 0 = (0, λ , 0) t =0 ⇒ α = π 2 Para obtener la velocidad de arrastre, necesitamos parámetros que identifiquen un punto determinado de la superficie. La deformación consiste en que las generatrices van girando un ángulo α hacia el vértice, sin variar la θ de cada una, ni la distancia de sus puntos al origen ρ . Con estos parámetros, la velocidad de un punto del cono serı́a, en cilı́ndricas vM 01 0 = ρ α̇ (− cos α , 0, sin α ) 0 = ρ α̇ 0 (0, 0, 1) = (ṙ, 0, ż)0 → ṙ0 = 0 No es necesario calcular α̇ : de la ecuación de la superficie se obtiene ż ż = A r + At ṙ EIAE. Problemas de Mecánica Clásica → ż0 = A l + 0 8.1. PUNTO SOBRE SUPERFICIE 181 Y con esto ya podemos escribir las condiciones iniciales respecto a los ejes fijos: r0 = l ; θ0 arbitrario ; z0 = 0 ; ṙ0 = 0 ; θ̇0 = λ /l ; ż0 = A l 2. Como el tiempo aparece explı́citamente, no va a ser fácil eliminarlo. Buscaremos las ecuaciones horarias que, al fin y al cabo, son también las paramétricas de la trayectoria con t como parámetro. Eliminando N entre las ecuaciones de r̈ y z̈, y usando la ecuación de la superficie para eliminar z̈, se llega a ! l2λ 2 l 2λ 2 l 2λ 2 2 2 −r̈ + 3 = At z̈ + = At 2Aṙ + At r̈ + → A t + 1 r̈ + 2A2t ṙ = 0 3 3 r Atr Atr La ecuación que resulta es una diferencial exacta: d 22 ṙ0 =0 A2t 2 + 1 r̈ + 2A2t ṙ = A t + 1 ṙ = 0 → A2t 2 + 1 ṙ = Cte −− −→ ṙ = 0, r = l dt De la ligadura se obtiene z = A l t , y de la ley de áreas θ̇ = λ /l → θ = λ t + θ0 . l La trayectoria es una hélice circular. Si uno no se da cuenta de que es una diferencial exacta, se puede integrar la ecuación diferencial, que es de variables separadas: z b 2A2t r̈ =− 2 2 ; ṙ A t +1 ln ṙ = ln K − ln 1 + A2t ṙ = 2 ; K ṙ0 =0 − −−→ K = 0 → ṙ = 0 1 + A2 t 2 x y Con lo que se obtiene el mismo resultado que antes. 3. De las ecuaciones del movimiento ) θ̇ N cos α = −mrθ̇ 2 ; N = − mr cos α cos α = √ 1 2 = √ At 2 2 2 1+tan α 1+A t N=− mλ 2 p 1 + A2 t 2 lAt 4. Trabajo de F entre t = 1 y t = 2, δ W F = F · dr = F dz = − ml 2 λ 2 dt Al dt = −mλ 2 3 Al t t F W12 = Z 2 1 δ W = −mλ Z 2 dt t 1 2 F = −mλ lnt 1 = W12 = −mλ ln 2 5. El trabajo de N entre t = 1 y t = 2 se puede calcular por varios caminos: Ecuación de la energı́a: conocido ya el trabajo de F, podemos aplicar la ecuación de la energı́a, sabiendo que el módulo de la velocidad es constante: F N W12 +W12 = T2 − T1 = 0 N W12 = mλ ln 2 ⇒ Integración directa: Conocida N(t), se puede calcular directamente el trabajo: δ W = N · dr = N N → ✘ ✘dr ✘α (✘ cos − sin α dz) − mλ 2 lAt p N W12 sin α = √ −−−−−−−−− → 1 + A2 t 2 √ = Z 2 1 1 1+A2 t 2 dz=Al dt −1 1 + A2 t 2 δ W = mλ Al dt = +mλ 2 Z 2 dt 1 t dt t 2 N = mλ lnt 1 = W12 = mλ ln 2 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 182 CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS Problema 8.1.3: Un punto material M de masa m, no pesado, se mueve sin rozamiento, con ligadura bilateral, sobre un helicoide de ecuaciones x = r cos θ , y = r sin θ , z = kθ referidas a un sistema de ejes OXY Z fijos. El punto es atraı́do por el eje OZ con una fuerza de 4 2 valor: F = mkr3ω , siendo k y ω constantes conocidas. En el instante inicial se lanza el punto con las siguientes condiciones iniciales: kω dr dθ ω r0 = k, =√ , = dt 0 dt 0 2 2 Se pide: 1. Determinar completamente el movimiento del punto, es decir, determinar r(t), θ (t). 2. Determinar la reacción de la superficie sobre el punto, en función del tiempo. Septiembre de 1981 1. Las ecuaciones del movimiento sobre la superficie serán F + N = m ẍ ; N = N n; n= z xr ∧ xθ |xr ∧ xθ | Las derivadas parciales de la ecuación paramétrica de la superficie x(r, θ ) forman una base del plano tangente, y permiten calcular el vector normal a la superficie. Para resolverlas hay que tener en x cuenta: N F xθ b xr y Podemos proyectar sobre el plano tangente, y obtener dos ecuaciones en r, θ en las que no aparece la reacción normal Se conserva la energı́a, pues la fuerza es potencial, y la superficie fija y lisa. No se conserva el momento cinético respecto al eje Oz por la N. Los parámetros r y θ de la superficie son también coordenadas cilı́ndricas del punto, lo que facilita escribir la aceleración. a) Proyección sobre el plano tangente Calculamos primero las derivadas parciales: xr = (cos θ , sin θ , 0) = ur xθ = (−r sin θ , r cos θ , k) = r uθ + k uz Si hiciera falta, se podrı́a calcular n mediante el producto vectorial. Obsérvese que xr es unitario y tiene la dirección de la fuerza de atracción F, y de la radial de las coordenadas cilı́ndricas. ⊥ (F + N = m ẍ) · xr → − mk4 ω 2 2 = m r̈ − r θ̇ r3 La otra dirección es normal a la fuerza y a la reacción: ⊥ ⊥ z̈=k θ̈ · xθ → rθ̈ + 2ṙθ̇ r + z̈ k = 0 −−−→ rθ̈ + 2ṙθ̇ r + θ̈ k2 = 0 d 2 ω rθ̈ + 2ṙ θ̇ r + θ̈ k2 = r θ̇ + k2 θ̇ = 0 ⇒ r2 + k2 θ̇ = Cte. = (k2 + k2 ) = k2 ω dt 2 F + N = m ẍ ✓ EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 8.1. PUNTO SOBRE SUPERFICIE 183 Esta integral primera permite eliminar θ̇ en la primera ecuación, que se podrı́a integrar dos veces para obtener r(t). Como la primera integración va a dar precisamente la integral de la energı́a, también podemos plantear esta directamente, y eliminar θ̇ del mismo modo. # " " # mk4 ω 2 k4 ω 2 1 r − = m r̈ − r ; r̈ = k4 ω 2 − 3 2 2 2 2 r3 r (r + k ) (r2 + k2 ) " # 1 r ṙ2 −1 1 4 2 4 2 r̈ ṙ = k ω − 3 ṙ → =k ω − +C 2 r 2 2 (r2 + k2 ) 2r2 (r2 + k2 ) k2 ω 2 1 k6 ω 2 4 2 −1 2 t = 0, =k ω + + C → ṙ = ✓ 2 4k2 2k2 (r2 + k2 ) r2 La expresión de ṙ lleva a una cuadratura, que se integra completamente, e incluso puede despejarse r. En la raı́z se toma el signo + porque ṙ0 es positivo: +r p r2 + k2 dr = k3 ω dt De aquı́ se puede despejar r: → 3/2 1 2 r + k2 +C = k3 ω t 3 r=k −−→ t=0 C = −k3 23/2 3 2/3 r2 = k2 3ω t + 23/2 − k2 Con este valor vamos a la otra integral primera, que permite obtener θ (t): √ k2 ω k2 ω r r2 + k2 r dθ = 2 dt = 2 dr ; k dθ = √ dr 2 2 3 r +k r +k k ω r2 + k2 1/3 p √ √ kθ = r2 + k2 − k 2 ⇒ k θ = k 3ω t + 23/2 −k 2 2. Para obtener N, proyectamos sobre la normal. La fuerza no interviene, porque tiene la dirección de xr ; sólo la aceleración va a producir N. Primero calculamos el vector normal:   ur uθ uz 0 (0, k, r) xr ∧ xθ = 1 0 0 = k n= √ k2 + r2 0 r k r  Y se proyecta la ecuación del movimiento en esa dirección ⊥ rθ̈ + 2ṙθ̇ k + z̈ r 2r θ̈ + 2ṙθ̇ √ =k √ F + N = m ẍ · n → N = ✓ k2 + r2 k2 + r2 No hace falta derivar para hallar θ̈ , pues antes se obtuvo θ̈ r2 + k2 + 2rṙ θ̇ = 0 ⇒ N=k k2 − r2 (r2 + k2 )3/2 2ṙθ̇ θ̇ y ṙ se han obtenido antes como funciones de r, y r a su vez como función de t, con lo que sustituyendo se tiene N(t). EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 184 CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS Problema 8.1.4: Sea O1 x1 y1 z1 un sistema de referencia galileano, triortogonal y orientado a derechas, en el que O1 z1 es la vertical ascendente; considérese la esfera E de centro O1 y radio a y sea C1 la circunferencia horizontal de E, situada en el plano de ecuación z1 = a/2. Sobre un plano π , en el que se considera √ un sistema de referencia ortogonal Oxy, se traza la circunferencia C, de centro O y radio a 3. El plano π se mueve permaneciendo en contacto con la esfera E, de forma que la circunferencia C de π , rueda sin deslizar sobre la circunferencia C1 de E; el movimiento se realiza de forma tal, que el punto geométrico de contacto entre√ambas circunferencias, describe la circunferencia C1 con velocidad constante de valor (aω 3). (En la figura se esquematizan los elementos geométricos que intervienen, en un instante genérico). Dos puntos materiales P y Q, de igual masa m, están unidos por un hilo flexible inextensible, de longitud l y sin masa, y se mueven sometidos a las siguientes condiciones: El punto P, se mueve con ligadura bilateral y sin rozamiento, sobre el plano π , sometido a la acción de las siguientes fuerzas directamente aplicadas: i) el peso, mg, ii) una repulsión del punto O1 proporcional a la masa y la distancia, siendo g/(2a) la constante de proporcionalidad, y iii) una atracción del diámetro OM de C, proporcional a la masa y la distancia, siendo (3ω 2 ) la constante de proporcionalidad. El hilo que une ambos puntos, pasa por un orificio del plano π practicado en el punto O; de su otro extremo pende el punto Q, que se mueve en la vertical OO1 , y sobre él actúan, como fuerzas directamente aplicadas, únicamente el peso. Se pide: a) Determinar las fuerzas de inercia que han de tenerse en cuenta al analizar el movimiento relativo del punto P respecto del plano π . Determinar la componente paralela al plano y analizar si se compensa, o nó, con alguna de las fuerzas directamente aplicadas que actúan sobre el punto. b) Comprobar que el movimiento del punto P, respecto del plano π , es central; plantear las ecuaciones que gobiernan dicho movimiento; suponga que el hilo se mantiene tenso durante todo el movimiento (“a posteriori”, una vez determinado el movimiento, puede comprobarse la veracidad de esta hipótesis). c) Reducir a cuadraturas las ecuaciones planteadas en b). Determinar los movimientos estacionarios del punto P y analizar cuales son estables y cuales no. d) Determinar, en un movimiento estacionario genérico, la reacción normal del plano π sobre el punto P. Junio de 1988 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 8.1. PUNTO SOBRE SUPERFICIE 185 a Para resolver el problema se usarán los siguientes sistemas de referencia: S1 : Ejes fijos O1 x1 y1 z1 S0 : Ejes Oxyz ligados al plano π S2 : Sólido al que pertenece la partı́cula P. S3 : Sistema auxiliar Muvw de la figura, que acompaña al punto de contacto. Para calcular las fuerzas de inercia, necesitamos la aceleración de O, la velocidad angular ω 01 , y la aceleración angular. O √ 3 a De la geometrı́a del problema se deduce que el punto O está fijo sobre el eje O1 z1 : el plano es siempre tangente a la esfera; las dos circunferencias son tangentes; a la altura de la circunferencia C1 , el plano tangente a la esfera forma 30o con la vertical; los radios de las circunferencias forman un triángulo rectángulo con el eje O1 z1 : por tanto, O está siempre fijo en (0, 0, 2a). Por tanto, aO 01 = 0 . M √ a 3/2 30o Del movimiento del plano tenemos ya un punto fijo, O. Como la circunferencia C rueda sin deslizar sobre la C1 , el punto de contacto M considerado como parte de S0 tiene velocidad nula (es el punto de S0 que en cada momento coincide con M de S3 ). Por tanto, el eje instantáneo de rotación es OM. Es obvio que la axoide móvil es el propio plano π y la fija un cono de vértice O que se apoya sobre C1 . Además, ω 01 sólo tiene componente de rodadura. Aunque conozcamos el EIR y por lo tanto la dirección de ω 01 , para calcularla va a ser más fácil usar la composición de movimientos 0/1=0/3+3/1. Nótese que el único dato que tenemos para calcux lar su módulo es la velocidad de M, que es un punto geométrico independiente al que hemos asociado el y sistema S3 . v b P b O u M Q b b w El movimiento 3/1 es un giro alrededor de O1 z1 , con O ≡ O como punto fijo: el plano Mvw está fijo al plano meridiano de√M. Como este recorre C1 con velocidad aω 3 u, se tiene: √ 3 ω31 k1 ∧ OM = ω31 a u= 2 √ = vM 31 = aω 3 u → ω31 = 2ω El movimiento 0/3 es un giro alrededor de Oz k Mw. La velocidad angular se puede calcular de varios modos: 1. Como C rueda sin deslizar sobre C1 , vM 01 = 0 y por tanto √ √ √ vM 01 = vM 03 + vM 31 = ω 03 ∧ OM + aω 3 u = ω03 a 3 + aω 3 u → ω 03 = −ω w 2. Una circunferencia rueda sin deslizar sobre la otra; el punto de contacto M, considerado como independiente, recorre las dos circunferencias con la misma velocidad: √ vM 30 = vM 31 = ω30 w ∧ OM = aω 3 u → ω 30 = ω w EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 186 CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS Con esto podemos hallar la velocidad angular de arrastre: ! √ √ 3 1 ω 01 = ω 03 + ω 31 = −ω w + 2ω k1 = −ω w + 2ω v + w = ω 01 = ω 3 v 2 2 Y la aceleración angular: w √ √ u √ v ✟ ω 01 1 = ✟ ω✟ ω 01 = −ω 2 3 u ω̇ ω̇ 3/2 1/2 = ω̇ 01 3 + ω 31 ∧ ω 01 = 2ω · ω 3 0 0 1 0 Con esto podemos ya calcular las fuerzas de inercia. Sólo queda pasar a ejes Oxy, y antes hay que situar el sistema S3 en S0 . Como ω 30 = ω k, la recta OM ha girado un ángulo ω t respecto a una referencia arbitraria, que podemos tomar como Ox. Ası́, √ √ ω 01 = ω 3 v = −ω 3 (cos ω t i + sin ω t j) √ √ ω 01 = −ω 2 3 u = −ω 2 3 (− sin ω t i + cos ω t j) ω̇ y P u P′ M ωt O x v OP = (x, y, 0) vP 20 = (ẋ, ẏ, 0) La fuerza de inercia de Coriolis va a ser normal al plano i j k √ √ P FIC = −2mω 01 ∧ v 20 = +2mω 3 cos ω t sin ω t 0 = 2mω 3 (ẏ cos ω t − ẋ sin ω t) k ẋ ẏ 0 En la de arrastre va a haber términos paralelos al plano (centrı́fuga) y normales (azimutal) ω 01 ∧ OP FIA = −m ω 01 ∧ (ω 01 ∧ OP) − m ω̇ √ Como la velocidad angular tiene la dirección de OM, ω 01 = ω 3 v, la fuerza centrı́fuga tiene la dirección de la normal a este eje, P′ P: −m ω 01 ∧ (ω 01 ∧ OP) = 3 m ω 2 P′ P Obviamente, esta repulsión se compensa con la atracción del eje OM, que vale Fa = m 3ω 2 PP′ El otro término de la fuerza de arrastre es i j k √ √ 2 ω 01 ∧ OP = +m ω 3 − sin ω t cos ω t 0 = −m ω 2 3 (y sin ω t + x cos ω t) k −m ω̇ x y z b Las fuerzas que actúan sobre la partı́cula P son: √ ✘ ✘ ✘2✘ ✘ω FIA = ✘ 3m P′ P − m ω 2 3 (y sin ω t + x cos ω t) k √ FIC = 2mω 3 (ẏ cos ω t − ẋ sin ω t) k ✘ ✘✘ Fa = ✘ m✘ 3ω✘2 PP′ g mg mg ✘✘ Fr = m O 1 P = (O1 O + OP) = (✘ 2a k1 + x i + y j) 2a 2a 2a ✘✘k✘ P =✘ −mg 1 OP N = N k; T = −T |OP| EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 8.1. PUNTO SOBRE SUPERFICIE 187 Hay dos fuerzas de ligadura: la reacción del plano N y la tensión del hilo T. Se observa que parte de la repulsión se anula con el peso, además de la centrı́fuga con la atracción de OM. De este modo, las únicas fuerzas que quedan en el plano son parte de la repulsión, de dirección OP, y la tensión del hilo. Las dos son centrales. El movimiento relativo va a ser central. Convendrá tomar coordenadas polares en S0 . y Con estas simplificaciones podemos plantear las ecuaciones del movimiento de las dos partı́culas: mg r 2a P m r̈ − rθ̇ 2 −T = = m rθ̈ + 2ṙθ̇ 0 Lig. l = r + (2a − z) → r̈ = z̈ T r P θ O x T Q T − mg = m z̈ Q Fr P c La segunda ecuación de P es la ley de áreas: r2 θ̇ = C . Con la ecuación de la ligadura (longitud del hilo) se elimina z̈ de la ecuación de Q; se despeja T y se sustituye en la radial de P z̈ = r̈ → T = mg + mr̈ θ̇ = C r2 → mgr − m (g + r̈) = m r̈ − rθ̇ 2 2a gr C2 2r̈ = −g+ 3 2a r → Esta ecuación se puede integrar una vez, multiplicando ambos términos por ṙ: gr α C2 gr2 C2 g 2r̈ṙ = − g + 3 ṙ → ṙ2 = A + − gr − 2 = h + r2 − 4ar − 2 2a r 4a 2r 4a r Donde α = r g 4a 2C2 a g . Z De aquı́ se obtiene una cuadratura para r y, con la ley de áreas, otra para θ : dt = Z ±dr q h + r2 − 4ar − rα2 r g 4a Z dθ = Z r2 q ±C dr h + r2 − 4ar − rα2 Para estudiar los movimientos estacionarios, podemos obligar a que r̈ = 0 o hacer un análisis cualitativo de ṙ2 . Los dos caminos llevan a la misma ecuación. Hacer ṙ = 0 no sirve de nada, pues se cumple también en los puntos de parada y retroceso; además, si r̈ = 0, para que el movimiento sea estacionario hay que lanzar ortogonalmente, es decir, con ṙ = 0. La expresión de ṙ2 se puede poner como α α g g 2 2 ṙ = h + r − 4ar − 2 = h − Ṽe f ; Ṽe f = −r2 + 4ar + 2 4a r 4a r donde Ṽe f es una función análoga al potencial eficaz, pero sin dimensiones de potencial. Los movimientos estacionarios son los puntos estacionarios del potencial, es decir, Ṽe′ f = 0. El potencial se puede representar fácilmente: una parábola invertida, una recta de pendiente positiva, y el término centrı́fugo; este depende de las condiciones iniciales a través de C. El potencial eficaz se aproxima al centrı́fugo para r → 0 y a la parábola para r → ∞. Entre medias, para valores de C pequeños se puede aproximar a la recta: entonces, habrı́a dos movimientos estacionarios. Cuando C crece, las dos raı́ces se convierten en una (punto de inflexión) y luego desaparecen. Las raı́ces se obtienen de 2α Ṽe′ f = −2r + 4a − 3 = 0 → r4 − 2ar3 + α = 0 r EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 188 CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS Esta expresión es la misma que se obtiene de r̈ = 0. Obviamente, esta ecuación no tiene solución fácil. Pero, tomando variables adimensionales u = r/a (es decir, tomando a como unidad de longitud) se puede comprobar que hay dos raı́ces positivas, para valores suficientemente pequeños de α : a4 u4 − 2a4 u3 + α = 0 ; u4 − 2u3 = − α = −b ; a4 u3 (u − 2) = −b f (u) Donde b tiene que ser positiva porque α = 2C2 a/g. Si fuera negativa, saldrı́a la velocidad imaginaria. Se puede obtener el valor máximo de b (y por tanto de C) calculando el mı́nimo de la función: −b 27 3 27 3 2 4u − 6u = 0 → um = 3/2 ; bM = − −2 = 8 2 16 Por tanto, según la velocidad inicial, tendremos:  > 27 −  16 ∄ rest    2C2  b= 3 = 27 16 ∃ 1 rest = 3a/2 inestable (pto. inflexión)  ga     < 27 1 estable (min) < 1 inestable (max) 16 ∃ 2 rest 3/2 También es obvio —se ve en la curva— que los radios ∈ [0, 3a/2] son movimientos estacionarios estables (mı́nimos), y los radios ∈ [3a/2, 2a] son inestables (máximos). No tiene sentido hallar los valores de r para movimiento estacionario: aparte de la dificultad de hallar analı́ticamente las raı́ces de una ecuación de cuarto grado, es que todos los valores de r entre 0 y 2a corresponden a un movimiento estacionario. Sólo hay que lanzarlo perpendicularmente al radio con la velocidad adecuada. Esta velocidad se calcula fácilmente de r ⊥ v0 → C = rv0 → r4 − 2ar3 + 2r2 v20 a =0 g → v20 = g 2ar − r2 2a Para r > 2a, la velocidad saldrı́a imaginaria: no hay movimientos estacionarios. Una vez llegados a esta expresión, también se puede calcular el radio del movimiento estacionario para una v0 dada: es resolver una ecuación de segundo grado: q rest = a ± a2 − 2av20 /g c En un movimiento estacionario, lapartı́cula recorre una circunferencia de radio r ≤ 2a con g velocidad uniforme v20 = 2a 2ar − r2 . El equilibrio de fuerzas según k muestra que N ha de equilibrar a la fuerza de inercia de Coriolis y a la azimutal √ √ N − m ω 2 3 (y sin ω t + x cos ω t) + 2mω 3 (ẏ cos ω t − ẋ sin ω t) = 0 La posición y velocidad de P en el movimiento estacionario son v0 v0 v0 v0 (x, y) = r cos t, sin t (ẋ, ẏ) = v0 − sin t, cos t r r r r La reacción quedará √ v0 v0 N = m ω 2 3 r sin t sin ω t + cos t cos ω t − r r √ v0 v0 − 2mω 3v0 cos t cos ω t + sin t sin ω t = r r h v i √ 0 = N = 2mω 3 (ω r − 2v0 ) cos −ω t r EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 8.1. PUNTO SOBRE SUPERFICIE 189 La reacción va a ser nula para v0 = ω r/2, y constante para v0 = ω r. Como v0 en el movimiento estacionario es función de r (o al revés), esto corresponde respectivamente a los radios r= 4ga ω 2 a + 2g r= 2ga 2ω 2 a + g EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 190 CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS 8.2. Punto sobre curva Ejercicio 8.2.1: Una partı́cula pesada se mueve por una circunferencia lisa de radio R y centro O fijo, que gira alrededor de un diámetro vertical con velocidad angular constante ω . Se estudia el movimiento relativo a la circunferencia mediante el ángulo θ que forma la partı́cula con el punto más bajo de la circunferencia. (a) Obtener la integral de la energı́a para el movimiento relativo. (b) Calcular en función de la posición θ la reacción de la curva en la dirección normal a su plano. ETSIA, septiembre de 2001 La ley de Newton para el movimiento relativo a unos ejes ligados a la circunferencia se puede escribir: z1 ≡ z0 ω −mg~k0 + ~N + ~ FIa + ~ FIcor = m~aM 20 x0 O θ M La ecuación de la energı́a en el movimiento relativo es: dW20 = dT20 , incluyendo el trabajo de las fuerzas de inercia. De las fuerzas que actúan: El peso deriva del potencial Vp = mgz = −mgR cos θ La reacción normal no trabaja en el movimiento relativo, por ser la curva lisa (sı́ trabajarı́a en el movimiento absoluto, por ser una curva móvil). Al estar el centro fijo y ser constante la velocidad de giro, la fuerza de inercia de arrastre se reduce a la centrı́fuga, que deriva de un potencial: h i ✘ ✘✘ ˙ 01 ✘ ~FIa = −m ~aO ✘ ~ ~ ~ + ω ∧ OM + ω ∧ ( ω ∧ OM) = mω 2 x~i0 → ✘ 01 01 01 → Vc = −mω 2 2x 2 = −mω 2R 2 sin2 θ 2 La fuerza de inercia de Coriolis no trabaja por ser perpendicular a la velocidad relativa. Queda pues −dVp − dVc = dT20 , que da lugar a la integral primera T20 + Vp + Vc = E = Cte. Sustituyendo sus valores en función de la variable y sus derivadas queda: 1 2 2 sin2 θ mR θ̇ − mgR cos θ − mω 2 R2 =E 2 2 (6 pt.) En la dirección normal al plano de la circunferencia, solo están la fuerza de inercia de Coriolis y una de las componentes de la reacción normal. La aceleración, el peso, la otra componente de la reacción normal y la fuerza centrı́fuga están el el plano. Queda pues: ~ ~ ~ ~ 01 ∧~vM N2 ~j0 − 2m ω 20 = 0 = N2 j0 − 2mRθ̇ ω cos θ j0 ya que ~vM 20 = Rθ̇ (cos θ , 0, sin θ ). De la integral de la energı́a se despeja: q R θ̇ = ± 2E/m + 2gR cos θ + ω 2 R2 sin2 θ El signo es el de θ̇ en cada momento. Se llega finalmente a: N2 = ± 2mω cos θ EIAE. Problemas de Mecánica Clásica q 2E/m + 2gR cos θ + ω 2 R2 sin2 θ (4 pt.) 8.2. PUNTO SOBRE CURVA 191 Ejercicio 8.2.2: Dejar reducido a cuadraturas la ecuación del movimiento de una partı́cula de masa m que puede moverse sobre una circunferencia vertical de radio r y está unida a un resorte de constante K y longitud natural nula cuyo extremo está fijo (ver figura) a una distancia l por debajo del punto más bajo de la circunferencia. ETSIA, junio de 2002 y x O r θ l A Tenemos un punto sobre curva lisa, sometido a dos fuerzas potenciales. Los dos caminos posibles: M cantidad de movimiento proyectada sobre la tangente ecuación de la energı́a son equivalentes, porque sólo puede haber una ecuación independiente. La de la energı́a tiene la ventaja de ahorrar un paso de integración. Los potenciales son: Vp = mgy = −mgr cos θ 1 1 Vm = K|AM|2 = K r2 sin2 θ + (r + l − r cos θ )2 = 2 2 1 2 ✭✭✭✭✭2 = K ✭ 2r✭+ 2rl + l − 2r(r + l) cos θ 2 Los términos constantes del potencial se pueden ignorar. Podemos escribir ya la integral de la energı́a, 1 2 2 mr θ̇ − mgr cos θ − Kr(r + l) cos θ = E 2 de la que se obtiene una cuadratura θ̇ 2 = 2 {E + r [mg + K(r + l)] cos θ } mr2 ⇒ ⇒ Z dt = Z q ±r d θ 2 m {E + r [mg + K(r + l)] cos θ } EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 192 CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS Ejercicio 8.2.3: Una partı́cula material M no pesada, de masa m, está obligada a moverse sobre un aro circular de radio a situado en un plano vertical y con centro en el origen O. Sobre M actúa una fuerza repulsiva e inversamente proporcional a la distancia al punto A = (0, −a) con constante de proporcionalidad K = +2a2 m. a) Plantear las ecuaciones del movimiento. (2 puntos) ~ y OM, ~ hallar la reacción en b) Si para t = 0, θ̇ = θ̇0 , θ = θ0 siendo θ el ángulo entre OA función de θ . (2 puntos) c) Dejar reducido a una cuadratura la ecuación del movimiento. (1 punto) ETSIA, junio de 2003 En primer lugar hay que observar que debe de haber una errata en el enunciado: con K = la fuerza no tiene las dimensiones adecuadas. Usaremos 2ma2 ω 2 , donde la ω tiene dimensiones de velocidad angular. Seguramente se aclaró de palabra en el examen. 2a2 m, O N Fr θ A M π θ 2−2 ma θ̈ = a Para expresar la fuerza de repulsión, es conveniente observar que OAM es un triángulo isósceles, por lo que la distancia AM se puede escribir como 2a sin θ2 . Además, el ángulo de AM con el radio vector es π2 − θ2 ; este es el mismo ángulo que forma la fuerza con ur . Aunque parece más sencillo usar el ángulo que forma con uθ , que es θ2 . Por tanto, las ecuaciones quedan: 2ma2 ω 2 θ cos 2 2a sin θ2 − maθ̇ 2 = −N + 2ma2 ω 2 θ sin = −N + maω 2 θ 2 2a sin 2 b Para expresar N en función de θ , hay que obtener una integral primera que de θ̇ en función del ángulo. Se puede integrar la ecuación de la cantidad de movimiento en la dirección tangente multiplicando ambos términos por θ̇ : θ̇ d θ̇ = ω 2 cos θ2 sin θ2 dθ → 1 2 θ θ0 θ̇ − θ̇02 = 2ω 2 ln sin − 2ω 2 ln sin 2 2 2 Al mismo resultado se llegarı́a usando la ecuación de la energı́a. Se trata de una curva lisa y una fuerza potencial, por lo que se conserva la energı́a. El potencial vale K θ 2 2 Fr = uρ → Vr = −K ln ρ = −2ma ω ln 2a sin ρ 2 La integral de la energı́a se escribe directamente, 1 2 2 θ 1 2 2 θ0 2 2 2 2 ma θ̇ − 2ma ω ln 2a sin = E = ma θ̇0 − 2ma ω ln 2a sin 2 2 2 2 En este caso, la ecuación de la energı́a no tiene grades ventajas frente a las de cantidad de movimiento. Ahorra una integración, pero hay que integrar el potencial que es casi igual de complicado. Y de todos modos hay que plantear las de cantidad de movimiento, o al menos según la normal, porque se pide la reacción. En cualquier caso, se llega a θ θ0 2 2 2 θ̇ = θ̇0 + 4ω ln sin / sin 2 2 La singularidad para θ = 0 es natural, porque la fuerza se hace infinita en A. Sustituyendo en la ecuación del movimiento según ur , θ θ0 2 2 2 2 2 N = ma ω + θ̇ = ma ω + θ̇0 + 4ω ln sin / sin 2 2 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 8.2. PUNTO SOBRE CURVA 193 c Conocida θ̇ , la cuadratura es inmediata: r ±d θ = dt θ θ 2 0 θ̇0 + 4ω 2 ln sin 2 / sin 2 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 194 CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS Ejercicio 8.2.4: Una partı́cula de masa m se mueve con ligadura unilateral por el interior de una circunferencia vertical, rugosa, de radio R (el coeficiente de rozamiento entre la partı́cula y la circunferencia es µ ). En el instante inicial se lanza desde el punto más bajo de la circunferencia, con una velocidad v0 suficientemente grande para que la partı́cula alcance el punto superior. ¿Con qué velocidad llega al punto más alto? Sugerencias: θ̈ = ddθ 12 θ̇ 2 . En algún paso del desarrollo, aparecen dos caminos, uno de ellos sencillo y directo; para quienes quieran seguir el complicado, puede ser útil la integral siguiente: Z θ θ 0 (sin θ + µ cos θ ) e2µθ = o −1 n µθ 2 2 e cos θ − 2 µ sin θ − µ cos θ + µ − 1 1 + µ2 ETSIA, junio de 1994 En el péndulo simple, como la curva es lisa, basta con plantear la ecuación de la cantidad de movimiento en la dirección de la tangente —la dirección del grado de libertad— o plantear la ecuación de la energı́a, que en ese caso es equivalente. Cuando hay rozamiento, la ecuación de la energı́a es igual de complicada que la cantidad de movimiento: no da integral primera directamente. Y no se puede ignorar la dirección normal, que está acoplada con la de la tangente a través de la reacción normal. Proyectamos las ecuaciones del movimiento según la tangente y la normal: mRθ̈ = −mg sin θ − R ; −mRθ̇ 2 = mg cos θ − N N θ R mg θ R = µ |N| Como hay movimiento, se aplica el modelo de Coulomb con deslizamiento. La partı́cula se mueve por el interior, por lo que N ≥ 0 . Si se dice que llega hasta el punto más alto, es que no hay desprendimiento y la N es siempre positiva: no hay que preocuparse de módulos y cambios de signo. Podemos despejar y sustituir directamente: mRθ̈ = −mg sin θ − µ mg cos θ + mRθ̇ 2 → → g g d θ̈ = − sin θ − µ cos θ − µ θ̇ 2 = R R dθ 1 2 θ̇ 2 Usando esta última relación, se obtiene una ecuación diferencial lineal en la variable u = θ̇ 2 : g g uh ′ u + 2µ u = −2 sin θ − 2µ cos θ → up R R La homogénea es inmediata: u′h + 2µ uh = 0 uh = Ae−2µθ ⇒ Para la particular, se puede usar el método de variación de las constantes. Llamando b(θ ) al término independiente, una solución particular serı́a u p ( θ ) = uh ( θ ) Z θ b(x) 0 uh (x) dx Aparece la integral que se da como sugerencia. Se puede escribir sin más y pasar a imponer condiciones iniciales. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 8.2. PUNTO SOBRE CURVA 195 Pero la EDO es muy simple. Las funciones del término independiente no son solución de la homogénea. . . puede ser más sencillo ensayar funciones del mismo tipo: u p = B sin θ +C cos θ u′p = B cos θ −C sin θ g g B cos θ −C sin θ + 2µ (B sin θ +C cos θ ) = −2 sin θ − 2µ cos θ R R g g −C + 2µ B = −2 B + 2µC = −2µ R R 2 2g 3µ 2g 1 − 2µ B=− C= 2 R 1 + 4µ R 1 + 4µ 2 La solución completa queda: u = θ̇ 2 = Ae−2µθ − 2g 3µ 2g 1 − 2µ 2 sin θ + cos θ R 1 + 4µ 2 R 1 + 4µ 2 Es fácil comprobar que se obtiene lo mismo por variación de las constantes. Podemos ya imponer condiciones iniciales, y calcular la velocidad final: θ =0 : θ =π : v20 2g 1 − 2µ 2 = A + R2 R 1 + 4µ 2 v2f 2g 1 − 2µ 2 2 θ̇ f = 2 = Ae−2µπ − R R 1 + 4µ 2 θ̇02 = despejando y sustituyendo la constante de integración, v2f =R 2 v20 2g 1 − 2µ 2 − R2 R 1 + 4 µ 2 −2µπ e 2g 1 − 2µ 2 − R 1 + 4µ 2 Ejercicio 8.2.5: En un √ péndulo simple liso de radio r, la partı́cula se lanza desde el punto más bajo con velocidad v = 4gr. ¿Qué tipo de movimiento tiene? 1. 2. 3. 4. 5. Libraciones alrededor del punto más bajo. Asintótico (v → 0 cuando t → ∞). Rotación. Depende del sentido en que se lance. Ninguna de las respuestas anteriores es correcta. EIAE, enero 2012 Ejercicio 8.2.6: Un péndulo simple construido con ligadura bilateral, de masa m y longitud l, se lanza desde el punto en que el ángulo entre el radio vector y la vertical descendente es θ0 = π4 con una velocidad ascendente de módulo v0 . Calcular su valor para que el movimiento del péndulo sea asintótico. EIAE, noviembre 2012 Ejercicio 8.2.7: Una partı́cula de masa m se puede mover sin fricción ensartada en un alambre rı́gido con forma de parábola z = kx2 (k > 0) contenida en el plano vertical X Z donde el eje Z tiene la dirección y sentido de la vertical ascendente. Inicialmente la partı́cula se encuentra en reposo a una distancia x0 del eje Z. Calcular la reacción del alambre sobre la partı́cula en el punto más bajo de la trayectoria. EIAE, noviembre 2012 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 196 CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS La ecuación de la cantidad de movimiento para una partı́cula pesada que se mueve por una curva lisa es: m r̈ = −mg k + N La reacción es una incógnita del problema. Primero se obtienen las ecuaciones horarias r(t) proyectando sobre la tangente. Conocido el movimiento, se despeja N de la ecuación anterior. Para obtener la aceleración, particularizamos r para la curva y derivamos: r = x i + kx2 k ṙ = ẋ i + 2kx ẋ k r̈ = ẍ i + 2k ẋ2 + 2kx ẍ k Lo aplicamos al punto buscado:     ẍ 0     0 m = Ny    ✘ −mg + Nz 2k✘· 0✘· ẍ x=0 2k ẋ2 + ✘ Necesitamos el valor de ẋ en el origen. Un camino serı́a integrar completamente las ecuaciones del movimiento (plantear la ecuación del movimiento en un punto arbitrario, no en el origen, aplicar las condiciones iniciales, y sustituir x = 0). Pero es mucho más simple obtenerlo de la ecuación de la energı́a, sabiendo que el potencial es mgz: 1 2 mẋ + 0 = 0 + mg kx20 2 Sustituyendo, Nz = mg + 4mgk2 x20 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 8.2. PUNTO SOBRE CURVA 197 Problema 8.2.1: Se dispone de un alambre elástico AB sin masa, de longitud π a el cual se empotra en una pared por su extremo A. Se flexa el alambre sujetándolo por su extremo B, de manera que adopte la forma de una semicircunferencia, y en esta posición, se coloca un punto material M, no pesado, de masa m sobre el mismo. En el instante inicial se suelta el extremo B del alambre y debido a su elasticidad, trata de recuperar su forma rectilı́nea, arrastrando al punto M. Se sabe que la curva que adopta el alambre en cada instante, es un arco de circunferencia, con centro variable C sobre el eje AY y cuyo radio varı́a según la ley conocida CA = R(t) Se tomará como parámetro para definir la posición del punto, el ángulo ϕ de la figura adjunta. Sabiendo que no existe rozamiento, se pide: 1. Expresión de la posición, velocidad y aceleración absoluta del punto, en función de t, ϕ y sus derivadas. 2. Ecuación diferencial del movimiento [ecuación que determina ϕ (t)]. Suponiendo el caso particular en que CA = R(t) = v0t + a, y que se lance el punto en el instante inicial desde ϕ0 = π /2, con una velocidad absoluta, de valor v0 i + v0 j. Se pide: 3. 4. 5. 6. 7. Integrar completamente la ecuación del movimiento. Determinar la fuerza que el alambre ejerce sobre el punto en cada instante. Trayectoria absoluta descrita por el punto. Determinar el instante y la posición absoluta del punto, cuando este abandona el alambre. Trayectoria descrita por el punto, a partir del instante en que abandona el alambre. Julio de 1974 1. El vector posición del punto y sus derivadas serán: sin ϕ r = R(t) 1 − cos ϕ sin ϕ cos ϕ v = Ṙ + R ϕ̇ 1 − cos ϕ sin ϕ C ϕ R(t) n t cos ϕ cos ϕ sin ϕ 2 − sin ϕ ~a = R̈ + 2Ṙϕ̇ + Rϕ̇ + Rϕ̈ 1 − cos ϕ sin ϕ cos ϕ sin ϕ 2. La única fuerza que actúa es la reacción normal N = N (− sin ϕ , cos ϕ ) = m~a EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 198 CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS Proyectando sobre la tangente t = (cos ϕ , sin ϕ ) queda una ecuación diferencial que determina el movimiento, suponiendo cocida R(t): 0 = R̈(sin ϕ cos ϕ + sin ϕ − sin ϕ cos ϕ ) + 2Ṙϕ̇ (1) + Rϕ̇ 2 (0) + Rϕ̈ (1) R̈ sin ϕ + 2Ṙϕ̇ + Rϕ̈ = 0 3. Las condiciones iniciales son R = v0 t + a Ṙ = v0 R̈ = 0 ( ϕ̇0 = 0 1 1 0 v0 = v0 + aϕ̇0 ⇒ 1 1 1 ϕ0 = π /2 C v0 R0 ϕ0 v0 La ecuación diferencial queda (a + v0 t) ϕ̈ + 2v0 ϕ̇ = 0 Es de variables separadas, y se puede integrar −2v0 ϕ̈ = ; ϕ̇ a + v0 t −2v0 dt d ϕ̇ = ϕ̇ a + v0 t ϕ̇ = ln ϕ̇ = −2 ln (a + v0 t) + ln K → K 2 (a + v0 t) ; dϕ = K dt 2 (a + v0 t) → ϕ= K +C v0 (a + v0 t) Hay que imponer las condiciones iniciales ϕ̇0 = K (a+0)2 ϕ0 = −K v0 (a+0) =0 +C = K=0 π 2 C= π 2 ϕ̇ = 0 π ϕ= 2 4. La reacción del alambre sale de la ley de Newton 1 0 −1 0 0 N = m~a = 0 · + 2v0 · 0 · +a·0· +a·0· = 1 1 0 1 0 5. La trayectoria sale sustituyendo R(t) y ϕ (t) en la expresión de r: sin ϕ 1 r = (a + v0 t) = (a + v0 t) 1 − cos ϕ 1 Es una recta a 45o . 6. Saldrá del alambre cuando la longitud de arco desde el origen hasta la partı́cula sea igual a la longitud del alambre. π s = Rϕ = a + v0 t f = πa 2 ⇒ v0 tf = a 1 r f = 2a 1 7. Obviamente, si no actúa ninguna fuerza, seguirá un movimiento uniforme y rectilı́neo. Será la prolongación de la trayectoria sobre el alambre, pues este tampoco ejercı́a fuerza alguna. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 8.2. PUNTO SOBRE CURVA 199 Problema 8.2.2: Un punto material pesado M de masa m, se mueve sobre una hélice situada en un cilindro recto cuya sección es una circunferencia de radio R y cuyo eje es vertical. Se representará por α el ángulo que la hélice forma con el plano horizontal y por f el coeficiente de rozamiento existente entre el punto M y la hélice. En el instante inicial se sitúa el punto en una determinada posición de la hélice y se le abandona sin comunicarle velocidad. Sabiendo que el coeficiente de rozamiento f cumple la condición f < tg α , se pide: 1. Calcular en el instante inicial las componentes tangencial y normal de la aceleración de M. 2. Plantear las ecuaciones que proporcionan el movimiento de M. 3. Demostrar que la velocidad del punto M tiende a un valor finito cuando el tiempo tiende a infinito. 4. Calcular la velocidad lı́mite de M y determinar los valores lı́mites de las componentes tangencial, normal y binormal de la reacción que la hélice ejerce sobre el punto. o 5. Estudiar el movimiento de M en el caso √ de que el ángulo α de la hélice valga 45 , que el 3 coeficiente de rozamiento sea f = y que inicialmente se lance el punto hacia abajo 3 √ con una velocidad v0 = 2 · g · R. Febrero de 1969 z 1. Para obtener las componentes intrı́nsecas de la aceleración, lo mejor es trabajar en ejes intrı́nsecos. En el caso de la hélice no hay problema, porque su triedro de Frenet es muy conocido. Supondremos que el sentido positivo es hacia arriba, independientemente de la partı́cula vaya en un sentido u otro. Los vectores unitarios serán: t= (− sin θ , cos θ , tan α ) √ n = − (cos θ , sin θ , 0) 1 + tan2 α b = t ∧ b = (sin α sin θ , − sin α cos θ , cos α ) Ft = m v̇ Fn + Nn = m v2 ρ Nb Nn b P x y Fb + Nb = 0 Antes de proyectar las fuerzas, hay que estudiar el sentido del rozamiento. Se deja la partı́cula en reposo: hay que ver si se mueve o no. En el instante inicial no hay Nn , pues Fn es siempre nula, y v0 = 0. Planteando el equilibrio de fuerzas, suponiendo que hay equilibrio: −mg sin α + R = 0 R − mg cos α + Nb = 0 R Nb α P Se ve claramente que, como |R| ≤ f |N| = f mg cos α , y f < tan α , la fuerza tangencial es −mg sin α + f mg cos α = mg cos α ( f − tan α ) < 0. Podemos pues afirmar, at 0 = g cos α ( f − tan α ) < 0 v2 an 0 = 0 = 0 ρ0 2. En un instante genérico, la v no será 0, y la Nn tampoco; suponemos que ha empezado a moverse hacia abajo, con lo que v̇ < 0 y para la R se toma el signo +.  q 2 2  −mg sin α + f Nn + Nb = m v̇   2 v siendo ρ = R/ cos2 α 0 + Nn = mρ   −mg cos α + Nb = 0  EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 200 CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS v̇ 3. Despejando las componentes de N y sustituyendo se llega a r cos4 α 4 v̇ = −g sin α ± f g2 cos2 α + v R2 R v vL En este caso se toma el signo + para la R, tal como se ha visto en −g sin α el primer apartado; en un caso más general, en que se pueda lanzar hacia arriba o hacia abajo, habrı́a que tomar el signo opuesto al de la velocidad. R tiene un valor mı́nimo (debido a Nb , constante) y crece con |v| (debido a la Nn ). Como el signo es el opuesto a la velocidad, no es continua: da un salto en el origen. Hay que sumarle la componente tangencial del peso, negativa y mayor que el mı́nimo de R. Ası́ queda la aceleración tal como se ve en la figura. Si se lanza con velocidad positiva, R y el peso son negativas y la frenan hasta que se pare; si se deja en reposo, empieza a caer con una aceleración que es la diferencia de los dos términos; si se lanza con velocidad negativa, el peso acelera y R frena. Al principio se acelera hacia abajo, pero como la resistencia crece con la velocidad, llega un momento en que equilibra al peso: tenemos una velocidad lı́mite. Si se lanza hacia abajo con una velocidad mayor que la lı́mite, el rozamiento es mayor que el peso y frena a la partı́cula hasta que llega asintóticamente a la velocidad lı́mite. Para ver si llega en un tiempo finito a esta velocidad, podemos estudiar la convergencia de la cuadratura de v: lı́m v→vL g sin α − (vL − v)α q f cosα R = g2 R2 cos2 α = lı́m + v4 v→vL α (vL − v)α −1 αr − f cos 2R 2 q g2 R2 α −1 α R v4L + cos 2 α (vL − v) 2f cosα v3L 4v3 = g2 R2 +v4 cos2 α α =1 −−→ K α =1 ⇒ Por tanto, la velocidad tiende asintóticamente a un valor vL , y tarda un tiempo infinito en alcanzarlo. Nótese que el comportamiento serı́a muy distinto si f > tan α ; entonces el mı́nimo del rozamiento serı́a mayor que la componente tangencial del peso. Si la partı́cula se deja quieta, no se mueve, y si se lanza la velocidad tiende siempre a cero, quedándose parada. tL → ∞ ⇒ v̇ R v −g sin α 4. La velocidad lı́mite se obtiene haciendo v̇ = 0 vL = r gR cos α tan2 α −1 f2 1/4 Vuelve a quedar de manifiesto que, si f > tan α , no habrı́a velocidad lı́mite (o serı́a cero). En cuanto a reacciones, Nb es constante y las otras dos se hallan sustituyendo vL : s tan2 α −1 R f2 s 2 q ✘ tan α ✘ 2 2 2 ✘ α + m2 g2 cos2 α R = f Nn2 + Nb2 = f ✘ m ✘g✘cos − 1✁ = mg sin α f2 Nb = mg cos α Nn = mv2L cos2 α = mg cos α Como es lógico, en el lı́mite la resistencia equilibra a la componente tangencial del peso. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 8.2. PUNTO SOBRE CURVA 201 √ 5. En este caso particular, se sigue cumpliendo que f = 33 < tan α = 1. Lo primero es calcular la velocidad lı́mite: s 1/4 p gR2 1 −1 = 2gR = v0 vL = √ 2 1/3 Se lanza exactamente con la velocidad lı́mite, de modo que v̇ = 0; el movimiento se realiza hacia abajo con velocidad constante. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 202 CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS Problema 8.2.3: Sea el sistema inercial Ox1 y1 z1 , con Oz1 vertical ascendente. Alrededor del eje Oz1 gira con velocidad angular constante ω el sistema Oxyz, Oz coincidiendo con Oz1 . Una partı́cula pesada de masa m se mueve sobre la curva lisa del sistema Oxyz de ecuación y = 0, 3 z = ax2 − x, donde a = g/ω 2 . Dejar reducido a cuadratura el movimiento de la partı́cula sobre la curva. Si inicialmente la partı́cula está en el origen y se lanza con una velocidad respecto al sistema Oxyz de valor v0 , estudiar cualitativamente el movimiento del punto según sea el valor de v0 . Septiembre de 1994 1. Este problema (o más bien ejercicio) se puede resolver en ejes fijos tomando r = (x cos ω t, x sin ω t, z) calculando la aceleración como función de t, x, z y sus derivadas, y proyectando según la tangente la ecuación de la cantidad de movimiento. Mediante la ecuación de la curva, quedarı́a una ecuación diferencial en t, x y sus derivadas (o en t, z, si se prefiere). La velocidad y la aceleración se calculan más fácilmente por composición de movimientos. Con un poco de esfuerzo, se puede reducir a una cuadratura. Pero las operaciones son laboriosas. Parece más sencillo estudiar el movimiento relativo a los ejes móviles Oxyz. Hay que considerar sólo la fuerza centrı́fuga, pues la de Coriolis es normal al plano Oxz y la anula la reacción normal. Esto tiene la ventaja de que, como la fuerza centrı́fuga es potencial, se puede hacer un análisis cualitativo. P = −mg k → Vp = mgz z1 ≡ z x1 ωt y1 x P mω 2 x 1 Fc = mω 2 x i → Vc = − mω 2 x2 2 En el movimiento relativo se conserva la energı́a: curva lisa y fija (en ejes Oxyz), la fuerza de inercia de Coriolis no trabaja, el peso y la centrı́fuga son potenciales. 1 1 1 m ẋ2 + ż2 + mgz − mω 2 x2 = E = m v20 + 0 − 0 2 2 2 Con la ecuación de la curva podemos eliminar una de las coordenadas; parece algo más fácil sustituir la z; además, la curva es uniforme en x y no en z: 3x2 g ż = − 1 ẋ ; ω2 = 2 a a " 2 2 # 3 3x 1 g 2 1 2 1 2 x mẋ 1 + − 1 + mg − x − m x = m v0 2 a2 a2 2 a 2 r 2 " # 3x2 2 2 3 ± 1 + a2 − 1 dx 3x x x2 2 r ẋ2 1 + − 1 = v − 2g − − x ⇒ dt = 0 3 a2 a2 2a x x2 2 v0 − 2g a2 − 2a − x x3 z = 2 −x; a EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 8.2. PUNTO SOBRE CURVA 203 2. Para el análisis cualitativo podemos observar que el coeficiente de ẋ es siempre positivo, de modo que sólo hay que estudiar el comportamiento del segundo miembro 2 ẋ 2 3 3x2 x x2 2 2 1+ = v0 − 2g 2 − − x = [E −V (x)] −1 2 a a 2a m | {z } >0 El potencial tendrá una forma similar a la de la curva. El potencial centrı́fugo es una parábola invertida, que mueve hacia la derecha el máximo y el mı́nimo de la curva, pero sin alterar su forma general. Veamos los ceros y máximos y mı́nimos: √ x x2 V (x) = 0 → x 2 − − 1 = 0 → x = 0, a 1 ± 17 /4 a 2a 2 √ 3x 2x 13 /6 V′ = 0 → − − 1 = 0 → x = a 1 ± a2 2a Viendo la forma de la curva, y lanzando desde el origen, la energı́a que determina el tipo de movimiento es el potencial del máximo: √ i 2 h V a 1 − 13 /6 = m √ −19 + 13 13 2ga T v20 108 Si v20 es menor que ese valor, la partı́cula oscila asimétricamente alrededor del origen; si es igual, tiende asintóticamente al máximo; si es menor, pasa el máximo y se va a −∞. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 204 CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS Problema 8.2.4: Sea O1 x1 y1 una referencia cartesiana rectangular que, se admitirá, constituye una referencia galileana. Un aro A de radio a rueda sin deslizar por el interior de un aro de radio 2a y centro O1 , de forma que su centro O se mueve con velocidad constante aω . Una partı́cula M de masa m, no pesada, se mueve con ligadura bilateral y sin rozamiento sobre el aro A. Se pretende estudiar el movimiento de la partı́cula M relativo al aro A y para ello se toman unos ejes Oxy ligados a este. En el instante inicial el punto O se encuentra en (a, 0), los ejes Oxy son paralelos a los O1 x1 y1 , y la partı́cula s encuentra en (2a, 0) y se lanza con una velocidad relativa al aro de valor ~v0 = (2 + Λ)aω~j. Se pide: 1. Plantear la ecuación que gobierna el movimiento de la partı́cula M 2. Reducir a cuadraturas el movimiento. Realizar un análisis cualitativo de los distintos tipos de movimiento que pueden presentarse en función del parámetro Λ. ¿Para qué valores del parámetro Λ se generan movimientos asintóticos? ¿A qué posición tiende asintóticamente la partı́cula M en dichos movimientos? En el caso particular en el que Λ = 2: 3. Obtener, integrando completamente el problema, la ley horaria con la que la partı́cula se mueve por el aro. 4. Determinar, en función de la posición, el valor de la reacción normal del aro sobre la partı́cula. 5. En el caso en que la ligadura fuese unilateral, con posibilidad de desprendimiento de la partı́cula hacia el interior del aro, analizar si se produce o no desprendimiento; en caso de que se produzca, localizar la posición en que tienen lugar. NOTA: resulta conveniente, a partir del apartado 2), utilizar como coordenada generalizada −−→ −−→ el ángulo θ que el radio vector OM forma con el radio vector OO1 . y1 y O θ M ωt O1 x x1 1. Sabiendo que el aro (S0 ) rueda sin deslizar y que la velocidad de ~ 01 = −ω k, su centro O es aω , se deduce que su velocidad angular es ω constante. Por tanto, el aro ha girado un ángulo −ω t respecto a los ejes fijos, y −2ω t respecto al radio O1 O. El triángulo formado por O1 O, Ox y O1 x1 es isósceles. A esta misma conclusión se habrı́a llegado viendo que la longitud de arco recorrida sobre los dos aros, al no deslizar, tiene que ser la misma. Al tener uno doble radio que el otro, el ángulo recorrido tiene que ser la mitad. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica y1 ~ 01 ω y aω O 2ω t ωt O1 x x1 8.2. PUNTO SOBRE CURVA 205 y1 Sobre la partı́cula (S2 ) no pesada actúan sólo la reacción del aro y las fuerzas de inercia del movimiento relativo al aro: N = −N ur + ✟ N ′✟ k h i O ✚ ˙ ~ 01 ∧ OM + ω ~ 01 ∧ (ω ~ 01 ∧ OM) FIA = −m ~a01 + ✚ ω y O ~aO 01 θ ωt ~ 01 ∧ vM FIC = −2m ω 20 O1 uθ α M ur x x1 Al ser un movimiento plano, podemos ignorar todas las fuerzas en la dirección Oz. Las aceleraciones son sencillas porque tanto el movimiento absoluto de O como el relativo de M son circulares. Parece conveniente proyectar en los ejes de las coordenadas polares de M en S0 . El ángulo polar es α , que está relacionado con θ a través del triángulo isósceles antes mencionado: θ = α + π − 2ω t θ̇ = α̇ − 2ω θ̈ = α̈ En estos ejes las aceleraciones serán más sencillas 2 2 ~aO 01 = mω OO1 = mω a (cos θ ur − sin θ uθ ) ~ 01 ∧ (ω ~ 01 ∧ OM) = −ω 2 a ur ω   cos θ − 1 − sin θ FIA = −mω 2 a   0 ur uθ uz FIC = −2m 0 0 −ω = −2maω α̇ ur 0 a α̇ 0 La ecuación de la cantidad de movimiento de la partı́cula         1 − cos θ  N  −1 −a α̇ 2  − 0 + mω 2 a sin θ + 2maω α̇ 0 =m a α̈         0 0 0 0 proyectada según la tangente al aro uθ da maω 2 sin θ = ma α̈ ⇒ θ̈ = ω 2 sin θ que es la ecuación del péndulo simple, pero tomando origen de ángulos en el punto inestable. La fuerza centrı́fuga hace el efecto del peso. Nótese que θ no es propiamente el movimiento respecto al aro, sino respecto al radio vector O1 O. 2. La ecuación diferencial es la del péndulo, luego el movimiento es también el del péndulo: libración, movimiento asintótico, y rotación. La ecuación del movimiento se puede integrar, llegando a la integral de la energı́a: θ̈ θ̇ = ω 2 sin θ θ̇ ; θ̇ 2 = C − ω 2 cos θ ; 2 1 ma θ̇ 2 = E − maω 2 cos θ = E −V (θ ) 2 Aquı́ la energı́a es la del movimiento respecto al radio vector giratorio O1 O. Para calcular la energı́a del movimiento asintótico, necesitamos las condiciones iniciales referidas a esta recta, pero la velocidad inicial se da respecto al aro: EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 206 CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS θ0 = π vM 20 α0 = 0 1 = aα̇0 uθ = a (2 + Λ) ω uθ θ̇0 = α̇0 − 2ω = Λω En el movimiento asintótico, se llega al punto inestable, θ = 0, con velocidad nula: π 2 π 3π 2 2π −1 1 2 2 2 ∗ E = mgω = maΛ ω − mgω ⇒ Λ =2 2 Según que el parámetro Λ sea mayor o menor que este Λ∗ tendremos rotaciones o libraciones alrededor del punto más alejado; si es exactamente igual, tendremos un movimiento asintótico al origen. ∗ 2 3. El valor de Λ es precisamente el del movimiento asintótico; si fuera otro, no se podrı́a integrar la ley horaria mediante funciones elementales. En este caso la integral de la energı́a se reduce a √ +d θ θ̇ 2 = E ∗ − 2ω 2 cos θ = 2ω 2 (1 − cos θ ) ; √ = 2ω dt 1 − cos θ Compensa hacer un cambio de variable, de modo que midamos los ángulos desde el punto de equilibrio estable, como se hace en el péndulo simple: φ = π − θ , cos φ = − cos θ . De este modo se llega a una integral que se encuentra en tablas: Z h x i √ √ +d φ √ = 2 argth csc +C = 2ω t 2 1 + cos φ Si no se dispone de tablas, se puede hacer a mano con el cambio sin Z φ = u; 2 φ φ cos d = du ; 2 2 2 du p √ = 1 − u2 2 (1 − u2 ) φ0 = 0 → C = 0 ; 2 du dφ = √ ; 1 − u2 cos φ = 1 − 2 sin2 φ = 1 − 2u2 2 Z √ √ 2 du √ = 2 argth u +C = 2ω t 1 − u2 φ sin = tanh ω t → φ = π − θ = 2 arcsin tanh ω t 2 α = θ − π + 2ω t ; α = 2 arcsin tanh ω t + 2ω t 4. De la ecuación de la cantidad de movimiento, proyectando según ur , se obtiene: − N + mω 2 a (1 − cos θ ) − 2maω α̇ = −ma α̇ 2 N = ma ω 2 − 2ω α̇ + α̇ 2 − mω 2 a cos θ = ma (α̇ − ω )2 mω 2 a cos θ 2 α̇ = θ̇ + 2ω ⇒ N = ma θ̇ + ω − mω 2 a cos θ De la integral de la energı́a se obtuvo θ̇ 2 = 2ω 2 (1 − cos θ ) con lo que podemos poner la N en función de θ , teniendo cuidado con el signo de θ̇ : 2 p N = ma ±ω 2 (1 − cos θ ) + ω − mω 2 a cos θ = h i p maω 2 2 (1 − cos θ ) + 1 ± 2 2 (1 − cos θ ) − cos θ h i p N = mω 2 a 3 (1 − cos θ ) ± 2 2 (1 − cos θ ) EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 8.2. PUNTO SOBRE CURVA 207 En el caso del péndulo simple, la reacción era simétrica. Aquı́ varı́a según el signo de θ̇ . Esto se debe a que la fuerza que empuja hacia el exterior del aro es básicamente la centrı́fuga, que depende de la velocidad en ejes inerciales. Y esta es mucho menor cuando oscila en sentido contrario al del movimiento de O. La de Coriolis también cambia de sentido y afecta a la N. 5. El desprendimiento se producirá a partir del momento en que N cambie de signo. Nótese que 1 − cos θ ≥p 0 siempre. Por lo tanto, la N sólo puede anularse en la oscilación de vuelta, cuando θ̇ = −ω 2 (1 − cos θ ): N=0 → p 3 (1 − cos θ ) − 2 2 (1 − cos θ ) = 0 9 (1 − cos θ )2 = 8 (1 − cos θ ) 6= 0 ; 1 − cos θ = 8 9 ⇒ θd = arc cos 1 (θ̇ < 0) 9 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 208 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica CAPÍTULO 8. PUNTO SOMETIDO A LIGADURAS Capı́tulo 9 Dinámica relativa Ejercicio 9.1: Una partı́cula pesada de masa m se encuentra sobre una referencia plana móvil Oxy, que gira con velocidad constante de módulo ω alrededor de su eje fijo Oy (vertical ascendente). La partı́cula está unida al origen del sistema mediante un muelle de longitud natural nula y constante de rigidez k. Inicialmente se encuentra en reposo en una posición dada por sus coordenadas x0 , y0 . Se pide calcular las trayectorias que puede seguir la misma en función de los valores que pueda tomar el parámetro adimensional λ = mω 2 /k. ETSIA, febrero de 1995 Sea S0 el plano móvil y S2 el sólido del que forma parte el punto. Las fuerzas son: F = −k r − mg j N=Nk h i ✟ ω FIA = −m aO + ω̇ ∧ r + ω ( ω ∧ r) = mω 2 x i 01 01 01 ✟01 FIC = −2mω 01 ∧ vM 20 // k La ecuación del movimiento será:             x 0 ẍ x  0   0  m ÿ = −k y − mg 1 + mω 2 0 + 0 + 0             0 0 0 0 N FIC La ecuación para y corresponde a un oscilador armónico: r r mg k k m ÿ = −k y − mg ⇒ y = − + A cos t + B sin t k m m La ecuación de x es también lineal de coeficientes constantes, k m ẍ = −k x + mω 2 x → ẍ + (1 − λ ) x = 0 m pero la solución va a depender del valor de λ :  q q k k    λ < 1 → x = C cos m (1 − λ )t + D sin m (1 − λ )t λ = 1 → x = x0 + ẋ t q 0 q   k (λ −1)t k (λ −1)t  − λ > 1 → x =Ce m +D e m Imponiendo las condiciones iniciales se llega a: q mg k y = − mg + y + cos 0 k mt  qk k    λ < 1 → x = x0 cos m (1 − λ )t λ = 1 → x = x0 q q   k k  ( λ −1)t − (λ −1)t x0 x 0 λ >1 → x= 2 e m +2 e m 209 210 CAPÍTULO 9. DINÁMICA RELATIVA Ejercicio 9.2: Una partı́cula pesada se mueve por una circunferencia lisa de radio R y centro O fijo, que gira alrededor de un diámetro vertical con velocidad angular constante ω . Se estudia el movimiento relativo a la circunferencia mediante el ángulo θ que forma la partı́cula con el punto más bajo de la circunferencia. (a) Obtener la integral de la energı́a para el movimiento relativo. (b) Calcular en función de la posición θ la reacción de la curva en la dirección normal a su plano. z0 ≡ z1 La ley de Newton para el movimiento relativo a unos ejes ligados a la circunferencia se puede escribir: ω O x0 θ M −mg~k0 + ~N + ~ FIa + ~ FIcor = m aM 20 La ecuación de la energı́a en el movimiento relativo es: dW20 = dT20 , incluyendo el trabajo de las fuerzas de inercia. De las fuerzas que actúan: El peso deriva del potencial Vp = mgz = −mgR cos θ La reacción normal no trabaja en el movimiento relativo, por ser la curva lisa (sı́ trabajarı́a en el movimiento absoluto, por ser una curva móvil). Al estar el centro fijo y ser constante la velocidad de giro, la fuerza de inercia de arrastre se reduce a la centrı́fuga, que deriva de un potencial: h i ✘ ✘✘ ˙ ✘ ~FIa = −m aO ✘ ~ ~ ~ ω01 ∧ OM + ω01 ∧ (ω01 ∧ OM) = mω 2 x~i0 01 + ✘ → Vc = −mω 2 x2 R2 sin2 θ = −mω 2 2 2 La fuerza de inercia de Coriolis no trabaja por ser perpendicular a la velocidad relativa. Queda pues −dVp − dVc = dT20 , que da lugar a la integral primera T20 + Vp + Vc = E = Cte. Sustituyendo sus valores en función de la variable y sus derivadas queda: sin2 θ 1 2 2 mR θ̇ − mgR cos θ − mω 2 R2 =E 2 2 (6 pt.) En la dirección normal al plano de la circunferencia, solo están la fuerza de inercia de Coriolis y una de las componentes de la reacción normal. La aceleración, el peso, la otra componente de la reacción normal y la fuerza centrı́fuga están el el plano. Queda pues: ~ ~ ~ ~ 01 ∧~vM N2 ~j0 − 2m ω 20 = 0 = N2 j0 − 2mRθ̇ ω cos θ j0 ya que ~vM 20 = Rθ̇ (cos θ , 0, sin θ ). De la integral de la energı́a se despeja: q R θ̇ = ± 2E/m + 2gR cos θ + ω 2 R2 sin2 θ Con lo que se llega finalmente a: N2 = ± 2mω cos θ El signo es el de θ̇ en cada momento. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica q 2E/m + 2gR cos θ + ω 2 R2 sin2 θ (4 pt.) 211 ~ constante alrededor de un Ejercicio 9.3: Un plano liso gira con velocidad angular constante ω eje horizontal Ox contenido en el plano. Una partı́cula pesada de masa m se mueve sobre dicho plano con un movimiento de leyes conocidas x(t), y(t) respecto a un sistema de referencia ligado al mismo. Si en el momento inicial t = 0 el plano está horizontal, se pide obtener la reacción normal que ejerce sobre la partı́cula. ETSIA, abril de 1995 Las ecuaciones del movimiento son         i j k ẍ  0  0 0 m ÿ = −mg sin ω t + 0 + mω 2 y − 2m ω 0 0         ẋ ẏ 0 0 cos ω t 0 N z1 z ⊙ y ωt y1 Donde la fuerza de inercia de arrastre se reduce a la centrı́fuga, que es simple y se puede escribir directamente. Proyectando en la dirección normal al plano tenemos: N = m (g cos ω t + 2ω ẏ) k Se ha supuesto que la única fuerza directamente aplicada es el peso. Si hubiera además una fuerza arbitraria F = (Fx , Fy , Fz ), habrı́a que añadir su proyección según Oz cambiada de signo, −F · k = Fx sin ω t − Fz cos ω t EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 212 CAPÍTULO 9. DINÁMICA RELATIVA Ejercicio 9.4: Una partı́cula M está obligada a moverse por un plano liso Oxy, que a su vez se mueve respecto a un sistema inercial del siguiente modo: la dirección Oy permanece siempre paralela a sı́ misma; el plano gira con velocidad angular constante ω ; O se desplaza con aceleración constante g por una recta fija del sistema inercial, ortogonal a Oy. Plantear las ecuaciones del movimiento de M relativo al plano, cuando no actúan más fuerzas que las de ligadura. ETSIA, septiembre de 1996 z1 Para simplificar, tomaremos los ejes fijos O1 y1 z1 de modo que en el instante inicial coincidan con los Oxyz, y que la recta por la que se mueve O sea O1 x1 . Los vectores del movimiento de arrastre en ejes S0 son: g aO 01 = g [cos ω t, 0, sin ω t] ω 01 = ω [0, 1, 0] α 01 = 0 ωt Las ecuaciones del movimiento relativo son: z O1 ω O x1 y y1 y N x b M x I I maM 20 = N + FA + FC donde solo intervienen las fuerzas de inercia y la reacción del plano liso. Las fuerzas de inercia se calculan sin dificultad:     cos ω t  x h i 2 ✟ FIA = −m aO + α ∧ r + ω ( ω ∧ r) = −mg 0 + m ω 0 01 01 01 ✟01     sin ω t 0   i j k  0 M FIC = −2mω 01 ∧ v20 = −2m 0 ω 0 = 2mω 0   ẋ ẏ 0 ẋ Sustituyendo en la ecuación del movimiento,           ẍ  0  cos ω t  x  0 0 m ÿ = 0 − mg + mω 2 0 + 2mω 0           0 N sin ω t 0 ẋ Aunque solo se pida plantearlas, observando las ecuaciones se intuye el movimiento: En la dirección Ox, la fuerza centrı́fuga se lleva la partı́cula a ±∞ exponencialmente, con una oscilación armónica superpuesta. En la dirección Oy se conserva la cantidad de movimiento, por lo que la velocidad será constante. No hay movimiento en la dirección Oz por la ligadura, pero la ecuación correspondiente da el valor de la reacción normal en cada momento, una vez resuelta la ecuación para x. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 213 Ejercicio 9.5: Sea Ox1 y1 z1 un sistema de referencia inercial tal que Oz1 es la vertical ascendente. Sea Ox0 y0 z0 un sistema giratorio respecto al anterior tal que Oz0 siempre coincide con Oz1 y ~ω01 = ω~k1 (ω =cte.). Una partı́cula P de masa m se mueve sin rozamiento por una recta del sistema 0 de ecuaciones paramétricas: x0 = ξ , y0 = 0 , z0 = κ · ξ (κ = cte.) Sabiendo que el peso es la única fuerza directamente aplicada que actúa sobre la partı́cula se pide: a) Dejar reducido a una cuadratura la determinación de ξ (t). b) A partir de la cuadratura anterior, hacer un estudio cualitativo del movimiento de la partı́cula según sean las condiciones iniciales. ETSIA, septiembre de 2007 a La partı́cula se mueve por una recta fija en un sistema giratorio. Obviamente, hay que estudiar el movimiento relativo, en el que las fuerzas normales no trabajan. Intentar estudiarlo en ejes fijos serı́a muy complicado. Y para el movimiento relativo tenemos dos opciones: Plantear la ecuación de cantidad de movimiento y proyectarla según la tangente. Plantear directamente la ecuación de la energı́a. El segundo camino parece más directo, pues no hay que preocuparse de la reacción normal (la curva es lisa y fija en el movimiento relativo) ni de la de Coriolis, que es normal al desplazamiento relativo. (Por el primer camino, tampoco harı́a falta si uno se da cuenta de que son normales a la dirección en que se va a proyectar). Tanto el peso como la fuerza de inercia de arrastre son potenciales. Si se pidiera la reacción normal, o hubiera rozamiento, habrı́a que plantear la ecuación de cantidad de movimiento en todas sus componentes. La energı́a cinética, sobre la recta, vale: 1 1 T = m ẋ20 + 0 + ż20 = m 1 + κ 2 ξ̇ 2 2 2 El potencial del peso, sobre la recta, es: Vp = mgz0 = mgκ ξ La fuerza de inercia de arrastre se reduce a la centrı́fuga, h i ✟ ω ω̇ ω ω FIA = −m aO + ∧ r + ( ∧ r) = mω 2 x0 i0 = mω 2 ξ i0 01 01 01 ✟01 y deriva del potencial 1 Vc = − mω 2 ξ 2 2 Escribimos la integral de la energı́a, 1 1 m 1 + κ 2 ξ̇ 2 + mgκ ξ − mω 2 ξ 2 = E 2 2 y obtenemos la cuadratura: Z q √ ± 1 + κ 2 dξ 2E m − 2gκξ + ω 2 ξ 2 = Z dt EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 214 CAPÍTULO 9. DINÁMICA RELATIVA b Para el análisis cualitativo, derivamos el potencial: hay un solo punto de equilibrio en: V ′ = mgκ − mω 2 ξ = 0 → ξe = gκ ; ω2 Ve = mg2 κ 2 2ω 2 Suponiendo que se lanza desde el origen, tenemos: Si se lanza hacia la izquierda, se va a −∞ (baja por la recta). Si se lanza hacia la derecha, el movimiento depende de la velocidad: • v0 < • v0 = • v0 > gκ ω: gκ ω: gκ ω: punto de parada antes del máximo; retrocede hacia −∞ movimiento asintótico hacia el máximo en ξe va hacia el máximo, lo pasa, y sigue hacia +∞ EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 215 Ejercicio 9.6: En un planeta de radio R y masa M, los cuerpos pesan en los polos el doble que en el ecuador. Determinar la duración del dı́a. GMm R2 GMm − mΩ2 R R2 En los polos, el peso es solo la atracción gravitatoria: Pp = En el ecuador, el peso incluye la fuerza centrı́fuga: Pe = Si uno es el doble del otro, se puede obtener la velocidad angular: GMm GMm GM 2 =2 − mΩ R → Ω2 = 3 2 2 R R 2R q 2R3 El dia (sidéreo) es el periodo de rotación: D = 2π GM . Para calcular el dı́a solar, hace falta saber también el periodo de la órbita. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 216 CAPÍTULO 9. DINÁMICA RELATIVA Ejercicio 9.7: Una partı́cula pesada se mueve sin rozamiento sobre la parábola de ecuación 2 y = 0, z = b ax , cuyo eje Oz es vertical. La parábola gira con velocidad angular constante √ ω = Λa 2gb alrededor de Oz. Determinar, en función de Λ, las posiciones de equilibrio relativo de la partı́cula. En el caso en que Λ = 1, determinar el movimiento y la reacción normal cuando la partı́cula se lanza desde el vértice O con una velocidad v0 relativa a la parábola. ETSIA, junio de 2000 1 Se trata de calcular primero el equilibrio y después el movimiento respecto a unos ejes móviles. Para calcular el equilibrio de un punto sobre curva, tenemos distintos caminos. a Obviamente el más complicado es plantear las ecuaciones generales: I I maM 20 = 0 = P + FA + FC + λ ∇ f 1 + µ ∇ f 2 f1 = 0 f2 = 0 N mω 2 x mg Donde aM 20 = (ẍ, ÿ, z̈) , genérico, sin sustituir las ligaduras. Se han planteado las ecuaciones del movimiento, porque serán útiles más adelante. Para el equilibrio se anula la aceleración y la fuerza de Coriolis, que depende de la velocidad. Las fuerzas directamente aplicadas y de inercia valdrán P = −mg k i h O ✟ ω 01 ∧ r + ω 01 (ω 01 ∧ r) = mω 2 x i ω̇ FIA = −m a01 + ✟ FIC = −2mω 01 ∧ vM 20 = −2mω (−ẏ, ẋ, 0) Las ecuaciones de ligadura son f1 ≡ z − b 2 x =0 a2 f2 ≡ y = 0 y por tanto la fuerza de ligadura es 2bx N = λ − 2 , 0, 1 + µ (0, 1, 0) a Sustituyendo todo en las ecuaciones generales, con velocidad y aceleración nulas, se tiene un sistema de cinco ecuaciones algebraicas no lineales, cuya solución dará las posiciones de equilibrio y las fuerzas de ligadura en esas posiciones, xe , ye , ze ; λ e , µ e . Exploraremos otros caminos. b En un problema de punto sobre curva, suele ser más fácil tomar un parámetro y proyectar sobre la tangente. Además, es un movimiento plano y podemos ignorar la dirección Oy. Como parámetro se puede tomar la x, que es regular (la z es singular en el vértice). b 2 2b 2b 2 r = x, 0, 2 x rx = 1, 0, 2 x r̈ = ẍ, 0, 2 ẋ + x ẍ a a a Proyectamos las ecuaciones de equilibrio sobre el vector tangente rx , con lo que la reacción normal desaparece: x=0 2b 2gb 2 2 m −g k + ω x i + N · 1, 0, 2 x = x m ω − 2 = 0 ⇒ ω 2 = 2gb ∀x a a a2 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 217 Por tanto, hay equilibrio siempre en el vértice, y para un valor determinado de ω (correspondiente a Λ = 1), todas las posiciones son de equilibrio. c El peso es potencial; la fuerza de arrastre también; la de Coriolis no interviene en el equilibrio y la curva es lisa. Por tanto, se puede calcular el potencial sobre la curva y derivarlo para hallar el equilibrio. Tomando x como parámetro, 1 b 2 1 m 2gb 2 2 2 2 2 V = VP +Vc = mgz − mω x = mg 2 x − mω x = − ω x2 2 a 2 2 a2 x=0 2gb dV 2 =m −ω x = 0 ⇒ 2 ω 2 = 2gb ∀x dx a a2 Se obtienen, naturalmente, las mismas soluciones, pero con menos trabajo. 2 Hay que estudiar ahora el movimiento para el caso Λ = 1 en el que, como hemos visto, todos los puntos son de equilibrio. Esto quiere decir que ΣF ⊥ t en toda la curva. Aquı́ también hay varios caminos, pero esta vez empezaremos por el más simple. a En el movimiento sobre una curva lisa, lo más directo suele ser proyectar sobre la tangente, en coordenadas intrı́nsecas si es posible: ΣF · t = Ft = m at = m s̈ = 0 → ṡ = Cte. = v0 → s =✚ s✚ 0 + v0 t La aceleración tangencial es nula, por lo que el módulo de la velocidad es constante; pero no la aceleración normal, que hace variar su dirección. Igualmente, se conserva el módulo de la cantidad de movimiento, pero no la dirección. La velocidad de lanzamiento es relativa a la parábola, que es precisamente el movimiento que estamos estudiando. Queda relacionar el parámetro natural s con el que tomamos antes para la curva, x: s " 2 # 2 2b 2b 2 2 2 2 2 ds = dx + dz = dx 1 + x ds = +dx 1 + x2 2 a a2 s s 2 2 Z x 2b 2b x a2 2b 2 2+ s =✚ s✚ + 1 + ξ ξ = 1 + x d argsinh 2 x = v0 t 0 2 2 a 2 a b a 0 Tenemos ası́ la ley horaria en forma implı́cita. Viendo esta solución, en la que no se puede despejar x(t), se da uno cuenta de que la ecuación diferencial del movimiento en la variable x no va a ser fácil de integrar. b La ecuación de la energı́a también da una solución directa. Para este valor de la ω , el potencial se anula (± una constante arbitraria): m 2gb 2 V= − ω x2 2 a2 ω 2 = 2gb 2 −−−−a→ V =0 con lo que llegamos a la misma solución. 1 T = mv2 + 0 = E = Cte. 2 → v = v0 c Si se quieren usar las cinco ecuaciones generales, la cosa se complica. Sabemos que hay solución, pero no está claro que por este camino vayamos a obtenerla. Hay que sustituir las ecuaciones de las ligaduras en la del movimiento ÿ = ẏ = y = 0 b 2 r = x, 0, 2 x a 2b ṙ = ẋ, 0, 2 x ẋ a 2b r̈ = ẍ, 0, 2 ẋ2 + x ẍ a EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 218 CAPÍTULO 9. DINÁMICA RELATIVA La ecuación según Oy da, una vez resuelto el movimiento, una de las componentes de la normal. En las ecuaciones según Ox y Oz aparece la otra reacción normal; se despeja de una y se sustituye en la otra para obtener una ecuación diferencial en x y sus derivadas. Vista la forma de la ley horaria obtenida antes, no va a ser fácil de integrar. Otra forma de obtener la ecuación diferencial del movimiento es proyectar sobre la tangente rx . En cualquier caso, se obtiene una ecuación diferencial no lineal en x: a4 + 4b2 x2 ẍ + 4b2 x ẋ2 = 0 → ẍ 4b2 x ẋ =− 4 ẋ a + 4b2 x2 Es de variables separadas, y se puede integrar para obtener ẋ(x) , de donde se sacarı́a una cuadratura que, integrada, darı́a t(x) ; la ley horaria implı́cita que se obtuvo más arriba. 3 Conocido el movimiento, obtener la reacción normal es un problema algebraico. a Una posibilidad es seguir trabajando en ecuaciones intrı́nsecas, pero habrı́a que calcular el radio de curvatura que aparece en la reacción normal. No parece el camino más sencillo. b Se conoce el vector unitario tangente y, como la curva es plana, el binormal; la normal principal se obtiene simplemente girando la tangente. Proyectamos las ecuaciones del movimiento en esas direcciones. La componente y se obtiene fácilmente: µ − 2mω ẋ = 0 Del vector tangente rx derivado más arriba, se obtiene directamente uno normal: 2b 2b rx = 1, 0, 2 x → rn = − 2 x, 0, 1 a a M I I 2 2 rn · a20 − P − FA − FC − N1 − Ny = 0 = 2ma b ẋ + a2 + 4b2 x2 (mg − λ ) Con lo que quedan determinadas λ y µ . No se pueden expresar en función de t porque no conocemos explı́citamente x(t), sino t(x). Pero con la ley horaria implı́cita se puede poner todo en función de x: v0 f (x) = v0 t → f ′ (x) ẋ = v0 → ẋ = ′ f (x) operando y sustituyendo en las expresiones anteriores, se llegarı́a a λ (x) y µ (x). Recuérdese que λ no es el módulo de la reacción normal en el plano, porque el vector ∇ f1 que da la dirección no es unitario; µ sı́ es el módulo de la fuerza normal al plano, porque ∇ f2 = j. Ejercicio 9.8: Una partı́cula se mueve por una circunferencia vertical que gira alrededor de su diámetro vertical. ¿Interviene la fuerza de Coriolis en la ecuación que determina el movimiento relativo θ (t)? 1. 2. 3. 4. 5. Siempre. Nunca. Solo si es lisa. Solo si hay rozamiento de Coulomb. Ninguna de las respuestas anteriores es correcta. EIAE, enero 2012 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 219 Problema 9.1: Una estación espacial O, se encuentra en órbita circular alrededor de la Tierra siendo R el radio de su órbita. Se pretende, analizar el movimiento, respecto de la estación espacial O, de una nave M que desea atracar en ella. Para la descripción analı́tica del problema se considerarán los siguientes sistemas de referencia: i) Cx1 y1 z1 , con origen en el centro de la Tierra C, el plano Cx1 y1 coincidiendo con el plano de la órbita z1 circular seguida por la estación, y el eje Cz1 perpendicular al mismo, ii) Oxyz, con origen en la estación espacial, el eje Ox según z la vertical ascendente, el eje Oy tangente a la órbita y el eje Oz C normal al plano orbital. En la resolución del problema se tendrán M y1 ρ en cuenta las siguientes hipótesis simplificatorias: a) el sistema de R y x1 referencia Cx1 y1 z1 se considerará inercial y, b) la Tierra es perfecO tamente esférica y atrae a cualquier partı́cula material M de masa x m con una fuerza igual a b F=− Se pide: mµ CM. |CM|3 a) Determinar las fuerzas de inercia, de arrastre y de Coriolis, que es preciso tener en cuenta para analizar el movimiento de una partı́cula M de masa m, respecto de la referencia Oxyz. La posición de la partı́cula M se fijará mediante el radio vector OM = ρ = x i + y j + z k. b) Suponiendo que |ρ | ≪ |CM| obtener un desarrollo en serie de potencias del parámetro pequeño |ρ |/R de la fuerza gravitatoria terrestre que actúa sobre M. c) Se denomina gradiente de gravedad a la suma de la fuerza de inercia de arrastre y la atracción gravitatoria terrestre. Obténgase una expresión aproximada del gradiente de gravedad, usando, para la atracción gravitatoria terrestre, los dos primeros términos del desarrollo obtenido en b). d) Plantéense las ecuaciones que gobiernan el movimiento libre de una partı́cula M de masa m, respecto de la estación espacial Oxyz; obténgase una versión aproximada de las ecuaciones, usando, para el gradiente de gravedad, la expresión aproximada determinada en el apartado anterior. (Ecuaciones de Hill). e) Intégrense las ecuaciones de Hill a partir de unas condiciones iniciales arbitrarias en t = 0 : x = x0 , y = y0 , z = z0 , ẋ = ẋ0 , ẏ = ẏ0 , ż = ż0 (1) Si la partı́cula M representa una nave espacial que evoluciona en las proximidades de la estación, la solución obtenida en e) permite resolver, en principio, el problema de atraque de la nave en la estación, mediante una maniobra de dos impulsos: f) Si en el instante t = 0 la nave se encuentra con el estado dinámico definido en (1), averiguar el impulso que es necesario dar a la nave para que en el instante final t = τ , se encuentre en la estación espacial (origen O : x = y = z = 0). g) Averiguar el impulso que es necesario darle a la nave, en el instante final t = τ , para dejarla en reposo en el origen O. Abril de 1994 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 220 CAPÍTULO 9. DINÁMICA RELATIVA a Si la órbita es circular, la estación O se mueve con velocidad uniforme conocida q µ R, que determina también la velocidad angular de los ejes Oxyz que la acompañan. Si uno no recordara el valor, se deduce fácilmente igualando la atracción gravitatoria a la aceleración centrı́peta del movimiento circular: z1 r r v2 µ µ µ 2 = = R θ̇ ⇒ v= ω 01 = θ̇ k = k ω 01 z 2 R R R R3 C µ 2 2 aO aC01 = 0 01 = −Rθ̇ ur = −Rω i = − 2 i y1 R x1 R y Conocido el movimiento de arrastre (circular uniforme), se pueden calcular las fuerzas de inercia. Se simplifican los cálculos si se x observa que C es un punto fijo del sistema S0 :     R + x R + x  mµ 2 y y aM ⇒ FIA = 3 01 = ω 01 ∧ (ω 01 ∧ CM) = −ω    R  0 0   r i j k −ẏ mµ   I 0 0 ω ẋ FCI = −2ω 01 ∧ vM = −2m ⇒ F = −2m 20 C R3   ẋ ẏ ż 0 O v b La atracción gravitatoria sobre la nave M es: F=− mµ CM, donde CM = (R + x, y, z) |CM|3 Vamos a tener ecuaciones no lineales en las coordenadas. Se pueden linealizar aprovechando que la distancia de la nave a la estación es mucho más pequeña que la distancia de ambas al centro de la Tierra: |ρ | ≪ |CM| ⇒ |x|, |y|, |z| ≪ R El módulo se puede expresar como |CM| = R2 + 2Rx + x2 + y2 + z2 lo que permite usar el desarrollo − 12 = R−3 ε ≪1 }| { 1 z −2 2x x2 + y2 + z2 1+ + R R2 1 (1 + ε )n = 1 + n ε + n(n − 1) ε 2 + o(ε 2 ) 2 para obtener |CM|. Pero lo que nos interesa no es el módulo, sino el cubo, que es lo que aparece en las ecuaciones: " ! # 2 + y2 + 2 ✟z✟ 3 2x x ✟✟ |CM|3 = R3 1 − + +... 2 R ✟✟ R2 del que solo conservamos el primer término, y aun este lo truncamos porque los términos cuadráticos son mucho más pequeños que los lineales. c La atracción gravitatoria, conservando solo los términos lineales, queda     2 3x✓   R + x R − 2x + ✓R  mµ 3x mµ  3xy F = − 3 1− y +··· ≃ − 3 y− R   R R  R    z z − 3xz R EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 221 y al sumar la fuerza de inercia de arrastre, se obtiene el gradiente de gravedad:     R − 2x R + x   mµ mµ Fg = F + FIA ≃ − 3 y + 3 y ≃  R   R  z 0   3x mµ   Fg = 3 0 R   −z Esta fuerza la experimenta un cuerpo en el movimiento relativo a otro objeto en órbita circular (hay una expresión análoga para órbitas elı́pticas). Resulta que el plano orbital (osculador) es atractivo, mientras que el horizontal local (rectificante) es repulsor. d Si planteamos las ecuaciones del movimiento relativo con las fuerzas linealizadas, Fg + FCI = m aM 20 =       −ẏ ẍ  3x  = mω 2 0 − 2mω ẋ = m ÿ       −z 0 z̈ ⇒ ẍ = 3 ω 2 x +2ω ẏ ÿ = −2ω ẋ 2 z̈ = −ω z se obtienen las ecuaciones de Hill: ecuaciones linealizadas del movimiento relativo a un cuerpo en órbita circular. e Las ecuaciones de Hill son lineales de coeficientes constantes; se pueden integrar por varios caminos. La tercera está desacoplada, es un oscilador armónico, y se integra directamente: z = z0 cos ω t + ż0 sin ω t ω La segunda se puede integrar una vez, ÿ = −2ω ẋ ẏ = −2ω x + D ; → D = ẏ0 + 2ω x0 y sustituir el resultado en la primera, que también resulta un oscilador, pero forzado: xh = A cos ω t + B sin ω t 2 ẍ = −ω x + 2ω D → x p = 2D ω Esto se lleva a la ecuación de ẏ, que ya puede integrarse, ẏ = −2ω (xh + x p ) + D → y = E − 3Dt − 2 (A sin ω t − B cos ω t) Imponemos condiciones iniciales a la x, 2ẏ0 ẋ0 2ẏ0 x = − 3x0 + cos ω t + sin ω t + 4x0 + ω ω ω también a la y: 2ẋ0 y = y0 − − 3 (2ω x0 + ẏ0 ) t + 2 ω 2ẏ0 ẋ0 3x0 + sin ω t + cos ω t ω ω En conjunto, 2ẏ0 x = − 3x0 + ω cos ω t + ẋω0 sin ω t cos ω t + żω0 sin ω t y= 2 ẋω0 z= z0 +4x0 + 2ωẏ0 cos ω t +2 3x0 + 2ωẏ0 sin ω t −3 (2ω x0 + ẏ0 ) t +y0 − 2ωẋ0 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 222 CAPÍTULO 9. DINÁMICA RELATIVA Nótese que, aunque el plano horizontal local sea repulsor, la x no crece indefinidamente; la fuerza de Coriolis se encarga de curvar la trayectoria; donde sı́ hay un término que crece indefinidamente es en la dirección y: el plano normal Oxz no ejerce fuerza ninguna, y una velocidad inicial hace que se aleje indefinidamente la en esa dirección. f La nave se encuentra en t = 0 en un estado arbitrario x0 , y0 , z0 , ẋa0 , ẏa0 , ża0 antes de la percusión. Se le aplica una percusión, con lo que el estado cinemático pasa a ser x0 , y0 , z0 , ẋd0 , ẏd0 , żd0 inmediatamente después. Se busca el valor de la percusión para que al cabo de un tiempo τ llegue a O. El problema es análogo a preguntar qué velocidad inicial hace falta, porque la percusión lo que hace es cambiar la velocidad sin alterar la posición: P d a P = m v0 − v0 ⇒ vd0 = va0 + m A la configuración después de la percusión se le puede aplicar la misma ecuación general, para un t arbitrario: 2ẏd0 ẋd 2ẏd cos ω t x = − 3x0 + ω + ω0 sin ω t +4x0 + ω0 ẋd 2ẏd 2ẋd y= 2 ω0 cos ω t +2 3x0 + ω0 sin ω t −3 2ω x0 + ẏd0 t +y0 − ω0 z= z0 cos ω t żd + ω0 sin ω t Obligando a que en t = τ llegue al origen de coordenadas, ẋd 2ẏd 2ẏd0 cos ω τ + ω0 sin ω τ +4x0 + ω0 0 = − 3x0 + ω ẋd 2ẏd 2ẋd 0= 2 ω0 cos ω τ +2 3x0 + ω0 sin ω τ −3 2ω x0 + ẏd0 τ +y0 − ω0 0= z0 cos ω τ żd + ω0 sin ω τ se obtiene un sistema lineal del que podemos despejar las velocidades después de la percusión:    d  sin ω τ 2 0 ẋ0   3x0 cos ω τ − 4x0  ω ω (1 − cos ω τ ) − 2 (1 − cos ω τ ) −3 τ + 4 sin ω τ  ẏd = 6x0 (ω τ − sin ω τ ) − y0 0 ω ω   d0   1 −z0 cos ω τ ż0 0 0 sin ω τ ω Luego la percusión vale  sin ω τ 2 ω ω (1 − cos ω τ ) P 2 = ω (cos ω τ − 1) −3 τ + ω4 sin ω τ m 0 0    −1  0  3x0 cos ω τ − 4x0  ẋa0   6x0 (ω τ − sin ω τ ) − y0 − ẏa0 0    a 1 −z0 cos ω τ ż0 ω sin ω τ g La velocidad con que llega al origen se obtiene derivando las ecuaciones horarias, y sustituyendo el tiempo de llegada: ẋ f = 3x0 ω + 2ẏd0 sin ω τ +ẋd0 cos ω τ d d ẏ f = −2ẋ0 sin ω τ +2 3x0 ω + 2ẏ0 cos ω τ −3 2ω x0 + ẏd0 ż f = −z0 ω sin ω τ +żd0 cos ω τ que se puede expresar como     d  cos ω τ 2 sin ω τ 0 ẋ0   3x0 ω sin ω τ  0  ẏd0 + 6x0 ω (cos ω τ − 1) v f = −2 sin ω τ 4 cos ω τ − 3  d   0 0 cos ω τ −z0 ω sin ω τ ż0 El impulso final tiene que quitarle toda la cantidad de movimiento, P f = −m v f donde todos los términos de v f y de vd0 se han calculado ya y son conocidos. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica Capı́tulo 10 Exámenes: Dinámica del Punto Se incluyen aquı́ problemas propuestos en exámenes de Mecánica de años anteriores. En las secciones anteriores se han propuesto problemas o ejercicios sobre partes concretas del temario de Dinámica del Punto: movimiento con ligaduras, dinámica relativa, etc. Los de esta sección suelen requerir técnicas correspondientes a varias partes. Problema 10.1: Una partı́cula pesada M (sólido 2) está obligada a moverse por el interior de un tubo liso sin masa (sólido 0), tal como se muestra en la figura. El tubo está contenido en un plano vertical Ox1 y1 fijo (sólido 1), y gira alrededor de su punto central O, que está fijo, con velocidad angular ω k1 . En el instante inicial, el eje del tubo Ox coincide con el eje horizontal fijo Ox1 , siendo Oy1 la vertical ascendente. Se quiere estudiar el movimiento de la partı́cula relativo al tubo, es decir, el movimiento 2/0. 1. Calcular todas las fuerzas de inercia que intervienen. (20 %) 2. Plantear las ecuaciones del movimiento en el plano Oxy. (20 %) 3. Calcular la reacción normal del tubo en función de x, ẋ y t. (20 %) 4. Integrar completamente la ecuación diferencial del movimiento relativo, dejándola en función de dos constantes de integración arbitrarias A y B. (20 %) 5. En t = 0, la partı́cula está en el origen y se lanza con velocidad relativa ẋ0 . Determinar esta velocidad y las constantes A y B para que el movimiento resultante sea una oscilación armónica (se supone que el tubo es suficientemente largo, de modo que la partı́cula no llega a salir por el extremo). (20 %) y ωt y1 N x M O ωt x1 mg EUITA, marzo de 2003 223 224 CAPÍTULO 10. EXÁMENES: DINÁMICA DEL PUNTO 1 El movimiento relativo es un movimiento rectilı́neo a lo largo del eje Ox: OM = x i, vM 20 = ẋ i, aM 20 = ẍ i El movimiento de arrastre es una rotación con punto fijo y velocidad angular constante: ω 01 = ω k1 = ω k, α 01 = ω̇ k = 0 Por tanto, las fuerzas de inercia son: h i M O ✟ FIA = −ma01 = −m a01 + ✟ α 01 ∧ OM + ω 01 ∧ ω 01 ∧ OM = FIA = mω 2 x i i j k 0 0 ω = FIC = −2m ω 01 ∧ vM = −2m FIC = −2m ω ẋ j 20 ẋ 0 0 (3 pt.) (3 pt.) 2 La ecuación del movimiento serı́a ΣF + ΣFI = maM 20 . Las fuerzas que actúan son el peso y la reacción normal del tubo: P = mg (− sin ω t i − cos ω t j) , N =Nj Con lo que las ecuaciones, proyectadas en ejes 0, son: mẍ = 0 −mg sin ω t +mω 2 x (6 pt.) = N −mg cos ω t −2mω ẋ N = mg cos ω t + 2mω ẋ 3 De la ecuación anterior se obtiene directamente: (6 pt) ẍ − ω 2 x = −g sin ω t. La solución general será la suma de la de la homogénea más una particular: x = xh + x p . La homogénea es lineal de coeficientes constantes, por lo que se puede resolver mediante el polinomio caracterı́stico: λ 2 − ω 2 = 0 ⇒ λ = ±ω . La solución de la homogénea será pues de la forma: 4 La ecuación diferencial del movimiento es: xh = A eλ1t + B eλ2t = A eω t + B e−ω t Como el término independiente no es solución de la homogénea, buscaremos una particular de la misma forma, x p = C sin ω t: d2xp − ω 2 x p = −Cω 2 sin ω t − ω 2C sin ω t = −g sin ω t 2 dt ⇒ C= g 2ω 2 La solución general será por tanto: x = A eω t + B e−ω t + g sin ω t 2ω 2 (6 pt.) 5 Para que la solución sea una oscilación armónica, tienen que desaparecer los términos no armónicos, las exponenciales. Por tanto, habrá que dar unas condiciones iniciales que hagan A = 0, B = 0. Para imponer condiciones iniciales hay que determinar primero la expresión general de la velocidad: ẋ = ω A eω t − ω B e−ω t + EIAE. Problemas de Mecánica Clásica g cos ω t 2ω 225 Particularizando para t = 0, se obtiene: x(0) = 0 = A + B; ẋ(0) = ẋ0 = ω A − ω B + g 2ω Por la primera condición (parte del origen), se tiene A = −B. La segunda (la velocidad con que g se lanza) da lugar a: ẋ0 = 2ω A + . Por tanto, para que sean cero A y B basta con que la 2ω velocidad de lanzamiento sea: g ẋ0 = (6 pt.) 2ω Problema 10.2: Una partı́cula M (sólido 2), de masa m, está obligada a moverse por una recta lisa de movimiento conocido (sólido 0), tal como se muestra en la figura. La recta está contenida en un plano fijo O1 x1 y1 (sólido 1), y gira alrededor de uno de sus puntos O, con aceleración angular α k1 constante. O se mueve con aceleración constante g i1 a lo largo del eje O1 x1 . En el instante inicial, O coincide con el origen O1 y la recta Ox coincide con el eje fijo Ox1 . Se quiere estudiar el movimiento de la partı́cula M relativo a la recta, es decir, el movimiento 2/0. Se tomará como incógnita la coordenada x de M, de modo que OM = x i. Todos los resultados se proyectarán en los ejes Oxyz. Cinemática 1. Calcular el ángulo θ de la figura como función del tiempo. (10 %) 2. Calcular la aceleración de arrastre aM 01 como función del tiempo y de x. (30 %) 3. Calcular la aceleración de Coriolis de M en función de ẋ y t. (20 %) Se supone ahora que sobre la partı́cula actúa un peso mg i1 en la dirección del eje O1 x1 , y que en t = 0 se lanza desde x = 0 con velocidad relativa ẋ = v. Dinámica 4. Plantear las ecuaciones de la cantidad de movimiento de M en el movimiento 2/0, proyectadas en ejes 0. (20 %) 5. Calcular el valor de la reacción normal de la recta en t = 0. (20 %) y1 y θ x N x1 M O O1 mg θ x1 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 226 CAPÍTULO 10. EXÁMENES: DINÁMICA DEL PUNTO EUITA, junio de 2003 1 El movimiento 0/1 (arrastre) es un movimiento plano, por lo que la velocidad y aceleración angular tienen dirección fija. El ángulo θ es el que forman una recta fija del sólido 0 con una recta fija del sólido 1, ası́ que, por definición, ω 01 = θ̇ k α 01 = θ̈ k = α k = Cte. θ̇ = α t + θ̇✓✓0 2 θ = α2t + θ0 ) ⇒ θ= αt2 2 2 Como el movimiento 0/1 es conocido, la aceleración de arrastre se calcula directamente: O aM 01 = a01 + α 01 ∧ OM + ω 01 ∧ (ω 01 ∧ OM) =   i j k  cos θ  i j k = g − sin θ + 0 0 α + ω 01 ∧ 0 0 α t   x 0 0 0 x 0 0 3 La aceleración de Coriolis es también directa: M aM c = 2ω 01 ∧ v20 = 2 α t k ∧ ẋ i = =   g cos α t 2/2 − α 2t 2 x −g sin α t 2/2 + α x   0 aM c = 2α t ẋ j 4 La ecuación de la Cantidad de Movimiento para el movimiento 2/0 es ΣF = maM 20 = mẍ i . Como el sistema 0 no es inercial, las fuerzas que hay que considerar son: Directamente aplicadas: mg i1 = mg(cos θ , − sin θ , 0) Ligadura: N = Nj + N ′ k1 M Inercia: FIA = −maM 01 ; FIC = −maC ✟           ✘ 2 /2 ✘ 2✘ 2 t 2 x ✟✟  0  ✘ 0  cos α t ✟  g cos α t /2 − α   m ẍ ✘ ✘ ✘ ✭✭ ✟ 2 ✭ 2 ✭ ✟ α t /2 0 mg − sin + N −m ✭ − m 2α t ẋ = −g sin ✭✭α t /2 + α x  ✟✟   ′  ✭      N 0 0 0 0 ✟✟ ✟ Simplificando: m α 2t 2 x = m ẍ N − m α x − 2m α t ẋ = 0 N′ = 0 5 De la ecuación de la cantidad de movimiento según y se obtiene la reacción normal N: N = m α x + 2m α t ẋ En t = 0 es x = 0 y ẋ = v, por lo que: N ′ no es necesario calcularla, porque se ve claramente que es cero. N(0) = 0 componente N ′ en la dirección z puede ignorarse: el problema es plano y no hay fuerzas ni aceleraciones en esa dirección, por lo que será cero. Bastarı́a con dar las ecuaciones según x e y. 1 La EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 227 Problema 10.3: Sea O1 x1 y1 z1 un sistema de referencia inercial tal que el eje O1 z1 es vertical ascendente. El sistema Ox0 y0 z0 de la figura se mueve respecto al sistema 1 de tal modo que: ~ 01 es constante siendo su valor ω~k1 = ω~k0 ; ii) el plano Ox0 z0 rueda sin deslizar sobre el i) ω cilindro circular del sistema 1 de eje O1 z1 y radio R; iii) zO 1 = R en todo instante. Sea A el punto intersección, en un instante genérico, entre el eje Oy0 y la generatriz del cilindro que está en contacto con el plano Ox0 z0 . Sea α el ángulo entre O1 x1 y Ox0 y η la coordenada y0 del punto A. Una partı́cula pesada M, de masa m, está obligada a moverse sin rozamiento por la circunferencia del sistema 0 que está contenida en el plano Ox0 z0 , tiene radio R y centro en el punto O. Sea θ el ángulo, en un instante genérico, entre OM y la parte negativa del eje Oz0 . Se pide: a) Determinar α y η en función del tiempo sabiendo que inicialmente sus valores son nulos. b) Determinar, en función de θ y sus derivadas respecto al tiempo, las expresiones de las fuerzas de inercia que intervienen en el estudio del movimiento de la partı́cula respecto al sistema 0. c) A partir de las ecuaciones del movimiento respecto al sistema 0, dejar el cálculo de θ (t) reducido a una cuadratura. d) Estudiar cualitativamente qué tipo de movimientos puede tener la partı́cula, indicando en particular si existen posiciones de equilibrio o si θ puede realizar movimientos asintóticos hacia ciertos valores. e) Determinar la reacción de la curva sobre la partı́cula. ETSIA, Junio de 2002 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 228 CAPÍTULO 10. EXÁMENES: DINÁMICA DEL PUNTO a Es obvio que α es el ángulo girado por el sistema 0 respecto a un eje vertical: y0 ~ 01 = ω k = α̇ k ω → α = ω t + α0 → α = ωt ωt El plano Oy0 z0 , y el eje Oy0 contenido en él, ruedan sin deslizar sobre el cilindro. Las longitudes recorridas por A por el eje y por la circunferencia de contacto con el cilindro son iguales: η = α R = Rω t A O α x1 b Las expresiones de las fuerzas de inercia son h i ✚ ∧ OM + ω ˙ 01 ~ ~ ~ FIA = −m ~aO + ω ω ∧ ( ∧ OM) 01 01 01 ✚ y1 x0 ~ 01 ∧ vM FIC = −2m ω 20 ~ 01 es conocida y constante. La posición y velocidad relativas de M son triviales ω OM = R (sin θ , 0, − cos θ ) vM 20 = R θ̇ (cos θ , 0, sin θ ) La velocidad y aceleración de O son más complicadas. No hay ningún punto de movimiento conocido simple en el que apoyarse Al rodar sin deslizar, A de 0 tiene velocidad nula, pero no es siempre el mismo punto de 0, por lo que no podemos derivar para hallar la aceleración El movimiento es plano, podrı́an usarse las técnicas del movimiento plano para calcular la aceleración del CIR A y luego por campo de aceleraciones la de O Finalmente, va a ser más sencillo calcularla derivando el vector posición. Por supuesto, lo haremos en ejes móviles para evitar los errores al hacer y deshacer cambios de ejes. O1 O = R i0 − η j0 + R k0 = (R, −η , R)   i  ωη  j k −−˙→ −−˙→ −−→ ~ 01 ∧ O1 O = (0, −η̇ , 0) + 0 0 ω = ω R − η̇ vO 01 = O1 O 1 = O1 O 0 + ω R −η R  0     2    i Rω + ω η̇ − ω 2 R  ω 2 R  ω η̇ j k   O −✓ η̈✓ + 0 0 ω = ~aO = ω 2 Rω t ω 2η 01 = v̇01 1 =       0 ω η ω R − η̇ 0 0 0 Con esto se pueden ya calcular las fuerzas de inercia:     0 1 − sin θ    2 FIA = −mω R FIC = −2mω R θ̇ cos θ ωt     0 0 c Para plantear las ecuaciones del movimiento, sólo faltan el peso, que es trivial, y las fuerzas de ligadura. Al ser una curva lisa, habrá dos componentes de fuerza de ligadura, contenidas en el plano normal; las proyectaremos según ur de las polares asociadas a la circunferencia y a θ , y la normal j.         0  0 1 − sin θ    0 2 − mg 0 − mω R − 2mω R θ̇ cos θ + Ny 1 + Nr ur = ωt         1 0 0 0 0 0 0 0 = mRθ̈ uθ − mRθ̇ 2 ur EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 229 Para obtener la ecuación del movimiento, proyectamos sobre el vector unitario tangente a la curva uθ = (cos θ , 0, sin θ ): ✭ ✭✭✭✭ −mg sin θ − mω 2 R (1 − sin θ ) cos θ + Nr −✭ sin✭θ✭cos ✭✭ θ✭ +✭ cos θ sin θ = mRθ̈ cos θ ✭ g 2 θ̈ = −ω (1 − sin θ ) cos θ − sin θ R Esta ecuación se puede integrar multiplicando ambos miembros por θ̇ h i g 2 θ̈ θ̇ = θ̇ −ω (1 − sin θ ) cos θ − sin θ R 2 θ̇ 2 sin θ g = C − ω 2 sin θ + ω 2 + cos θ 2 2 R Y se obtiene directamente la cuadratura Z √ Z ±d θ 2 dt = q 2 C − ω 2 sin θ + ω 2 sin2θ + Rg cos θ d La integral permite hacer un análisis cualitativo en función de θ : θ̇ 2 = Ẽ − Ṽe f (θ ) 2 → sin2 θ g Ṽe f (θ ) = ω sin θ − − cos θ 2 R 2 Aunque haya dos curvas con dos coeficientes distintos, no es difı́cil dibujar el potencial eficaz. Por la forma de las curvas que se suman, vemos que no van a aparecer o desaparecer puntos estacionarios al variar el parámetro ωg2 R . En θ = π , se suma al coseno una curva de pendiente negativa, por lo que el máximo se desplaza hacia la izquierda. En θ = 0, se suma al coseno una curva de pendiente positiva, por lo que el mı́nimo se desplaza también a la izquierda. Lo que hace la curva de los senos, independientemente del valor relativo de los coeficientes, es bajar la curva del coseno para ángulos negativos y subirla para los positivos: tanto máximos como mı́nimos se desplazan a la izquierda. El valor de este desplazamiento sı́ depende de ωg2 R . Los puntos de equilibrio son los estacionarios del potencial: g sin θ = 0 R g ω 2 cos θ (1 − sin θ ) + sin θ = 0 R Rω 2 tan θ = (sin θ − 1) g Ṽ ′ = ω 2 (cos θ + sin θ cos cos θ ) + − π2 π 2 Esta ecuación transcendente tiene dos soluciones: un máximo θM ∈ [π /2, π ] y un mı́nimo θM ∈ [−π /2, 0]. Los movimientos serán los del péndulo: equilibrio estable, libración, movimiento asintótico, equilibrio inestable, rotación. La diferencia está en que los puntos de equili2 brio se desplazan en el sentido del reloj un ángulo que depende de la relación Rωg . EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 230 CAPÍTULO 10. EXÁMENES: DINÁMICA DEL PUNTO e Las componentes de la reacción normal se determinan proyectando la ecuación del movimiento según sus direcciones: N = Nr ur + Ny j CM · j → −mω 2 Rω t − 2mω Rθ̇ cos θ + Ny = 0 CM · ur → mg cos θ − mω 2 R sin θ (1 − sin θ ) + Nr = −mRθ̇ 2 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 231 Problema 10.4: Se tiene una placa horizontal Ox0 y0 (sistema S0 ) que gira respecto a un sistema fijo Ox1 y1 z1 , alrededor del eje vertical común Oz0 ≡ Oz1 . La velocidad angular es constante: ω 01 = ω k0 . En la placa se talla una ranura de ecuación polar r = a + b θ , donde a y b son constantes positivas. Por la ranura se mueve sin rozamiento y con ligadura bilateral una partı́cula M de masa m (sistema S2 ). En el instante inicial los ejes S0 coinciden con los fijos. La partı́cula se deja en r = a, θ = 0, en reposo respecto a la placa giratoria. Se recomienda trabajar en coordenadas polares sobre S0 . Se pide: 1. Razonar qué fuerzas hay que tener en cuenta en el movimiento de la partı́cula relativo a la placa móvil, sin calcular todavı́a su expresión detallada. 2. Plantear la ecuación de la energı́a para el movimiento relativo 2/0. Razonar cuáles de las fuerzas no trabajan y si alguna es potencial. 3. Dejar el problema reducido a una cuadratura en θ y t. Habrá que justificar la elección de signo, planteando la correspondiente ecuación de cantidad de movimiento. 4. Demostrar que θ̇ → |ω | cuando t → ∞. 5. Supóngase que la ranura está abierta por su extremo rmax = c. Calcular la velocidad absoluta con que la partı́cula abandona la placa (proyectada en ejes S0 y en polares). 6. Razonar el sentido en que ha de girar la placa para que el módulo de la velocidad absoluta de salida sea máximo, y si es posible ajustar los parámetros para que la velocidad absoluta de salida tenga dirección radial. y1 y0 ur uθ M r x0 ωt θ x1 O ETSIA, septiembre de 2008 1 Las fuerzas que actúan sobre la partı́cula son: Dadas: El peso (la placa es horizontal, que solo tiene sentido cuando hay peso). Ligadura: El punto se mueve sobre una curva lisa. La reacción normal tiene dos componentes en el plano normal a la curva. Como es plana, podemos tomarlas según la normal principal, Nn n y la normal al plano, Nz k0 . Inercia: Como el sistema Ox0 z0 no es inercial, hay que contar las fuerzas de inercia de arrastre, FIA y de Coriolis FIC . 2 La ecuación de la energı́a en el movimiento 2/0 se escribe: d T20 = d W20 = ∑ Fi · vM 20 dt EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 232 CAPÍTULO 10. EXÁMENES: DINÁMICA DEL PUNTO La velocidad vM 20 tiene la dirección de la tangente a la curva. Por tanto, y0 uθ El peso no trabaja porque la trayectoria es horizontal Las reacciones normales no trabajan porque la curva es lisa y estacionaria respecto a la placa: N ⊥ vM 20 k τ . n Nn τ FIA ur FIC M θ x0 La fuerza de inercia de Coriolis no trabaja porque M es normal a la velocidad, −2m ω 01 ∧ vM 20 ⊥ v20 Queda solo la fuerza de inercia de arrastre, que se reduce a la centrı́fuga h i O ✟ α ω ω FIA = −m a01 + ✟01 ∧ OM + 01 ∧ ( 01 ∧ OM) = m ω 2 r ur y es obviamente potencial FIA = F(r) ur = ∇ Z F(r) dr +C → V (r) = − Z 1 F(r) dr = − mω 2 r2 2 El trabajo elemental es una diferencial exacta, y la ecuación de la energı́a proporciona la integral de la energı́a, 1 1 T +V = m ṙ2 + r2 θ̇ 2 − mω 2 r2 = E 2 2 3 Introduciendo la ecuación de la curva, se puede eliminar una de las coordenadas, y obtener una cuadratura. Como la relación es lineal, es igual dejar una que otra: la complicación será la misma. Dejaremos la θ , que es la que se pide en el enunciado. r = a+bθ ṙ = b θ̇ h i 1 1 1 m b2 θ̇ 2 + (a + b θ )2 θ̇ 2 − mω 2 (a + b θ )2 = E = 0 − mω 2 a2 2 2i i 2 h h 2 2 2 2 2 2 θ̇ b + (a + b θ ) = ω (a + b θ ) − a s Z Z b2 + (a + b θ )2 d θ = ±| ω | dt (a + b θ )2 − a2 El doble signo se resuelve mediante las condiciones iniciales. En este caso, la partı́cula se deja en reposo, por lo que θ̇0 = 0. Hay que recurrir a la derivada segunda, mediante la ecuación de la cantidad de movimiento. Se pueden seguir varios caminos. De más complejo a más simple, tenemos: No conviene plantear la ecuación de la cantidad de movimiento en polares, m r̈ − rθ̇ 2 ur + m rθ̈ + 2ṙθ̇ uθ = (Nz − mg) k0 + Nn n + FIA + FIC porque no conocemos las fuerzas de ligadura en el instante inicial. Habrı́a que proyectarla según un vector tangente, para que desaparezcan. Es mejor hacerlo directamente, sin escribirla entera. Tratándose de una curva, el movimiento viene determinado por la ecuación de la cantidad de movimiento según la tangente: m at = Ft Con el sentido que se ha tomado para τ , si inicialmente at es positiva crecen r y θ . Como solo nos interesa el signo, basta saber si la Ft es positiva o negativa. Un vector en la EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 233 dirección de τ es ddrθ = ddrθ ur + r uθ , aunque no sea unitario. Como la única fuerza no perpendicular es FIA = mω 2 r ur , está claro que Ft ∝ FIA · ddrθ > 0 y el signo que hay que tomar es el positivo. También se puede derivar la ecuación de la energı́a. Queda todo multiplicado por θ̇ , que se elimina dejando una expresión en θ̈ , θ̇ y θ de la que se obtiene el signo. Sin embargo, en t = 0, que es cuando nos interesa, no se puede eliminar θ̇ porque es nula. Esta dificultad matemática se resuelve con un razonamiento fı́sico: como se estudia en teorı́a, la ecuación que sale al derivar la de la energı́a es precisamente la de cantidad de movimiento según la tangente. Solo hay un grado de libertad, no puede haber dos ecuaciones independientes. Y como esa ecuación se cumple ∀t, se puede aplicar también en el instante inicial. Esto último se puede hacer de modo gráfico mediante el diagrama de energı́a potencial y sin dificultades matemáticas. En θ = 0, la pendiente del potencial dV d θ es negativa, luego la partı́cula empieza a moverse hacia la derecha, con θ crecienO θ te. − ba E Finalmente, el signo de Ft se puede determinar observando la forma de la ranura, sin necesidad de operaciones: r crece con θ , y el vector tangente τ forma un ángulo < π2 con ur . Por tanto la única fuerza que influye en el movimiento, la centrı́fuga, tiene una proyección positiva según τ . at es positiva, y tanto r como θ crecen. Por tanto, la cuadratura queda: s Z (a + b θ )2 + b2 (a + b θ )2 − a2 d θ = +|ω | Z dt Es importante poner |ω |, porque la fuerza centrı́fuga siempre va hacia fuera, independientemente del signo de ω . Por tanto, cualquiera que sea el sentido en que gire la placa, la θ siempre crece y la partı́cula se aleja del centro. 4 De la integral primera se observa que el lı́mite para θ → ∞ es una indeterminación de la forma ∞ ∞ , que se resuelve trivialmente, 2 2 a 2 2 + b − θa 2 2 2 (a + b θ ) − a 2 θ 2 lı́m θ̇ = lı́m ω = lı́m ω 2 b2 = ω 2 a 2 θ →∞ θ →∞ θ →∞ (a + b θ ) + b θ + b + θ2 Como θ̇ es siempre positiva, θ → ∞ cuando t → ∞, por lo que se puede afirmar que lı́m θ̇ = +|ω | t→∞ 5 En un punto arbitrario, la velocidad absoluta es M M vM 21 = v20 + v01 = ṙ ur + r θ̇ uθ + ω r uθ = b θ̇ ur + r ω + θ̇ uθ θ̇ se obtiene sustituyendo r = c en la integral primera, con lo que   s s 2 2 2 2 c −a c −a  vM ur + c ω + |ω | uθ 21 = b |ω | 2 2 c +b c2 + b2 c 6 Para un radio de salida c dado, la velocidad radial es independiente del sentido de giro. La azimutal depende del signo de ω , y es máxima cuando es positivo, es decir, la placa gira en el sentido de avance de la espiral. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 234 CAPÍTULO 10. EXÁMENES: DINÁMICA DEL PUNTO La velocidad azimutal no se anula para ningún radio finito c. Tiende a cero cuando el radio tiende a ∞ y la placa gira con ω negativa:   s 2 2 r −a  lı́m r −|ω | + |ω | =0 r→∞ r 2 + b2 Por tanto, no es posible lograr que la partı́cula salga con velocidad radial, aunque cuanto mayor sea c más se aproximará a la dirección radial, siempre que la placa gire en sentido contrario al de avance de la espiral. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 235 Problema 10.5: El sistema Ox0 y0 z0 de la figura gira con velocidad angular constante ω alrededor del eje vertical Oz1 ≡ Oz0 del sistema inercial Ox1 y1 z1 . Considérese el arco AB de la curva lisa de ecuaciones:   y0 = 0 (−2a ≤ x0 ≤ 2a) a πx  z0 = (1 − cos 0 ) 2 a Un punto material M de masa m se mueve por la curva anterior, a la que puede abandonar por sus extremos A o B, en cuyo caso comenzarı́a a moverse sobre el plano Ox0 y0 , que es rugoso con coeficiente de rozamiento µ . Además de su peso, sobre la partı́cula actúa una atracción del punto O, proporcional a la masa y a la distancia a este punto, siendo ω 2 la constante de proporcionalidad. Se pretende estudiar el movimiento del punto respecto al sistema Ox0 y0 z0 , para lo cual se pide: a) Determinar en función de la posición (x0 , y0 , z0 ) y velocidad (ẋ0 , ẏ0 , ż0 ) de la partı́cula, las expresiones de las fuerzas de inercia de arrastre y de Coriolis. b) Suponiendo que el punto se está moviendo sobre la curva, dejar su movimiento reducido a una cuadratura. c) Si inicialmente el punto está en el origen O y su velocidad respecto al sistema 0 es v0 i0 , estudiar cualitativamente el movimiento del punto subre la curva según sea el valor de v0 . ¿Para qué rango de valores de v0 el punto abandona la curva por sus extremos A o B? p d) Si v0 = 2 2ga + ω 2 a2 , comprobar que la partı́cula abandona la curva por su extremo A. ¿Con qué velocidad lo hace? e) En lo que sigue, el punto se mueve sobre el plano rugoso Ox0 y0 , siendo las condiciones iniciales de este movimiento las que tiene a la salida de la curva. Determinar la componente normal de la reacción del plano sobre el punto. f) Determinar las componentes según la tangente y la normal a la trayectoria de las fuerzas que actúan sobre el punto. Si v es la magnitud de la velocidad y ϕ el ángulo que forma con el eje Ox0 , hallar v(t) y ϕ (t). g) Determinar la trayectoria y la ley horaria del movimiento. h) ¿Cuánto tiempo transcurre desde que el punto abandona la curva hasta que se para? ¿En qué punto del plano se para? i) Calcular el trabajo realizado por la fuerza de rozamiento desde que el punto abandona la curva hasta que se para. ETSIA, Junio de 1994 z1 ≡ z0 Mb y0 B O n ωt x1 A y1 b ϕ M t x0 a El movimiento de arrastre es un giro con velocidad angular constante ω 01 = ω k, manteEIAE. Problemas de Mecánica Clásica 236 CAPÍTULO 10. EXÁMENES: DINÁMICA DEL PUNTO niéndose el origen fijo. Las fuerzas de inercia, para una posición y velocidad arbitraria, serán: h i ✟ FIA = −m aO + α ∧ OM + ω ∧ ( ω ∧ OM) = mω 2 (x0 , y0 , 0) 01 01 01 ✟01 FCI = −2mω 01 ∧ vM 20 = 2mω (ẏ0 , −ẋ0 , 0) Si la partı́cula se mueve sobre la curva, hay que sustituir su ecuación en la posición, velocidad, aceleración y fuerzas de inercia: y0 = ẏ0 = ÿ0 = 0 a π x0 π ẋ0 π x0 z0 = 1 − cos ; ż0 = z′0 ẋ0 = sin ; 2 a 2 a π ẍ0 π x0 π 2 ẋ20 π x0 z̈0 = z′0 ẍ0 + z′′0 ẋ20 = sin + cos 2 a 2a a donde (˙) es la derivada respecto al tiempo, y ( )′ respecto a x0 . b Hay varios caminos para obtener la ecuación del movimiento de una partı́cula sobre curva. 1 El más obvio, pero también más complejo, es plantear las ecuaciones generales de un sistema con ligaduras. La curva se puede expresar como intersección de dos superficies π x0 a f 1 ≡ z0 − 1 − cos =0 f2 ≡ y0 = 0 2 a y la reacción normal tendrá componentes según las normales N = λ1 ∇ f1 + λ2 ∇ f2 = λ1 (−z′0 , 0, 1) + λ2 (0, 1, 0) Las ecuaciones del movimiento serán:           x✚ x✚ ✚ ✚  ẏ0  ẍ0   0  0 0 2 0 y✚ y✚ −ẋ0 + λ1 ∇ f1 + λ2 ∇ f2 m ÿ0 = − mω 2 ✚ 0 + mω 0 + 2mω   ✚        z̈0 −mg z0 0 0 f1 = 0 f2 = 0 Es un sistema algebraico-diferencial: tres ecuaciones diferenciales y dos algebraicas; con cinco incógnitas: las coordenadas x0 , y0 , z0 y las fuerzas de ligadura λ1 y λ2 . Para resolverlo, se derivan las ecuaciones de la ligadura, para sustituir en las de cantidad de movimiento dos coordenadas y sus derivadas; luego con estas tres se eliminan las incógnitas de ligadura, para dejar una ecuación diferencial en una coordenada, que se integra (o, en este caso, se reduce a cuadraturas). No seguiremos ese camino, porque hay otros más simples. 2 Tratándose de una curva lisa, es más directo proyectar la ecuación de la cantidad de movimiento sobre la tangente a la curva. Es mejor tomar x0 como parámetro: no tiene singularidades (z0 las tiene en todos los máximos y mı́nimos), y ya aparece en la ecuación de la curva: π π x0 ′ r = [x0 , 0, z0(x0 )] t k rx0 = (1, 0, z0) = 1, 0, sin 2 a La ecuación que hay que proyectar sobre la tangente es         ẍ0    0  0  0  0 0 m = − mω 2 0 + 2mω −ẋ0 + N ′        z0 0 −mg z0 ẍ0 + z′′0 ẋ20 Proyectamos según la dirección tangente rx0 , con lo que la reacción normal desaparece: h i ′ ′′ 2 ′ ′ ′′ 2 ′ 2 ẍ0 + z0 (z0 ẍ0 + z0 ẋ0 ) = ẍ0 1 + z0 + z0 z0 ẋ0 = z′0 [−g − ω 2 z0 (x0 )] EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 237 Como z0 es una función de x0 , queda una ecuación no lineal en x0 y sus derivadas temporales. En esta forma, la ecuación no parece muy amigable. Pero tiene que poderse integrar una vez, para luego reducirla a cuadraturas. Además, como el sistema es conservativo, tiene la integral de la energı́a, que en curvas lisas sabemos que es equivalente a la de cantidad de movimiento según la tangente. Si se se multiplican ambos términos por ẋ0 , queda una diferencial exacta: h 2 i ′ ′′ 3 2 i 2 d 1h ẍ0 ẋ0 1 + z′0 + z0 z0 ẋ0 = 1 + z′0 ẋ0 dt 2 1 2 2 d 2 ′ [−g − ω z0 (x0 )] z0 ẋ0 = −g z0 − ω z0 dt 2 con lo que se llega a la ecuación de la energı́a, y de esta a una cuadratura: v u 2 Z Z h i u 1 + z′0 1 2 2 1 t ′ 2 2 dx0 1 + z0 ẋ0 = E − g z0 − ω z0 ⇒ dt = ± 2 2 2 E − g z0 − 12 ω 2 z20 donde, naturalmente, z0 y su derivada son las funciones de x0 que se calcularon más arriba. 3 Finalmente, tenemos el camino más directo: la ecuación de la energı́a. En el movimiento relativo, la fuerza de Coriolis no trabaja porque es normal al desplazamiento. La de arrastre es potencial, el peso y la del muelle también. No hay rozamiento y, aunque la curva no está en reposo en el movimiento absoluto, sı́ lo está en el relativo. Por tanto, la fuerza normal no trabaja. La ecuación de la energı́a queda: dT = −dV → 1 1 T +V = E = m ẋ20 + ż20 + mgz0 + mω 2 z20 = E 2 2 Sustituyendo la ligadura ż0 = z′0 ẋ0 , se llega a la misma ecuación que antes, y por tanto a la misma cuadratura. Aunque, obviamente, con mucho menos trabajo. Y sin tener que reconocer una diferencial exacta poco evidente. c Con la ecuación de la energı́a en la variable x0 , se puede hacer un análisis cualitativo: i 2 1h 1 ′ 2 2 2 1 + z0 ẋ0 = E −V (x0 ) = E − mgz0 + mω z0 2 2 El coeficiente de ẋ20 es siempre positivo, por lo que los puntos de parada y movimientos asintóticos dependerán sólo del potencial. Sustituyendo la ecuación de la curva se tiene: V ag π x0 ω 2 a2 π x0 2 = 1 − cos + 1 − cos = m 2 a 8 a ag ω 2 a2 2ga + a2 ω 2 π x0 ω 2 a2 π x0 = + − cos + cos2 = 2 8 4 a 8 a i ω 2 a2 h 2g π x0 π x0 2 = A+ −2(1 + ε ) cos a + cos a donde ε = >0 8 aω 2 El parámetro ε determina la relación entre la gravedad y la atracción del origen. Los puntos de equilibrio son: π x0 π x0 π x0 π x0 h π x0 i V ′ ∝ 2(1 + ε ) sin − 2 cos sin = 2 sin 1 + ε − cos = 0 → x0 = na a a a a a El término entre corchetes nunca se anula, porque ε > 0. Por lo tanto, los puntos estacionarios son los ceros del seno. Es obvio que a = 0, 2a serán mı́nimos y x = a máximo, pero podemos comprobarlo dibujando el potencial. Aunque no sepamos el valor de ε , con saber que es positivo se puede dibujar aproximadamente: EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 238 CAPÍTULO 10. EXÁMENES: DINÁMICA DEL PUNTO 2 2 2 1 a 2a a 2a a 2a -2 -2 -2 Queda claro que hay mı́nimos en a y 2a, y un máximo en a. Para que llegue al extremo A (x0 = 2a), la energı́a inicial debe ser mayor que la potencial del máximo, de modo que pase sin pararse y siga hacia el extremo. Cuando salga por A llevará la misma energı́a que al principio, porque los potenciales son iguales. Para hacer los cálculos es más simple poner el potencial en función de z0 : T (0) +V (0) ≥ 0 +V (a); 1 2 1 1 mv0 + 0 ≥ mgz0 (a) + mω 2 z0 (a)2 = mga + mω 2 a2 2 2 2 ⇒ d Si la partı́cula se lanza desde el origen con velocidad v0 = 2 condición de paso: v20 = 4(2ga + ω 2 a2 ) > 2ga + ω 2 a2 p v20 ≥ 2ga + ω 2 a2 2ga + ω 2 a2 , se cumple la Llega con la misma velocidad, porque el potencial es el mismo: ✟ ✟✟ = T (2a) + V (2a) ✟✟ T (0) + ✟ V (0) ✟ ⇒ v(2a) = v0 y la dirección es la misma, dada por la tangente de la curva. e Cuando la partı́cula abandona la curva por A, se mueve sobre un plano rugoso. La ligadura pasa a ser z0 = 0 . Al ser rugoso, la reacción del plano tendrá una componente normal N y una contenida en el plano, el rozamiento R . Las ecuaciones del movimiento son ahora:                0   Rx   0  x0  x0   ẏ0  ẍ0  2 2 0 + Ry − 0 − mω y0 + mω y + 2mω −ẋ0 = m ÿ0          0     N 0 mg 0 0 0 0 Obviamente, N = mg k f Si el punto desliza sobre el plano, se aplica el modelo de Coulomb con deslizamiento: y0 v R = −µ mg = −µ mg t v Sobre el plano, solo actúan dos fuerzas: el rozamiento según la tangente y la fuerza de Coriolis según la normal a la trayectoria. El peso y la normal se anulan, ası́ como el muelle y la fuerza centrı́fuga. Como la velocidad tiene la dirección de la tangente y la velocidad angular la de k, la fuerza de Coriolis tuerce la trayectoria siempre hacia la derecha. Proyectando según la tangente, N = mg k t −2m ω ∧ vt R ϕ → x0 −µ mg = mat = m v̇ ⇒ EIAE. Problemas de Mecánica Clásica p v = v0 − µ gt = 2 2ga + ω 2 a2 − µ gt 239 Proyectando según la normal principal, 2mω v = m v2 ; ρ 2ω = v ds/dt dϕ = =− ρ −ds/d ϕ dt ⇒ ϕ = ϕ0 − 2ω t = −2ω t donde se ha tenido en cuenta que, por curvarse hacia la derecha, al aumentar s disminuye ϕ . g Pasamos de intrı́nsecas a cartesianas proyectando el elemento ds: dx = ds cos ϕ = v dt cos ϕ = (v0 − µ gt) cos(−2ω t) dt dx = ds sin ϕ = v dt sin ϕ = (v0 − µ gt) sin(−2ω t) dt Se integran estas ecuaciones con las condiciones iniciales x(0) = 2a , y(0) = 0 , para dar h i sin 2ω t − 2ωµ gv0 (cos 2ω t + 2ω t sin 2ω t − 1) + 2a i h µg v0 y = 2ω cos 2ω t + 2ω v0 (sin 2ω t − 2ω t cos 2ω t) − 1 x= v0 2ω Tenemos las ecuaciones horarias. Si se toma el parámetro u = 2ω t, tenemos también la trayectoria r(u) sin referencia al tiempo, y la ley horaria, que es la misma u = ω t. h El tiempo de parada se obtiene directamente: v = v0 − µ gt → tp = v0 µg y el punto de parada se obtiene sustituyendo este valor en las ecuaciones horarias: r0 = r(t p) La trayectoria se puede representar en función del parámetro u toy0 mando la escala de modo que 2vω0 = 1 , y considerando que xA = 2a x0 A no hace más que trasladar la curva. Estas dependerán del parámeµg tro ε = 2ω v0 , que compara el efecto del rozamiento con la energı́a inicial. Se debe representar solo hasta t = t p , que corresponde a u = 1/ε , pues a partir de ese momento las ecuaciones ya no valen (serı́a como si el rozamiento, después de parar la partı́cula, siguiera ε = 0 ... 1 actuando y la hiciera retroceder). Para rozamiento nulo la trayectoria es una circunferencia. i El trabajo del rozamiento se puede calcular sin dificultad, pues se conoce la fuerza y la velocidad: dW r = R · dr = −µ mg vdt = −µ mg(v0 − µ gt)dt y se puede integrar sin dificultad entre t = 0 y t p. Otro camino, igual de directo, es aplicar la ecuación de la energı́a entre el punto inicial y el final: dT = −dV + dWr ; ✟✟ +Wr ✟p✟ ✟p✟ T (t ) − T (0) = −✟ V (t ) +✟ V (0) ✟ ⇒ 1 Wr = − mv20 2 Obviamente, el rozamiento disipa toda la energı́a que traı́a la partı́cula. Problema 10.6: Sea un sistema inercial Ox1 y1 z1 donde Oz1 es vertical ascendente. Unos ejes móviles Ox0 y0 z0 tales que Oz1 ≡ Oz0 giran con velocidad angular Ω(t) variable alrededor del eje vertical fijo Oz0 . Ω(t) es una función conocida del tiempo. Una partı́cula pesada M de masa m se mueve con ligadura bilateral lisa por el eje móvil Ox0 . Se estudiará el movimiento de M relativo a los ejes Ox0 y0 z0 , y se usará su coordenada x para fijar su posición en estos ejes. La única fuerza directamente aplicada es el peso. Todos los EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 240 CAPÍTULO 10. EXÁMENES: DINÁMICA DEL PUNTO resultados se proyectarán en ejes 0. Se pide: 1. Analizar las fuerzas de ligadura sobre la partı́cula M. 2. Calcular las fuerzas de inercia que actúan sobre la partı́cula M en su movimiento respecto a los ejes 0. z1 ≡ z0 Ω(t) 3. Calcular las fuerzas de ligadura que actúan sobre M. O 4. Integrar completamente la ecuación del movimiento de M con unas constantes de integración arbitrarias. 5. Supongamos ahora que el eje Ox0 es rugoso con coeficiente de rozamiento µ . Calcular la fuerza de rozamiento para una posición genérica x suponiendo que ẋ > 0. y0 x x1 M x0 mg b y1 EIAE, enero 2012 1 La partı́cula se mueve sobre el eje Ox0 liso con ligadura bilateral; por tanto, aparecerán fuerzas de ligadura arbitrarias (de cualquier signo) en las direcciones de movimiento impedido N = Ny j0 + Nz k0 2 Tenemos todos los elementos para calcular las fuerzas de inercia: h i ω FIA = −m aO + ∧ OM + ∧ ( ∧ OM) = mx Ω2 i0 − mx Ω̇ j0 ω̇ ω ω 01 01 01 01 FCI = −2mω 01 ∧ vM 20 = −2m Ω ẋ j0 3 Planteamos las ecuaciones del movimiento relativo:           ẍ  0   mxΩ2   0   0  0 m 0 = + −mxΩ̇ + −2m Ω ẋ + Ny           0 −mg 0 Nz 0 Se obtiene directamente: Ny = mxΩ̇ + 2m Ω ẋ ; Nz = mg 4 De la primera componente se obtiene ẍ − Ω2 x = 0 ; Ec. Caracterı́stica: r2 − Ω2 = 0 → r = ±Ω x = Aer1t + Ber2t = A eΩt + B e−Ωt Aunque no se pide, si se quisiera expresar en función de las condiciones iniciales, 1 ẋ0 1 ẋ0 x0 = A + B Ωt → x= x0 + e + x0 − e−Ωt ẋ0 = AΩ − BΩ 2 Ω 2 Ω 5 Aplicando el modelo de Coulomb-Morin con deslizamiento, se tiene: q q 2 v 2 2 R = −µ |N| = −µ Ny + Nz i0 = −µ m xΩ̇ + 2 Ω ẋ + g2 i0 |v| donde ẋ > 0 y por tanto, EIAE. Problemas de Mecánica Clásica ẋ i0 = +i0 |ẋ| 241 Problema 10.7: Se tiene un plano liso Oxz (sólido S0 ), que gira alrededor del eje Ox1 ≡ Ox de un sistema fijo Ox1 y1 z1 (sólido S1 ), donde Oz1 es vertical ascendente. Por el plano se mueve con ligadura bilateral una partı́cula pesada M (la llamaremos S2 ). Se quiere estudiar el movimiento de la partı́cula relativo al plano móvil (S2 /S0 ). Sea θ el ángulo girado por el plano móvil respecto al fijo, como se muestra en la figura, y (x, 0, z) las coordenadas de la partı́cula en ejes S0 . Todos los resultados se proyectan en ejes S0 . Se pide: 1. Fuerza de inercia de arrastre. z1 z 2. Fuerza de inercia de Coriolis. 3. Sea ~N = Ny ~j la reacción del plano. Calcular su valor en un instante genérico. 4. A partir de ahora se supondrá θ = ω t, siendo ω un valor constante. La ecuación diferencial para la coordenada z es no homogénea. Obtener la solución general de su ecuación homogénea asociada. 5. Solución particular de la ecuación diferencial anterior. θ M b y y1 O x1 ≡ x EIAE, julio de 2012 a) Fuerza de inercia de arrastre: h i ˙ 01 ∧ OM ~ ~ ~FIA = −m ~aO ~ ~ ~ ω ω ω + + ∧ ∧ OM 01 01 01 ~ = (x, 0, z) ω ~ 01 = (θ̇ , 0, 0) ω ~˙ 01 = (θ̈ , 0, 0) , queda: Como: OM ~FIA = 0, mz θ̈ , mz θ̇ 2 b) Fuerza de inercia de Coriolis: ~FIC = −2m ω ~ 01 ∧~vM ~ 01 ∧ (ẋ, 0, ż) = ~FIC = 0, 2m θ̇ ż, 0 20 = −2m ω Para las preguntas siguientes, conviene plantear la ecuación del movimiento relativo. Ya conocemos las fuerzas de inercia, faltan la de ligadura (solo está impedido el movimiento en la dirección Oy, luego habrá una componente en esa dirección) y las directamente aplicadas (solo el peso): ~N = (0, Ny, 0) ~P = −mg~k1 = −mg (0, sin θ , cos θ )           ẍ  0   0   0  0 m 0 = Ny − mg sin θ + m z θ̈ + 2m ż θ̇        2   z̈ 0 cos θ 0 z θ̇ c) Reacción del plano en un instante genérico: De la componente Oy se despeja Ny = m g sin θ − z θ̈ − 2 ż θ̇ d) Sustituimos θ = ω t en la ecuación diferencial para la coordenada z, que resulta ser no homogénea. La solución general de su ecuación homogénea asociada es de la forma: Con θ̇ = ω , obtenemos: m z̈ = −mg cos ω t + mzω 2 la parte homogénea es: → z̈ − ω 2 z = −mg cos ω t z̈ − ω 2 z = 0 → r2 − ω 2 = 0 → r = ±ω que tiene la solución general: zh = A eω t + B e−ω t EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 242 CAPÍTULO 10. EXÁMENES: DINÁMICA DEL PUNTO e) Solución particular: El término independiente no es solución de la homogénea. Podemos entonces ensayar soluciones de la forma z p = C cos ω t + D sin ω t. Sustituyendo en la ecuación diferencial, − ω 2C cos ω t − ω 2 D sin ω t − ω 2 (C cos ω t + D sin ω t) = −mg cos ω t Agrupando: mg − 2ω 2C cos ω t − 2ω 2 D sin ω t = 0 mg mg Los dos coeficientes tienen que ser nulos: D = 0 , C = → zp = cos ω t 2 2ω 2ω 2 Problema 10.8: En ausencia de gravedad, una partı́cula P de masa m se mueve con ligadura bilateral sobre un anillo de radio a con coeficiente de rozamiento µ . Con respecto a un sistema de referencia inercial, dicho anillo tiene un punto fijo A i gira alrededor de un eje fijo perpendicular al plano del anillo con velocidad angular constante ω . Inicialmente la partı́cula se encuentra en reposo respecto al sistema inercial y se halla sobre el punto B del anillo, diametralmente opuesto a A. Para resolver este problema se considerará el movimiento relativo de la partı́cula respecto al anillo. La posición de la partı́cula queda determinada por el ángulo θ medido desde B. Deben expresarse todas las cantidades vectoriales en el TRIEDRO INTRÍNSECO DEL MOVIMIENTO RELATIVO al anillo, formado por los versores ~τ , ~n y ~b (en donde ~b ≡ ~τ ∧~n es el versor binormal). Se pide: 1. Expresar en un instante genérico, en función de θ , θ̇ y θ̈ : ~ a) Vector AP b) c) d) e) f) Velocidad de P relativa al anillo. Aceleración de P relativa al anillo. Velocidad absoluta de P. Fuerza de inercia de arrastre. Fuerza de inercia de Coriolis. 2. Escribir la proyección según ~n de la ecuación de movimiento, para obtener la fuerza normal ~N en función de θ y θ̇ . 3. Escribir la proyección según ~τ de la ecuación de movimiento, para determinar θ̈ en función de θ , θ̇ y la fuerza de rozamiento fr . 4. Calcular los valores iniciales de θ , θ̇ y de N. 5. Para el caso en que no hay rozamiento µ = 0 expresar θ̈ en funciónd e θ . 6. Describir escuetamente cómo es el movimiento absoluto de P. EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 243 EIAE, enero 2013 1 Llamaremos S2 a la partı́cula, S0 al aro, y S1 a los ejes fijos. El vector posición se escribe directamente observando la figura: ~ = AC ~ + CP ~ = −a sin θ ~τ − a (1 + cos θ )~n AP Comparando los versores de las coordenadas polares con los intrı́nsecos, podemos escribir directamente la velocidad y la aceleración relativas: ~vP20 = a θ̇ ~τ ; ~aP20 = a θ̈ ~τ + a θ̇ 2~n Conocido el movimiento de arrastre, la velocidad absoluta será: ~ = ~ 01 ∧ AP ~vP21 =~vP20 +~vP01 =~vP20 + ω   ~τ ~b a θ̇ + ω (1 + cos θ )  ~n =~vP20 + 0 −a ω sin θ 0 ω =  −a sin θ −a (1 + cos θ ) 0  0 Al hacer el producto vectorial, hay que tener cuidado con el orden de los versores, de modo que correspondan a un triedro a derechas. Como el punto A está fijo, la fuerza de inercia de arrastre se reduce a 2 ~ ~Fa = mω ~ 01 AP = −maω 2 [sin θ ~τ + (1 + cos θ )~n ] La fuerza de inercia de Coriolis se calcula: ~FC = −2m ω ~ 01 ∧~vP20 = −2maω θ̇ ~n 2 Tenemos todos los términos de la ecuación de la cantidad de movimiento: m~aP20 = ~ Fa + ~ Fc + ~ FL Las de ligadura son incógnitas. Proyectando en el triedro intrı́nseco, tenemos: ~FL = fr τ + Nn~n + Nb~b La componente según la binormal es Nb = 0, pues no hay otras fuerzas ni aceleraciones en esa dirección. Dejamos fr sin signo, pues va a depender del de θ̇ . Recogemos las componentes según ~n : ma θ̇ 2 = −maω 2 (1 + cos θ ) − 2maω θ̇ + Nn (10.1) 3 En la dirección ~τ tenemos: ma θ̈ = −maω 2 sin θ + fr 4 En el instante inicial, P está en B y por tanto θ0 = 0. Como la velocidad absoluta es nula, se obtiene directamente ~vP21 (0) = ~0 = a(θ̇0 + 2ω )~τ Sustituyendo en (10.1) tenemos: → θ̇0 = −2ω Nn (0) = 2maω 2 5 Si no hay rozamiento, la ecuación según la tangente queda ma θ̈ = −maω 2 sin θ EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 244 CAPÍTULO 10. EXÁMENES: DINÁMICA DEL PUNTO Es la ecuación de un péndulo simple, y se puede integrar una vez: 1 2 θ̇ − ω 2 cos θ = 2ω 2 − ω 2 = ω 2 2 p θ̇ = −ω 2(1 + cos θ ) Para escoger el signo se ha tenido en cuenta que θ̇0 < 0. 6 Como θ̇ es negativa, P se mueve por la parte inferior del aro desde θ = 0 (B) hasta θ = π (A). Es un movimiento asintótico, pues la ecuación es la del péndulo y la velocidad se anula en A. En ejes inerciales tenemos una espiral que tiende a A girando en el sentido de las agujas del reloj. Problema 10.9: Un aro de espesor despreciable, centro O y radio R, rueda sin deslizar, con velocidad angular constante ω ~uz , en un plano vertical sobre una superficie fija horizontal. En un momento dado se deposita en el punto más bajo del aro, por el interior del mismo y con velocidad absoluta cero, una masa puntual de valor m. La posición del punto viene dada en coordenadas polares por r y θ , siendo r la distancia de éste a O y θ el ángulo que forma r con la vertical descendente que pasa por O. El coeficiente estático de fricción entre aro y masa es µs y el dinámico µd . Si la fuerza de fricción sigue la ley de Coulomb, se pide: ω g uθ O ur R θ m 1. Aceleración, expresada en los ejes que se indican en el dibujo, del punto de masa m, cuando éste no tiene movimiento relativo al aro. 2. Ecuación de la dinámica del movimiento de la masa m según ~ur en las condiciones de la pregunta anterior (N: reacción normal). 3. El mayor intervalo de valores de θ̇ tal que, junto con valores de µs (0 < µs < 1) y sin movimiento relativo al aro, la masa m alcanzarı́a o sobrepasarı́a la posición r = R, θ = π /2. 4. Teniendo en cuenta que 0 < µd < 1, determine el mayor intervalo de valores de θ para el cual la masa m alcanzarı́a a moverse solo con el movimiento de translación impuesto por la rodadura del aro (θ =Cte.). 5. Respecto al equilibrio estático relativo entre punto y aro, razonar si: (NOTA: Dibujar en el mismo gráfico las curvas N(θ ) y Fr (θ ), ayudará a contestar correctamente esta pregunta). (Fr : fuerza de rozamiento) a) Existe siempre para cualquier valor de θ y para cualquier valor de ω . b) Solo existe para ángulos 0 < θ < π /2 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 245 c) Deja de existir solo cuando N ≤ 0 d) Solo depende de µs e) Si se rompe, es siempre por deslizamiento del punto respecto al aro EIAE, julio 2013 a) En este caso, la partı́cula se mueve con el aro, luego θ̇ = ω . La aceleración será, por defini¨✟ ¨ ción, ✟ O✟ 1 O + OM respecto a unos ejes inerciales con origen en algún punto fijo O1 . El primer sumando se anula porque el centro del disco se mueve con velocidad constante ω R; el segundo es la aceleración de un movimiento circular uniforme, aM = −Rω 2 ur b) En esas condiciones, la ecuación de la dinámica del movimiento de la masa m según ~ur será: mg cos θ − N = −mRω 2 Es la ecuación de la cantidad de movimiento, en polares, según la dirección radial. Al moverse junto con el aro, se cumple además θ = ω t. c) Las ecuaciones de cantidad de movimiento (en este caso concreto, también de equilibrio relativo) son: −mg sin θ + Fr = 0 ; mg cos θ − N = −mRθ̇ 2 Hay dos modos de que no llegue: que se desprenda por el interior, cuando N se hace negativa, y que comience a deslizar, cuando |Fr | = µs |N|. El desprendimiento no va a ser, porque N = mg cos θ + mRθ̇ 2 > 0 para 0≤θ ≤ π 2 La segunda se cumple cuando |Fr | = |mg sin θ | = µs |N| = µs mg cos θ + mRθ̇ 2 Por tanto, el intervalo para que no deslice hasta θ̇ = r g Rµs π 2 0<µs <1 es −−−−→ r θ=π 2 −−−→ mg = µs mRθ̇ 2 g < θ̇ < ∞ R d) Se pretende ahora que la partı́cula tenga θ =Cte., y por tanto desliza respecto al aro. Entre el rozamiento y la reacción normal equilibrarán al peso. Se trata de un movimiento rectilı́neo uniforme, luego la aceleración absoluta es nula. La velocidad de la partı́cula relativa al aro es −ω R uθ , luego el rozamiento vale, según el modelo de Coulomb con deslizamiento, +µd N uθ . El equilibrio de fuerzas da N = mg cos θ ; µd N = mg sin θ ; µd = tan θ 0<µd <1 −−−−−→ 0<θ < π 4 EIAE. Problemas de Mecánica Clásica 246 CAPÍTULO 10. EXÁMENES: DINÁMICA DEL PUNTO e) El equilibrio se puede romper porque deslice o porque se desprenda por el interior del aro. Usando las ecuaciones anteriores, representamos la condición de desprendimiento en función de θ para distintos valores de ω ; representamos la condición de deslizamiento en función de µd , para uno de los valores de ω en que se puede desprender: No desprendimiento: N mg = cosθ N mg + Rωg ≥ 0 2 No deslizamiento: | sin θ | ≤ µs |cosθ + Rωg | 2 N µd mg | sin θ | µd Rω 2 g −π 0 π −π π Para facilitar la comparación, dividimos las fuerzas por mg (adimensionalizar). Se desprende N N cuando la curva de mg se hace negativa, y desliza cuando µd mg queda por debajo de | sin θ |. Observando las curvas, se deduce que: A partir de un valor crı́tico de ω , ya no hay desprendimiento: la partı́cula se pega al aro por la fuerza centrı́fuga. Siempre se da antes la condición de deslizamiento. Antes de que la µd |N| se haga negativa, se hace menor que el valor de deslizamiento. Siempre hay una zona de equilibrio alrededor del origen, que se hace mayor al crecer µd y ω . En el punto más alto también hay una zona de equilibrio, pero solo para ω mayor que la crı́tica. Si la ω es lo suficientemente grande como para que no pueda haber desprendimiento (la curva azul es siempre positiva), al crecer µd se puede conseguir que todo el aro sea de equilibrio (la curva azul queda por encima de la roja). EIAE. Problemas de Mecánica Clásica

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