. 1 v2R (sin'!'_+ cos '!'_) = O 2 2 2 -mg - ). 1 = O v2R ( cos
sin
=
- sin~) - z - L
y los coeficientes azJ correspondientes a las ecuaciones de ligadura:
lf j
siendo {qJ} el conjunto de las coordenadas generalizadas. En nuestro caso:
Es decir:
~
v2R ( cos
i - i) sin
z- L = O
De la segunda se obtiene: .A1 = -mg, que, sustituído en la primera, nos lleva a la ya repetida ecuación de equilibrio (una vez hechas las oportunas simplificaciones):
,'P 'P = 2ln2· s1n-+cosv.:::s1nip 2 2
--+
'P = 24°55'53.57"
La ligadura que expresa la longitud constante para el sedal me lleva a obtener la tensión que soporta el mismo. Así, la identificación de estas fuerzas generalizadas de ligadura con las expresiones Q~1 = Aza¡¡ (suma en · l) nos lleva a:
j = 1..n+m
Q! =
A1a1z = mg
l = 1..m
Q''P =
A1a1'P = mg--
v'2R (sin . -'P + cos -'P) 2
2
2
= O
5. Estática analítica
100
La primera de ellas es claramente el valor de la tensión del sedal (que es igual al peso de la partícula que cuelga, como cabía esperar): = T = mg. La segunda puede expresarse también de la siguiente forma:
Q;
'
(Jr4
(Jr4
cp) =TRcos - - cp) Q =mgRcos - - ~
2
2
que puede identificarse con el momento de la tensión T del sedal actuando sobre la partícula de masa 2m respecto al punto O (el ángulo dentro del corchete es la mitad del complementario de cp). El momento de esta tensión se ve compensado por el momento del peso de esta partícula (primer término de la primera ecuación del conjunto de tres) que actúa en sentido contrario. La reacción del cuenco sobre esa partícula pasa por O y su momento es, por lo tanto, nulo.
@] Consideremos un
cuenco semiesférico de radio R en el que colocamos una varilla de longitud l (2R < l < 4R). Las masas del cuenco y la varilla son, respectivamente, m1 y m 2. El conjunto está apoyado en un suelo horizontal. No hay rozamiento entre la varilla y el cuenco, ni entre el cuenco y el suelo. Encontrar la posición de equilibrio del sistema utilizando procedimientos de la Mecánica Analítica. Aplíquese al caso particular de m1 = m, = m y l = 3R.
5. Estática analítica del gradiente del campo en la dirección PO). Si horizontal que pasa por coordenadas en P, pues cuenco.
B
gravitatorio, es decir, en nuestro caso la medida necesitáramos variables medidas en la dirección P, no podríamos poner el origen del sistema de este punto depende del grado de inclinación del
Como se muestra en la figura, las variables que definen la posición del sistema cuenco-varilla son los ángulos y cp. Tal y como se definen los signos de las variables angulares, según convenio, > O y cp < O. Por lo tanto, el ángulo auxiliar¡ será¡= cp. [Nota: Si no tuviera intención de utilizar el convenio de signos mencionado y deseara expresar los valores angulares en valor absoluto, tanto B como cp serían positivos y¡= B+cp. El desarrollo del problema sería equivalente y los resultados, evidentemente, idénticos].
e
e
e-
Supondremos conocida la posición del centro de masa del cuenco (cálculo que corresponde a otro apartado y que, por lo tanto, no realizaremos aquí). El centro de masa está en el eje perpendicular a la base y a una distancia igual a la 1nitad del radio. Según esto, y teniendo en cuenta las relaciones angulares que se deducen de la figura, la posición del centro de masa del sistema es:
za=
z
101
=
m1ZG1
,
+ m2ZG2
m1 +m2
m,R
[1-
t coscp] + m2 { R[l -
sin(e
+ 1)] + t sine}
m1 +m2
IR.
j Como característica general en el tratamiento de los problemas de Estática Analítica) hemos de señalar que tanto las distancias como los ángulos hay que medirlos respecto a puntos, rectas o planos fijos (aunque puedan ser distintos) y direcciones fijas (aunque puedan ser marcadas por rectas distintas, que habrán de ser paralelas).
En el caso que nos ocupa 1 para la medida de los ángulos que definen la posición de equilibrio del sistema elegimos la dirección horizontal (en este caso, la que pasa por N), y para la medida de las alturas de los centros de gravedad de cuenco y varilla, la recta horizontal que pasa por P (en el caso de problemas en los que las únicas fuerzas activas son las de la gravedad, la única coordenada espacial que nos interesa es la que se mide en la dirección
expresión que es fácil de comprobar. Para el caso en el que las únicas fuerzas activas son las de la gravedad, es aplicable el teorema de Torricelli para el cálculo de la posición de equilibrio. Este teorema dice que, en la posición de equilibrio, el centro de gravedad del sistema ocupa una posición que hace máxima la energía potencial (equilibrio inestable), la hace mínima (equilibrio estable) ó corresponde a una situación de energía potencial constante (equilibrio indiferente). En cualquier caso, corresponde a una situación de derivada primera nula respecto a cada una de las coordenadas generalizadas que definen al sistema. Por lo tanto, se cumplirá:
8za
ae
=
0
l cose= 4Rcos(W - cp)
8za 8cp
-=O
m1 sincp = 2m 2 cos(W - cp)
Despejando el ángulo cp en ambas ecuaciones e igualando:
cp =
w-
cos-1
[-1cose] 4R
= -tan-1 [
2m, cos w m 1 + 2m 2 sinW
l
102
5. Estática analítica
103
5. Estática analítica
[[] Una varilla de masa m y longitud AB = 2l se puede mover apoyada sobre un clavo horizontal O, estando su otro extremo sobre una curvar= r(8) contenida en un plano vertical que pasa por O. Encontrar la ecuación de la curva para la que la varilla se encuentra en equilibrio indiferente (no hay rozamiento y la única fuerza exterior es la gravitatoria). Dato: OH=h. A X
o Aunque podríamos reducir esta expresión a una ecuación polinómica de elevado grado en sin() ó cos B para un posterior análisis de los puntos de corte en el intervalo O :=::; B :s; 1r /2 (que es el que nos interesa), es preferible hacer una representación gráfica de las dos funciones rp = rp(B) que resultan de la expresión anterior, para distintos valores de los parámetros, con el fin de estimar la relación entre las masas de cuenco y varilla, junto con la relación entre la longitud de la varilla y el radio del cuenco, y resolver la ecuación en () resultante por métodos numéricos. Nosotros lo hemos hecho asi para los valores que se apuntaban en el texto, y el punto de corte obtenido se muestra en la gráfica (en radianes). Las dos funciones intersectadas son: i{)
5 8
= 28 - COS-l [- cose] - -tan-l [
-
28 1 +sin28 CDS
l
y el punto de corte corresponde a:
e= 6º37'24"
--+
'P
= -38°22'35"
que, sólo por casualidad, nos dan un ángulo 'Y = 45º (para otros valores de las masas y longitudes nos da otro valor). Para evaluar la corrección o no del resultado, veamos qué valores de los ángulos nos dan para m1 --+ oo (es decir, para el caso en el que el cuenco está fijo y con el eje de simetría vertical). En este caso: 2m,cos28
l
= -tan
_
1 []
O= O
' HI
1
IR.
j Elegiremos el eje vertical Oz dirigido hacia abajo. Como las únicas fuerzas activas que intervienen son las gravitatorias, podremos aplicar el teorema de Torricelli para obtener la posición de equilibrio. Este teorema dice que, en tal situación, la altura del centro de gravedad toma un valor estacionario, lo que equivale a decir que la derivada de esta altura respecto a cada variable generalizada es nula. El dato añadido de que el equilibrio ha de ser indiferente nos indica que, además, el valor estacionario de la altura del centro de gravedad no corresponde a un i¡,áximo o a un mínimo, sino a un punto de inflexión de pendiente horizólltal (además, como el equilibrio indiferente indica que se encuentra en equilibrio para cualquier ángulo uno puede deducir que el centro de gravedad permanece a una altura constante, que es lo que demostraremos a continuación).
e,
La altura del centro de gravedad es:
cosW cose
4R
resultado coincidente con el de un problema clásico (ejercicio de clase) , donde el cuenco es fijo con la concavidad en posición horizontal.
[r = r (8)]
za= (r-l)cosB
La condición de valor estacionario para za se escribe como:
dza de
lo que nos lleva a:
B
¡z
dr
= de
cose - (r - l) sin e =
o
--+
dr r - l
sin8d8 cose
Esta es una ecuación diferencial elemental cuya integración, una vez tomada en cuenta la condición inicial = O --+ r = h, nos lleva a:
e
h -l
r=l+-cosB
104
5. Estática analítica
que es la ecuación de una conoide. No es difícil comprobar que la derivada segunda de za respecto a 8 para la función r obtenida es nula. Es más, la altura za que corresponde a la curva obtenida r = r (8) resulta ser constante:
5. Estática analítica
105
fuerzas activas son las de la gravedad sobre el anillo y la masa que cuelga. Estas fuerzas las podemos escribir en función de las variables expresadas en la figura según:
FB = -mgk
zalr~,+=e = (r -1) cos Blr~i+= = h -1 = cte COB
Fe= -3mgk
COB ()
los vectores de posición de ambas masas:
por lo que, evidentemente:
re = r (cos ip i
2
dza = d za = 0 2 d8
~
h = 21 h= 1
~
--+ --+
1) k
y los desplazamientos virtuales correspondientes:
d8
Como es claro, r <'. 21, lo que implica que h <'. 1 (1 interesantes:
+ sin ip k) + (r -
+ cose).
Hay dos casos
cos8=1 [8=0] r=I
El primero de ellos corresponde a una única posición de equilibrio (en la vertical), mientras que el segundo es la ecuación de una circunferencia como curva de apoyo en el equilibrio (cualquier posición angular es de equilibrio. De hecho, el centro de masa de la varilla coincide con la posición del clavo).
órB = (cosipi + sinipk) ór óre =
+ r (- sinipi + cosipk) óip [cosipi + (1 + sinip) k] ór + r (- sinipi + cosipk) óip
El Principio de los trabajos virtuales para nuestro problema, una vez simplificado~ .se expresa como:
FB · JrB
+ Fe
e
+ 4sinip) ór + 4r cos ipó
Es decir:
@]
Una varill~ lisa y fija forma un ángulo de 30° con la horizontal. Un pequeño anillo de masa m puede deslizar sin rozamiento por la varilla y a su vez soporta una cuerda que tiene un extremo fijo en el suelo mientras del otro cuelga una partícula de masa 3m. Utilizar procedimientos de la Estática Analítica (el Principio de los trabajos virtuales y el Teorema de Torricelli) para obtener el ángulo en la posición de equilibrio.
· órc =O= -mg [(3
(3
+ 4sinip) ór + 4rcosipóip =
O
Pero tropezamos con el problema de que las variaciones infinitesimales que figuran en esta expresión no son independientes, sino que están so1netidas a una ligadura: el deplazamiento posible del anillo es a lo largo de la varilla, y ésta tiene como ecuación: V3 3
z
'-
z = -.-x+a
m r
()
e
En coordenadas polares, teniendo en cuenta que x = r cos <.p, z = r sin <.p, esta ecuación se escribirá así:
B
V3
.
l-r
rsm<.p = -
3
3m X
30º
IR. IColoquemos el origen del sistema coordenado en el punto A, el extremo fijo de la cuerda en el suelo. Supondremos, además, que el punto de corte de la varilla con el eje Az se produce en una ordenada de valor a (esto resulta lltil a la hora de definir la ecuación de la varilla en estos ejes, aunque, como debe ser obvio, no intervendrá este dato en el resultado final). Las llnicas
rcos<.p+a
y considerando un desplazamiento virtual a lo largo de la varilla, obtendremos: sin ipór
+ r cos ipóip =
-
V: (
cos ipór - r sin ipóip)
y despejando ór: ,
ur =
tanip - V3 V3tanip + 1
,
ruip
5. Estática analítica
106
relación entre las variaciones virtuales de las coordenadas. Llevándola a la expresión de arriba y simplificando:
5. Estática analítica
[Nota: En lugar de utilizar coordenadas polares, podíamos haber hecho uso de las coordenadas cartesianas, en las que la condición de ligadura sería la arriba escrita:
3sinip - 3V3cosip + 4 = O que es la ecuación a resolver para obtener el ángulo r.p en el equilibrio. Su resolución nos da como resultado: 'P = 18°11'22.87"
e=
71 º48'37.13"
La altura del centro de gravedad del sistema viene dada por:
=
_..!:__ [mzB
4m
+ 3mzc] =
v3
!4 [r (4 sin 'P + 3) -
3
Puede resultar instructivo resolver el problema utilizando estas coordenadas, en lugar de las polares, lo que se deja en manos de la habilidad del lector].
31]
Uno de los extremos de una varilla uniforme de longitud 3L y masa m se encuentra apoyado en una pared vertical lisa, mientras que el otro está atado por medio de una cuerda de longitud L a un punto fijo O. Si la distancia entre O y la pared es 2L, y la varilla y la cuerda están en el mismo plano vertical, obtener el ángulo de equilibrio utilizando los métodos de la Mecánica Analítica. Obtener así mismo la tensión de la cuerda y la reacción de la pared utilizando el procedimiento de los multiplicadores de Lagrange. Por último, resolver el problema por el método tradicional vectorial.
e
Para poder utilizar el Teorema de Torricelli, hemos de igualar a cero las derivadas de za respecto a las coordenadas generalizadas. Pero en este caso, r y r.p no son coordenadas independientes, sino que están relacionadas a través de la condición de que el extremo del vector rB esté siempre sobre la varilla. Hemos visto antes que esta condición se podía expresar en coordenadas polares como:
Considerando ahora a r.p como única coordenada generalizada, la condición de equilibrio será:
. -dzo =O= -1 [ -dr (4smip + 3) dip 4 dip
v3
dz dx
z=--x+a 3
[zJ
• Otro método: Como las únicas fuerzas activas que actúan son las de la gravedad, podemos llegar a obtener la posición de equilibrio a partir de la utilización del Teorema de Torricelli, que nos dice que en esta situación el centro de gravedad tiene un valor estacionario.
zo
107
+ 4r cosip]
z
B
IR. I Como las únicas fuerzas activas son las de la gravedad, aplicaremos el e
teorema de Torricelli para obtener el ángulo en el equilibrio. Para ello, hemos de escribir la altura za del centro de gravedad G, que la referiremos al punto fijo O, en función de la única coordenada generalizada, que es el ángulo (), pues r.p se relaciona con él a través de la sencilla relación: L sin r.p + 2L = 3L sin(), ó, lo que es lo mismo:
Y sustituyendo el valor de dr / dip:
sinip = 3 sinB - 2 tanip--/3 . ~ ~ - - - (4smip y3tanip+ 1
+ 3) + 4cosip = O
ecuación que coincide con la antes obtenida: 3 sin r.p - 3../3 cos r.p + 4 = O, y que tiene, por tanto la misma solución: 'P = 18º11'22.87"
e= 71º48'37.13"
cosip = ,/1 - (3sinB -2)
2
Según esto, za se escribirá:
zo = zo (B) = - L ( cos 'P -
%cos B)
El teorema de Torricelli dice que, en la posición de equilibrio, la posición del centro de masa tiene un valor estacionario. En nuestro caso, y dado i
,, 1
5. Estática analítica
108
que
ip
es función de
f),
esto se escribirá como:
dza = 0 dO
-L
Pero de la relación entre ip y
f)
. d < p 3 . ) =O ( -sm
5. Estática analítica
109
siendo x y z las coordenadas del centro de gravedad de la varilla G, tal y co1no se aprecia en la figura. Hemos de tener en cuenta que las ligaduras las habremos de expresar exclusivamente en función .de estas tres variables 1 y que tendrán que venir referidas a puntos o superficies .fijas.
obtenemos que:
cos
d
3cos8
B
dB
cosip
()
lo que llevado a la condición de equilibrio, una vez simplificada, nos conduce a la ecuación:
· G(x,z)
sin OV12sin0 - 9sin2 O - 3 = 2cos0 (3sin0 - 2)
2L A
ecuación trigonométrica que es resoluble sustituyendo el coseno en función del seno, elevando al cuadrado (lo que nos llevará a una ecuación polinómica completa de cuarto grado en sin B) y resolviendo numéricamente. La ecuación polinómica resultante es: 27sin4
e-
36sin3
e - 23sin0 + 48sin0 -16 =
O
cuya solución útil para O en el intervalo O :S O :S rr /2 es:
e= 57°10'02.62" [Nota: Esta ecuación polinómica tiene también otra solución en el intervalo considerado, correspondiente a un ángulo inferior,- pero una representación de la función original (sin elevar al cuadrado) no contempla esta nueva solución, que proviene, sin duda, de la elevación al cuadrado de esa ecuación, operación que introduce soluciones adicionales. Aún existe otro ángulo que cumple la condición de equilibrio original: B = 90°, que tampoco es adecuada, pues conduciría a una posición horizontal de la varilla, a la que correspondería una tensión infinita en la cuerda, que la descartamos. Nos quedaremos, pues, con la primera de las soluciones aportadas como única válida]. Resultado idéntico hubiéramos obtenido de usar el Principio de los trabajos virtuales, aunque por una vía ligeramente más larga. • Para el cálculo de las fuerzas de ligadura, utilizaremos el procedimiento de los multiplicadores indeterminados de Lagrange, que nos permitirá obtener como subproducto, además de la posición de equiliba,i0, las fuerzas generalizadas de ligadura, que en nuestro caso estarán directamente relacionadas con la tensión de la cuerda y la reacción de la pared. Para ello, será necesario liberar dos ligaduras, con lo que nos aparecerán dos nuevas coordenadas. Ahora, el sistema vendrá descrito por el conjunto B, x, z,
La primera ligadura nos dice que la distancia OA = L (o su equivalente OA = L 2 ), y la segunda, que el punto B está tocando la pared de la derecha (en otras palabras, que XB = 2L). Ambas hemos de expresarlas en función del conjunto de las tres coordenadas que definen ahora el sistema. Llamemos Qj a la fuerza generalizada correspondiente a la coordenada j-ésima, Y Q] = >.,a,; (suma en l) a la fuerza generalizada de ligadura correspondiente a la misma coordenada. En nuestro caso, la única fuerza activa deriva de un potencial conservativo, con lo que, para determinar la posición de equilibrio, el método de los multiplicadores indeterminados de Lagrange nos lleva a resolver el conjunto de las siguientes n+ 2m ecuaciones con otras tantas incógnitas: --2
Q;
av
+>.,a,;=-,,----+ >.,a,;= O uqj
f¡ (q, .. qn+m) = O
j = 1..n+m
l = 1..m
donde el conjunto de las últimas m últimas son las ecuaciones de ligadura (en esta nomenclatura, las primeras q1 .. qn serían las coordenadas generalizadas verdaderas, y las restantes qn+l··qn+m, las nuevas coordenadas que aparecen al liberar las m ligaduras, aunque en la formulación final del problema no se identifica cuáles en concreto son unas y cuáles otras). Nos queda por añadir la definición de los coeficientes a,; como a,; = i) J,/ 8q;. Pasemos, pues, a definir las ligaduras Ji (B, x, z) y Í2 (B, x, z) y los coeficientes azj asociados a ellas. 2
• Lig. 1: OA = L': • Lig. 2:
XB
= 2L:
= (x - !Lsin0) 2 + (z- ~Lcos8) 2 -L' = o f 2 = x+!Lsin0-2L=O
!1
5. Estática analítica
llO
Por lo tanto:
¡
a1e =
tL (z sin e -
¡
X cose)
a28
a1 x = x - !Lsin8
a1z = z -
=
a2x =
i L cos ()
!Lcose 1
= O
a2z
ae
av
= 0
ax
av
=O
~=mg
az
Llevando estos valores a las ecuaciones antes señaladas, nos queda el siguiente conjunto de cinco ecuaciones con cinco incógnitas (una vez simpli-
ficado):
ecuación que es, evidentemente, la ecuación que cumple () en el equilibrio antes obtenida. Hay que señalar que, al despejar z a partir de la cuarta ecuación, se ha elegido el signo - de la raíz cuadrada, pues el signo + nos llevaría a un absurdo, lo que es comprobable a través de una sencialla construcción gráfica para el caso, por ejemplo, de estar el hilo en posición • Calculemos ahora los valores de las fuerzas generalizadas de ligadura. Como sabemos, sus valores son: Q] = .\.¡ a¡j, y las expresaremos para cada ligadura por separado. Por ejemplo, Q;(l) expresará el valor de la fuerza generalizada de ligadura correspondiente a la variable x en la ligadura 1 (en nuestro caso, componente de la tensión de la cuerda en dirección del eje x). Así:
, .\1
(z sin e .\1
X COS
e) + .\2 COS e =
(x-;Lsine) +
-mg + .\ 1
Qz(l)
Ü
= O
(z - ;L cose)
= O
2
2
L
=
=
.\1a1x
mg(x-fLsine)
= -
LV1 - (2 - 3sine)
.\2
(x-;Lsine) + (z-;Lcose)
111
vertical (el punto A en la verticakl del punto O y por debajo),
Además, la energía potencial de la varilla es: V = V (8, x, z) = mgz, con lo que:
av
5. Estática analítica
x=
~ (4-3sin8)
z =
~
mg (2 - 3sin8)
.\1 =
LVl - (2 - 3sine) .\, =
Operando de la misma forma para las componentes z, tendremos que:
]
Q;( 2 )
mg (2 - 3sine)
~==='======2 J1 - (2 -3sine)
Llevando estos valores a la primera, se obtiene:
sinev12sine - 9sin2 e - 3 = 2cose (3sine - 2)
(z-
=
.\2a2z
mgJ1 - (2- 3sine) 2
fLcose)
Ljl - (2 -3sine)
2
2
-mgtanrp
Evidentemente, la resultante de las fuerzas de ligadura en dirección del eje x habrá de ser nula (no hay fuerzas activas en esa dirección) y es eso precisamente lo que expresa la segunda de las ecuaciones del conjunto de cinco utilizado para resolver el proble1na por este método.
mg
mg
=
J1 - (2- 3sine) 2
2
[3cose - 2)1 - (2 -3sine)
= mgtanrp
J1 - (2- 3sine) 2
e
x+;Lsine=2L
e,
mg(3sine-2)
Para el último paso se ha utilizado la relación entre rp y que se ha apuntado en el primer párrafo de la resolución: sin rp = 3 sin B~ 2. De la misma forma, la componente x de la fuerza generalizada de ligadura en la ligadura 2 se escribirá como:
2
De las ecuaciones quinta y cuarta podemos despejar sucesivan1ente x y z en función de resultados que llevaremos a la segunda y tercera para obtener los valores de ,\ 1 y ,\ 2 , también en función de B. Por fin, llevaremos estas expresiones a la primera para obtener la ecuación que se cumple en el equilibrio. Procediendo así:
= 2
2
=mg J1 - (2 -3sine) 2
=O
Esto quiere decir que es la componente z de la tensión del hilo la que ha de equilibrar la fuerza del peso de la varilla, pues en la pared no se ejerce ninguna reacción en dirección vertical (no hay rozamiento). De la composición de las fuerzas ejercidas por el hilo sobre la varilla en A, se obtiene la tensión que soporta el hilo:
5. Estática analítica
112
5. Estática analítica
113
Para el equilibrio, el valor de r.p resulta ser: '-P = sii,- 1 (3sin67º10'02.62" - 2) = 49º54'01.93"
R
m B
m
e La resolución del problema utilizando el formalismo vectorial es, en este caso, mucho más sencilla. Veámoslo en la figura.
A
X
[!!,] Como paso previo,
tenemos que calcular el centro de masa de la semiesfera maciza. Para ello, olvidémosnos de la notación que aparece en la figura y consideremos a la semiesfera apoyada sobre su plano ecuatorial, y asociada a ella un conjunto de coordenadas esféricas (r, ip), con origen en P y ejes Px y Py en el plano ecuatorial, y con el eje Pz dirigido en la dirección PB. Si el elemento de volumen utilizando estas coordenadas es: dV = r 2 sinBdrdBdip, mientras que la coordenada z vale: z = rcosB, la distancia PB será:
e,
La resultante de las fuerzas ha de ser nula, al igual que la resultante de los momentos respecto a cualquier punto. Elegiremos el punto A como centro de reducción de los momentos. Así, las condiciones de equilibrio se escribirán tal y como se indica a continuación:
pfff zdV R
-
pfffdV Tsinc.p-N=O { Tcosc.p-mg= O
--+
N· 3LcosB - mg · ~LsinB = O 2
--+
N tanc.p = mg N tanB=2-=2tanc.p mg
Por último, tomando en cuenta la relación entre ip y B del primer párrafo de la resolución (sinip = 3sinB - 2), la anterior ecuación en el equilibrio reproduce la que ya hemos obtenido por dos veces: 2
sinBVl - (2 - 3 sinB) = 2 cos B (3 sinB - 2)
cuyo resultado ya conocemos. • Por último, para terminar, daremos los valores netos de las fuerzas de ligadura en la posición de equilibrio:
N = -mgtan49º54'01.93" = -1.1876mg mg 5525 T = cos49º54'01.93" = mg
R
3R 8
donde R es la región de integración, p la densidad y hemos tenido en cuenta que m = 2rrpR 3 /3. Una vez obtenido este dato, apliquemos el Teorema de Torricelli a nuestro problema para el cálculo de su posición de equilibrio, ya que las únicas fuerzas activas sobre el sistema son las gravitatorias. En estas circunstancias, la altura del centro de gravedad del sistema toma un valor estacionario en el equilibrio. Ya con la notación que aparece en la figura, y tomando como ejes coordenadas los centrados en O (aunque éste sea un punto móvil a izquierda y derecha según la inclinación B del plano ec.uatorial, en cuanto a la medida de alturas respecto al plano horizontal que pasa por O puede considerarse una referencia fija y, como nada más nos interesa esa altura al encontrarnos en un campo gravitatorio vertical, se considera un punto de referencia válido) y con el eje Oz vertical y hacia arriba, la coordenada za del centro de gavedad del sistema será, una vez realizadas las simplificaciones oportunas:
.1-
ZG
~ Una semiesfera maciza de masa m y radio R tiene pegada una partícula de la misma masa m en un punto de la circunferencia de su base, y el conjunto se encuentra en equilibrio sobre un plano horizontal. ¿ Cuál es el ángulo B el la posición de equilibrio?
rfü/2 . B rZn r Jo sm cosBdB Jo dc.p rR 'd rRn/2 . BdB r2n d Jo r r Jo sin Jo ip
rR 3d
Jo r
= R-
~ [sinB +~cose]
La condición de valor estacionario para za nos lleva al valor solicitado:
l
dzG dB =- R [ cosB- 3 sinB =O-, tan B = 2
8
~
--+ B = 69°26' 38.24"
5. Estática analítica
114
5. Estática analítica
115
@:] La estructura de la figura está colocada en un plano vertical, y consta de dos varillas sin masa de longitud L, unidas por un hilo de la misma longitud. Un disco de masa m y radio R = L/4 se apoya sobre las dos varillas en la forma indicada (no hay articulación en el punto de cruce de las dos varillas). Utilice procedimientos analíticos para averiguar si existe algún ángulo B no trivial para que exista equilibrio. Utilice también procedimientos analíticos para averigllar la tensión en la cuerda en esa posición de equilibrio.
O¡
lliJ El que no exista articulación en el punto B indica que no hay fuerzas en el mismo. Por lo tanto, la posición del centro de gravedad del disco, punto A, puede variar en altura en la medida que también lo hace el punto B. Las únicas fuerzas activas sobre el sistema son de carácter conservativo (la gravedad), por lo que para analizar el equilibrio del conjunto utilizando el formalismo analítico será suficiente con buscar el valor del ángulo B que hace estacionaria la energía potencial del disco, ó, equivalentemente, la altura del centro de gravedad (teorema de Torricelli). Según la figura, y teniendo en cuenta que el ángulo PAB coincide con el ángulo B, se tiene que: -- ) = L ( sin8 = -OQ - -AQ = -OQ - (BQ BA
+ -sece 4
- -tane) 2
pues: OQ = Lsin8
BQ tan8 = L/ 2
L/4 cos (PAB) =cose== BA
Aplicando el teorema de Torricelli:
dzA
--=L
ae
(
cos
!)
0.82
Para averiguar el tipo de situación de equilibrio que corresponde a este valor, podemos calcular el signo de la derivada segunda en ese punto, o bien, representar gráficamente la función ZA= ZA (B). En el primero de los casos, la derivada segunda resulta ser negativa, que corresponderá, por lo tanto, a un máximo,' como se aprecia en la figura. Esto quiere decir que la posición de equilibrio obtenido corresponde a una situación de equilibrio inestable, tal que, desplazando ligeramente el sistema de la misma, se aleja de ella y no vuelve a recuperarla espontáneamente.
L
ZA
[
:_ _ _ _
B
+
sec8tan1J
4
- - -8) =0 sec
2
2
compleja ecuación que, resuelta numéricamente, nos lleva a un único resultado útil en el intervalo que nos puede interesar, O_::::; B _::; 1r /2:
8 = 0.820364 rad ee 47º
• Para el cálculo de la tensión en el hilo, utilicemos el procedimiento de los multiplicadores indeterminados de Lagrange, liberando, en nuestro caso, la ligadura de la longitud constante de la cuerda, e introduciéndola después en la formulación a través de la ecuación de ligadura y los multiplicadores indeterminados. Según este procedilniento, las condiciones de equilibrio se expresan co1no soluciones del conjunto de ecuaciones: Qk +Qf =
o
f¡ (q1 .. qn+m) = O
k = 1..n+m
ª"
= 8J¡/8qk]
l = l .. m
donde k cubre el conjunto a1npliado de coordenadas, un total de n + m al liberar las m ligaduras. Con10 ade1nás en nuestro caso las fuerzas activas provienen de potenciales conservativos, las fuerzas generalizadas de ligadura se escribirán como Qk = -8V/8qk 1 siendo la función energía potencial V= V(q1 .. qn+m)El conjunto de variables que utilizaren1os será el constituído por la anterior variable B, y la variable r que sustituye a la antes constante longitud del hilo L. No es difícil llegar, en estas circunstancias, a la expresión de la energía potencial como: . seclJ) V(8,r)=mgzA=mg [ L ( smB+4 La ligadura, por otro lado, es:
Ji
(8, r)
=r -
L = O
5. Estática analítica
116
___ M r T N ~----"------
e
z L
5. Estática analítica
117
La segunda, por otro lado, rne permite calcular la tensión en la cuerda. Antes del conjunto de ecuaciones hemos visto que Q~ = -T, y, en función de los multiplicadores indeterminados: Q~ = A1 a 1 r = A. Por lo tanto, nos queda:
T = -,\ = mgtane 2
Se ha dicho con insistencia que la ligadura hay que referirla a un punto, recta o plano fijo, y aquí parece que no se cumple esta condición, pues relaciona dos puntos entre sí ninguno de los cuales tiene por qué ser fijo. De hecho, podríamos decir que ese punto fijo está incluído en la ligadura, como punto de referencia con el que se van a relacionar los dos puntos extremos de las varillas M y N, por lo que sí me vale la ligadura expresada de esta forma. Además, y aunque no se dice explícitamente, hay aún otra ligadura que se sobreentiende: el hilo ha de estar en la horizontal, pues en caso contrario el problema no tendría sentido. De esta forma, cuando vayamos a calcular el trabajo virtual realizado por la ligadura (la tensión del hilo) en un desplaza1niento virtual compatible con la ligadura, sólo nos interesará la componente horizontal de ese desplazamiento, ya que la posición relativa de N (en el que se supone aplicada la tensión) respecto a M estará dada por el vector -r i (r es una magnitud siempre positiva), con lo que la fuerza generalizada de ligadura será:
e Por último, resolvamos el proble1na desde la perspectiva de la Mecánica vectorial. Si consideran1os el sistema completo, consituído por el disco, las dos varillas y el hilo, la fuerza del peso es equilibrada por las reacciones del suelo sobre las dos varillas, que son nor1nales al suelo e iguales, por la simetría del problema. Llamando N a la reacción norrnal, su módulo valdrá, pues: N = mg /2. Si ahora consideramos el equilibrio del disco, éste se conseguirá bajo la acción conjunta de la fuerza del peso y de las dos reacciones, iguales en módulo 1 de las varillas sobre el mismo. Como el ángulo en el centro del disco es también e, se tendrá que 1 siendo H el módulo de esas reacciones: H = mg sec /2.
e
T
············º
e L
H
A
e
H
H
e
p ·"--'
B
o
mg
Q' =T. d(-ri) =-T. i = -T r
dr
Sigamos con el problema. Como hay una sola ligadura que nos interesa, utilizaremos un único multiplicador indeterminado de Lagrange, al que eliminaremos el subíndice por comodidad: A.1 = >.. Escribiendo ahora el conjunto de ecuaciones arriba expresado, nos queda:
Nos queda por determinar el ángulo{) en el equilibrio, para lo que consideraremos ahora el equilibrio de una de las varillas, bajo la acción conjunta de la tensión del hilo T, la reacción del suelo N y la reacción del disco H. La ecuación de equilibrio de fuerzas para la varilla representada en la figura nos permite escribir que:
2
rsec -mg L cose+ sec8tan8) - -- 8]-o [ ( 2 4 mgtane +,\=o 2 !, (8, r) r - L = O
=
Llevando la tercera ecuación a la primera, se me reproduce la condición- de equilibrio obtenida antes:
secBtanB sec2 8 cose+ - -2-= 0 4
8 = 0.820364 rad"' 47º
T = mgtanB
T=Hsine
2 como antes. De la ecuación de equilibrio para la posible rotación de la varilla, resulta que el momento de las fuerzas respecto a O ha de ser nulo, que lo podemos escribir como: TQ
= Ü
OQ · T = OAsinB · H +OS· N
De apartados anteriores sabemos que:
OQ = LsinB
OA
=ZA
5. Estática analítica
118 Además, OS= OB cote. Es fácil ver que:
OB = OQ-BQ = L (sin O- ~tan
e)
con lo que:
OS= OBcote =
~ (2cos0-1)
Capítulo 6
Sustituídos estos valores calculados en función del ángulo () en la ecuación de equilibrio de momentos, junto con los valores de T, H Y N q~e a~abamos de obtener de la condición de equilibrio de fuerzas, llegamos sin dificultad a la expresión antes obtenida para el ángulo de equilibrio:
cose+
e e
sec tan 4
e ce47º
Ecuaciones de Lagrange y Hamilton [!]Obtenerlas ecuaciones del movimiento de un péndulo matemático constituído por una partícula puntual de masa m suspendida de un punto fijo por un hilo inextensible y sin 1nasa de longitud l, y que oscila en un plano vertical bajo la acción de la gravedad. Utilizar el método de los multiplicadores de Lagrange para obtener la tensión del hilo. Aplicarlo al caso de pequeñas oscilaciones. X
m
lliJ ~ Mecánica Analítica.
1. El sistema tiene u:n. sólo grado de liberta?, dado que su movimiento e_~tá)i_mit~do po_r_ ~bs li"ga<:Iui~-:S: la de 9scilar en un Plan_o__ v~rt_ical, y la de que- sU -di'EitiJ?..f.iª-~~-fti.~()1:.(~p._Q_permanec~nt~ "igl.l3.I-a·-ra~longitud del ~ilo l. Por simplicidad, supondremos obvia la primera y prestaremos atención únicamente a la segunda. En este primer apartado, sin utilizar aún el método de los 1nultiplicadores de Lagrange, la
e
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
120
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
o!
única variable generalizada es el <:Í11g.l1l9 _~ _que for1na el hilo con la vertical. Las ecuaciones -de 'trf1nsforrr1a"éió-~ y la función lagrangiana, a partir de la energía cinética y potencial, podrán escribirse de la forma:
{
x = l sin B -+ z=-lcosB--+
z
x=
lÍJ cos B z='lésinB
e
\¡
121
X
r
'
1 2 e·, + mgl cose L = T - V = 1-m (-x·" +- i-,) - mgz = -ml ,__2 _ 2 Las ecuaciones de Lagrállge Para la única variable generalizada, teniendo en cuenta que el sistema es conservativo y sometido a ligaduras holónomas, se pueden deducir de la función la.grangiana:
:t (~1¡)
=
ml'B }
.. g e+ sinB = 1
BL
. ae = -m_gl sme
O
La últi1na expresión es la ecuación del movimiento para B, que habrá que integrar para obtener B(t). Una integral primera se puede obtener sin dificultad. l\/Iult.i.plicando la ecuación diferencial por 81 observamos que:
r,.. IVIecánica Analítica. 2. Utilicemos el m,étodo de los multiplicadores de Lagrange para obtener, además, la fuerza de ligadura (la tensión del hilo). Procedamos a liberar una coordenada (la distancia de la partícula al origen O), y ahora el sistema se describirá por el conjunto de coordenadas ampliado (r, 8) De esta forma, la posición de la partícula 1 ecuaciones de transforn1ación y función lagrangiana se escribirán:
e=
d
g.
ee + e sin e = dt 'º.
1
(12 ·,
e -
g ) T cose
=
~=~·,sine+ r~c~se z = r cose sm
re
e
2'?)
-.,) -mgz= 1 m (º' L = T - V = l m (º' x +z r~+rB· +mgrcosB
o
2
2
Las ecuaciones de Lagrange sufren ahora una n1odificación, debido a la presencia de los multiplicadores, escribiéndose como: g -
-
l
g
d BL
cos B = cte = - - cos Bo
dt ~aqk
1
La constante que aparece en la últilna expresión se ha calculado considerando las condiciones iniciales t = O ---+ e = Bo, iJ = O. Hay que señalar que a esta misn1a ecuación se llega de una forma mucho más rápida a través del principio de conservación de la energía (no tenemos más que observar que 1nultiplicando la última ecuación escrita por ml 2 obtenemos la expresión de la conservación de la energía 1necánica). Una segunda integración pa.x0, llegar a obtener = B(t) es bastante más complicada. Si la cuestión se lin1itára.111os l.ct.s oscilaciones a valores muy pequeños de simplifica, pues podemos utilizar la aproximación sin e ~ B en la ecuación diferencial, quedándonos así una ecuación diferencial tipo cuya forma de resolución y result_ado conocemos:
e
e+ fe= o
---+
-+
í,-.'-. {,.
de integración in1nediata:
1. -8 2 2
. x = rsin_B/ { z = -r 511íB_
B = 80 coswt
e,
[w = Jg¡Yj
BL
- ~a = qk
f¡(qk, t) =
, m Qk = ¿.\,a¡k
o
l= L.m
Qf
siendo las fuerzas generalizad~s ele ligadura, .h (qk, t) = O las ecuaciones de ligadura y Az los 1nultiplicadores de Lagrange. En nuestro caso, tenemos una única fuerza de ligadura: !1 (r, B, t) r - l = O, de la que calculan1os los coeficientes a¡k: a1r = 1, a1e = O. Además, con10 la ligadura es única, usaremos A1 = A. En virtud de estas relaciones, las ecuaciones de Lagrange serán:
=
d BL
dt Br =
m:
BL
d BL _ d (
A1a1r
2 ')
dtaiJ - dt mr e !1 (r,
.2
Br = mr8 + mgcosB
Q; =
Q~ El movin1-iento resultante es, pues, periódico armónico simple, con un período de valor T = 21r / w = 21r J'flg.
k = l..n+m
l=l
=
}
=A BL
.
ae = -mgrsme A1a10 = O
e, t) = T -
l = Ü
}
122
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
que nos conducen a las ecuaciones siguientes: mf- mrB 2
-
mgcose = A
2ré + rii + g sin B= r=l
--,
O
f=f=O
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
123
medidas desde un referencial no inercial: Fin = -mw x (w x r') - ma. x r', pues el movimiento del sistema de referencia es de rotación puro y la aceleración lineal del origen del sistema móvil respecto al inercial, A, es nula, al igual que la velocidad y aceleración relativas de la partícula que constituye el péndulo respecto al sistema móvil: v' = a' = O.
Tenemos, pues, un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas. Llevando la condición de ligadura y sus derivadas a las dos primeras, nos quedan:
-m/8 2
-
..
mg cose g
= ,\
e+ 1 sinB =
O
La segunda es la ecuación del movimiento para B obtenida antes. Pero nos interesa fundamentalmente la primera. Si representamos las fuerzas actuantes sobre la partícula, vemos que éstas son la fuerza de la gravedad, que actúa verticalmente hacia abajo, y la tensión del hilo, que actúa según la dirección del hilo y hacia el punto de suspensión O. Podemos, pues, escribir que ésta tensión es: T = -Ter (T > O). Además, mg cosB es la componente del peso en la dirección del hilo y l8 2 = (l8) 2 /l = v~/l = ªN (es decir, la aceleración normal). Escribiendo la segunda ley de Newton para esta dirección normal a la trayectoria:
·
mg 1
De la expresión F = F figura, nos quedará: F'=ma'= O= (-T
·,
FN = maN = mze- = T- mgcose
pues el versar radial y el versar normal coinciden en dirección, pero son de sentidos contrarios (se trata de una trayectoria circular): e.,..= -eN. Por lo tanto, T = mliJ 2 + mg cos () = -A, es decir, la tensión del hilo coincide con el valor del multiplicador indeterminado de Lagrange cambiado de signo. Esto mismo podría haberse deducido del cálculo de la fuerza generalizada de ligadura correspondiente a la variable r. A partir de su definición:
Q' = >.,a1r = ,\ = T · fJr =-Ter· e,= -T r
ar
(recordemos aquí que al ser trayectoria circular la aceleración radial y la aceleración normal son de igual valor absoluto). i,r.- Mecánica Vectorial. Un último apartado lo dedicare1nos a la resolución del problema según el formalismo de la Mecánica Vectorial, instalándonos en un referencial no inercial como el indicado en la figura, que es un referencial giratorio con una velocidad angular w = () k, dirigido perpendicularmente al papel y hacia afuera [a= iik]. Desde el punto de vista del observador ligado a este referencial, la partícula se encuentra en equilibrio relativo bajo la acción conjunta de las fuerzas reales T y mg, a las que hay que sumar la fuerza de inercia correspondiente de correción, al hacer la
2
• m ze· e,.
e'- \ n1gcos e,er + Fin,
utilizando los versares que se indican en la
+ mgcosB + mlé') er + (-mgsinB -
mlii) ;:, 8
donde hemos utilizado las relaciones vectoriales siguientes: W X
(w a
X
X
8k
X
(e k
r' = ¡ij k
X
l
r') =
er
X [
er)
=
/8 2 k
X
ee = -[8 2 er
= z¡ij ee
Igualando cada paréntesis a cero, obtenemos las ya conocidas ecuaciones del movimiento.
~ Una masa puntual 2m desliza sin rozamiento sobre la hipotenusa de un triángulo rectángulo isósceles de cateto a y masa m, que a su vez descansa sobre uno de sus catetos en una superficie horizontal lisa. Obtener las ecuaciones del movimiento de la masa y del triángulo usando el formalismo de: a) Lagrange, b) Hamilton. Obtener el tiempo que tarda la masa puntual en llegar al suelo si en el instante inicial se encuentra en reposo en el vértice superior del triángulo.
IR.
1 Utilicemos las coordenadas generalizadas que se muestran en la figura, donde la coordenada x es la abscisa absoluta de la partícula puntual sobre la hipotenusa, y u es la abscisa absoluta del cateto izquierdo del triángulo (deberíamos haber elegido como punto importante del triángulo su centro de masa, pero como el triángulo ni gira ni varía su energía potencial, la referencia de la posición del cateto izquierdo respecto al origen es totalmente
124
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
válida). Estas dos coordenadas son suficientes para describir totaln1ente el problema, pues la altura de la partícula sobre el eje x se calcula 1nediante la ligadura de estar necesariamente sobre la hipotenusa del triángulo. y¡
u
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
La resolución de este sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas es inmediata, y su integración 1 con las condiciones de contorno siguientes: t = O --+ u = O, U = O, x = O, i: = O, nos lleva a:
g u= - -
--,
ú = --gt
1 2
--,
n = --gt
x=
--,
1 x = -gt
--,
X= -gt 2
2
!J_
4
4
1 4
2
1 8
[IJ Formalismo de Hamilton.
a y
Para el cálculo de la función Hamiltoniana nos hacen falta los rnomentos conjugados de las coordenadas generali~ Y ~oo = .
m 45°
X
fJL . . Pu= aú = m(3n-2x)
X
De esta forma:
Px =
~~
=m(-2ú+4x)
Despejando U y X en función de Pu y Px:
y= a - (x - n) = a'+ n - x Ú =
Los formalismos que se citan en el texto utilizan magnitudes comunes, como la energía cinética, la energía potencial .y la función Lagrangiana. Calculémos1as, teniendo en cuenta que y= a+ u - x -+Y= U - ±: T = ~mú
125
2
+ ~(2m)
(x
V= (2m)gy = 2mg(a
2
+ ,¡ 2 )
= ~m (3ú
2
+ 4± 2
-
4úx)
+ n - x) + 4x 2
-
4úx) - 2mg(a
+ n - x)
@] Formalismo de Lagrange. Las ecuaciones de Lagrange para ambas coordenadas generalizadas son: fJL = m(3ú-2x)
__, !l.__ (ªL) = m(3ü-2x) } dt f) ú
f)ú
fJ L =-2mg f)"
!~ =m(-2ú+4x)
__,
~ (2Pu
+ Px)
1
X = Sm (2Pu + 3p,,)
con lo que la función Hamiltoniana se escribirá, una vez silnplificada:
H = ¿p¡q¡ - L = l;m (4p;, + 3p; + 4PuPx) + 2mg (a+ u - x)
' Las ecuaciones de Hamilton serán, pues:
Por lo tanto, la función Lagrangiana valdrá:
L = T - V= !m (3ú 2 2
4
:t (!~)
fJH 1 ú= = (2Pu apu 4m fJH 1 x = = - (2p,, ap, 8m
f} X
Pti = -2mgt
-ü+ 2:;; = 9
Px = 2mgt
Sustituyendo estos resultados en las expresiones de ü y X, nos quedará: 1 ú = --gt
que nos conducen, tras simplificar 1 a las ecuaciones diferenciales del movimiento:
3ü - 2i = -2g
+ 3px)
fJH Pu= - - = -2mg fJn fJH Px = -- = 2mg ax
Las ecuaciones obtenidas para ü y x ya las conocíamos, y no aportan nada nuevo. En cuanto a las dos ecuaciones restantes, son de integración in1nediata. De las condiciones iniciales anteriores, resulta que, para t = O --+ PttO = Pxo = O, lo que, llevado a los resultados de la integración de esas ecuaciones nos da:
=m(-2ü+4x)}
fJL -=2mg
+ p,,,)
2
. 1 X= -gt
4
e integrando: 1 .2 n = --gt 4
1 X= -gt2 8
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
126
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton y
~
Tiempo de caída. Un procedimiento rápido para calcular el tiempo al cabo del cual la partícula que se encuentra deslizando sobre la hipotenusa toca el suelo es igualar a cero la ordenada de esa partícula:
y=a+u-x=O---+
a-
1
2
gt¡ -
4
1
8
u
B
2m,R
2
gt, = O
a y
m
[Nota 1: Una for1na de averiguar si el resultado obtenido es correcto es ver cuál es la solución para el caso en el que el triángulo está fijo. En este caso, tendríamos que, permanentemente, u = U = ü = O, lo que nos deja como única ecuación del movimiento a:
.
X
1
= -gt 2
---+
X
1 4
= -gt 2
Y en cuanto a la coordenada y, de su propia definición escribiríamos lo siguiente, teniendo en cuenta que ahora ü = O: ..
y=
..
..
g
U - X= - -
2
127
1 4
y= a - -gt
2
Estas expresiones se corresponden con las de un movimiento uniformemente' acelerado a lo largo de la hipotenusa con un valor de la aceleración de componentes (g/2, -g/2), es decir, con un valor absoluto igual a vig/2, valor que no es más que la proyección de la aceleración de la gravedad en la dirección de la hipotenusa, que es lo que cabía esperar].
[Nota 2. Otro apunte de interés es el hecho de que este formalismo nos lleva de forma natural a los sentidos correctos del movimiento a pesar de partir de posibles errores iniciales en la valoración de los sentidos de los desplazamientos, pues si bien en este caso era claro que el triángulo se desplazaría hacia la izquierda mientras la partícula sobre la hipotenusa lo hacía a la derecha, hemos querido dar generalidad total al planteamiento, dibujando también al triángulo desplazado hacia la derecha, como si ése fuera a ser su sentido del movimiento. El resultado final, con las coordenadas u y x de signos contrarios, pone las cosas en su lugar y nos da información suplementaria sobre el sentido del 1novimiento de cada co1nponente del sistema].
[IJ Un disco de masa 2m y radio R rueda sin deslizar sobre la hipotenusa de un triángulo rectángulo isósceles de cateto a y masa m, que a su vez descansa sobre uno de sus catetos en una superficie horizontal lisa. Obtener las ecuaciones del movimiento de la masa y del triángulo usando el formalismo de: a) Lagrange, b) Hamilton. Obtener el tiempo que tarda el disco en tocar al suelo si en el instante inicial se encuentra en reposo y en posición tangente a la hipotenusa en el vértice superior del triángulo.
X
45º X
lliJ En el presente caso, además de la ligadura del problema anterior (obligación de desplazamiento a lo la,rgo de la hipotenusa), existe otra ligadura, la de rodadura, que se enunciaria de la forma siguiente: la distancia desde el vértice superior Ao hasta el punto A es igual a la longitud de arco medida sobre el disco entre A y B. Así, pues, si bien debiéramos ampliar el conjunto de coordenadas generalizadas con el ángulo (), al escribir la ligadura de rodadura se amortiza ese incremento y volvemos a tener dos coordenadas generalizadas: la coordenada x, abscisa absoluta del punto de contacto del disco con la hipotenusa (conocida ella conozco la posición absoluta del centro del disco, punto D), y u, abscisa absoluta del cateto izquierdo del triángulo. La ligadura de rodadura se expresa como: -
vi
In
.
vi
AoA=v2(x-u)=-R8---+ 8=--(x-u)---+ 8=--(x-ú) R R donde he usado el carácter intrfnsecainente negativo del ángulo () (giro a derechas) según el convenio habitual de signos para 1nedidas de ángulos (como es evidente, si hubi~ra o~tado, por utilizar el convenio opuesto, los resultados a los que llegaria serian fisicamente idénticos). Por otro lado, las coordenadas del centro del disco, teniendo en cuenta que y = a+ u - x, son:
Yn=y+
vi vi 2 R=a+u-x+ 2 R
Los formalism?s que se citan en ~l texto utilizan magnitudes comunes, como la energia cinética, la energia potencial y la función Lagrangiana. Calculémoslas.
1
.
1
1
.
1
= - mu 2 + - (2m) (±E,+ 1ib) + -10 82 = -m (5,l + 6± 2 2. . 2 . . 2 2
T
.. -
8úx)
pues: Xn = X
YD=Y=ü-X
In=
1
(2m)R 2 = mR2
2
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
128
con lo que la función I-Iamiltoniana (fI = LiPiCJ.i -L) se escribirá, una vez simplificada:
En cuanto a la energia potencial, la escribirernos asi:
V= (2m)gyD = 2mg (a+ u - x
+ ';
R)
La función Lagrangiana valdrá, pues:
L=T-V= ~m(5ú
2
Las ecuaciones de Hamilton serán, pues:
2
+6x -8úx)-2mg (a+u-x+ ' ;
R)
~
Formalismo de Lagrange. Las ecuaciones de Lagrange para ambas coordenadas generalizadas son:
8L. =ni (º. :Ju- 4 x.)
au
--+ -d (ªL) - . =·m (-·· bu- 4 x.. ) } dt au.
8L = -2mg 8·u
-
!!
=m(-4ú+6i:) --+ :t
129
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
(!!)
=m(-4ü+6x)}
8L - =2mg
8H
8H
1 = (3pu + 2p,) Pu 7m 8H 1 i: = = (4Pu + 5p,) 8 P.1; 14m ú =
Pu= ---
-a
au
.
P:1; =
8H
-----¡¡;;
= -2mg = 2mg
Las ecuaciones obtenidas para U y X ya las conocfarnos, y no aportan nada nuevo. En cuanto a las dos ecuaciones restantes, son de integración inmediata. De las condiciones iniciales anteriores, resulta que para el instante inicial t = O --+ Puo = Pxo = O, lo que llevado a los resultados de la integración de esas ecuaciones nos da:
Px = 2mgt
Pii = -2mgt
Sustituyendo estos resultados en las expresiones ele U y X , nos quedará 1 como antes:
ax
que nos conducen a las ecuaciones del movimiento siguientes:
5ü-4x = -2g -2ü+3x=g
. 2 u= --gt 7 1 2 u= --gt 7
.
X=
X=
1
-gt 7 1
14
?
gt-
La resolución de este sisten1a de dos ecuaciones con dos incógnitas es inmediata, y su integración, con las condiciones de contorno siguientes: t = O -> u = O, U = O, x = O, X = O, nos lleva a:
2g 7
Ü=--
--+
g X= 7
--+
2 u= --gt 7 1 X= -gt 7
--+ --+
1 2 U= --gt 7 1 X= -gt' 14
~ Formalisn.l.o de Hamilton.. Para el cálculo de la función I--Ia1niltoniana nos hacen falta los n1omentos conjugados de las coordenadas generalizadas. Éstos son:
Pu=!~ =
m
(5ú - 4x)
8L . . Px = 8x = m (-4u + 6x)
D
R
@] Tiempo de caída. En el detalle de la figura se aprecia el valor de la coordenada y para el que el disco toca el suelo. Éste Llevándolo a la ecuación de definición de la coordenada y, valores de u y x en función del tien1po, nos queda co1no hasta que el disco toca el suelo el que cumple la siguiente
valor es y = R. sustituyendo los tie1npo de viaje ecuación: .
Despejando ú y X en función ele Pu y Px : Ú
=
1 m (3p, 7
+ 2px)
1
X= - - (4p.,, 14m
+ 5px)
3 gt,=a2 14
(
1-
-/2)
2
R
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
130 Es decir:
t, =
~:
[a - (1 -
'7)
R] =
J~: [a -
lim t, =
0.293R]
(Ma
Vsi
que difiere del caso en el que una partícula de la misma masa desliza por la hipotenusa (recordemos que el tiempo al cabo del cual la partícula en cuestión tocaba el suelo era tr = -J8a/3g, sensiblemente inferior). En este caso, la intuición parece fallarnos, pues parecería como que el problema actual se reduce al anterior cuando R -+ O. Esto no es cierto, pues, cuando el radio se reduce, la fuerza de rozamiento que hace rodar al disco sigue actuando, y hará que en el límite cuando R se anula, esta velocidad de rotación iJ se haga infinita, de forma que aún ahora tengamos una energía cinética de rotación, de valor:
T.a, = ~IniÍ' =
~ [~(2m)R
2
[-
]
~ (x - ú)]
~ Formalismo vectorial. Sobre el sistema bastidor-partícula no actúa ninguna fuerza en la dirección horizontal, por lo que podemos decir que el mo1nento lineal según esa dirección, se conservará. Como inicialmente éste era nulo, seguirá siéndolo, lo que implica que el centro de masa del sistema según ese eje permanecerá inmóvil. Elegiremos un sistema de referencia como el de la figura, cuyo eje vertical pase por el centro de masa G (el cual, dado que las masas de bastidor y partícula son iguales, estará situado a mitad de distancia entre el centro del bastidor y el vértice superior del mismo)· En esa figura representamos la situación de partida, con la partícula en el vértice superior A, y la que representa el paso de la partícula por el centro del bastidor. En este segundo caso coinciden los centros de masa de ambos componentes del sistema, por lo que también estará ahí el centro de masa del conjunto, G, que, además, coincide con el origen del referencial inercial O (en la situación de partida esto no era así, y ambos puntos se presentan netamente diferenciados en ese caso). A
= m (x -
ú)
rozamiento por la diagonal del marco vertical de masa m, el cual, a su vez, puede deslizar sin rozamiento sobre el plano horizontal. Si la partícula parte desde el reposo del extremo A de la diagonal, ¿cuál será la velocidad del centro de masa del marco cuando la partícula pasa por el centro de la diagonal AB? A
zl
2
QJ En el sistema de la figura adjunta, la partícula de masa m desliza sin
o
X
b
X
G
b/2
a
B
Sea Vm = V1 la velocidad del marco cuando la partícula pasa por el centro del mismo, y Vp = V2 la de la partícula en ese instante (ambas velocidades son nulas en el momento de partida y representan velocidades absolutas respecto al referencial que utilizamos). Además, Vmz = v 1 z = O, pues el centro del marco nada más tiene movimiento según el eje Ox. Por lo tanto, escribiremos:
Por otro lado, de la conservación del momento lineal según la dirección del eje Ox, obtendremos: P,
m
A
2
que es positiva e independiente del valor del radio R. Por lo tanto, la presencia de esta energía cinética de rotación retarda el movimiento de translación de la partícula (la energía total es la misma, pues no hay rozamientos disipativos sobre el sistema), y el resultado del tiempo de viaje es, en consecuencia, en este caso mayor que en el anterior].
m
131
I R. I Este es un excelente ejemplo en el que se aprecian las ventajas del formalismo analítico sobre el vectorial para la resolución de problemas.
[Nota. Una curiosa consecuencia es la siguiente: Si vamos reduciendo el radio del disco, la duración del viaje hasta tocar el suelo va incrementándose, hasta hacerse igual a:
R---+0
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
=
cte
=O
-+
-+
b a
B //
El estudio del movimiento relativo de la partícula respecto al bastidor nos proporcionará otra relación necesaria. Su velocidad, v;, estará dirigida en la dirección de la diagonal del rectángulo AB, por lo que el cociente de entre sus componentes estará relacionado con las dimensiones del rectángulo a y
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
132
b. Si nos colocamos en un sistema de referencia que se mueve con el bastidor, la velocidad de éste respecto al antiguo sistema será: V = V1 = V1x i, por lo que la velocidad de la partícula respecto al bastidor será:
Es decir:
133
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
[IJ Formalismo
de Lagrange. En este caso, consideremos el sistema referencial con origen en el instante inicial en el vértice inferior izquierdo, punto B, del bastidor (esta elección la hacemos por comodidad y no afectará a los valores de las velocidades obtenidas para bastidor y partícula, pues el nuevo referencial se encuentr:1 en reposo permanente respecto al utilizado en el apartado anterior). La posición del bastidor viene determinada por la variable u, y la de la partícula por la pareja de variables ( x, z). De las tres variables mencionadas, sólo dos son illdependientes, pudiendo establecerse la siguiente relación de la ligadura geométrica impuesta a la partícula ensartada en la diagonal:
Como la partícula no puede salirse de la diagonal, escribiremos: b a
Tene1nos así todas las componentes de las velocidades expresadas en función de vi:;;. Como sobre el sistema no actúan 1nás fuerzas activas que las de la gravedad y las fuerzas de ligadura son ideales y no disipan energía, la energía 1necánica del sistema se conserva, lo que nos lleva a escribir la siguiente relación para las dos situaciones que se plantean, teniendo en cuenta las dilnensiones que se expresan en la figura:
z
b
X-U
a
b
b z= -(x-u)
z = - (x - u)
a
a
Por lo tanto, utilizaremos las variables x y u con10 coordenadas generalizadas. La energía cinética del sistema será:
2 ·2 1 m [·2 + x + ab ("x - u")'] 2 2
T = 1 mu
2
= :
2
2
[(a'+ b') (u'+ ±2 ) -2b2 u±]
y la energía potencial:
mgb b ) =~[a+2(x-u)] V=mg ( -+z 2 2a La función Lagrangiana queda como:
Es decir:
L= m2 2a
[(a 2 +b') (u'+x')-2b 2 úx]- mgb[a+2(x-u)] 2a
Las ecuaciones de Lagrange que se obtienen para ambas variables son: 8L. = ~ m2
8u
Consecuentemente: 2b
V2::
= -~V1x = -
a
[(a' + b2 ) ú -
8L Bu
2gb3
a2
a
+ 2b 2
b2 ±] )
x - b2 ú]
z
ju
o_j
b
X
mgb a
(a 2
+ b2 ) x -
b'ü = -gab
Este sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas es fácilmente resoluble. Sumando 1niembro a miembro ambas ecuaciones, obtenemos:
z
_B---1"'-----ª-------,----'---x-
b2 x.. = ga b
)
con lo que queda resuelta esta parte del problema. ~--------71A
+ b2) u.. -
a
8L = a' m [(a'+ b2 ) -8± 8L 8x
2
(a
mgb
X= -ü
X= -U
u+x=a
donde hemos utilizado las siguientes condiciones iniciales: t = O -+ U = O, = 0 1 u = O, x = a, en las sucesivas integraciones inmediatas. Por otro
X
134
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
R
lado, para obtener los valores concretos de las velocidades, sustituyamos X por -ü en la primera ecuación diferencial de segundo orden, con lo que:
..
Multiplicando ambos mie1nbros por U e integrando, utilizando las condiciones de contorno anteriores:
z
o
b a
b
2
a u=4
u+x=a } X - U= a/2
ga 2 b 2{a +2b
)
X
L,2m
3a x=4
Llevando estos resultados a las expresiones generales de las velocidades, se obtendrá que en ese instante:
-~---=-± 2 2
X
e
a x-u = 2
= -
Por lo tanto, en el instante en que la partícula pasa por el centro del bastidor, se cumplen simultáneamente:
U=
R
m
2gabu ~--~=-X a 2 + 2b2
Cuando la partícula pasa por el centro del bastidor, z = b/2. Llevando esta expresión a la ecuación de ligadura, obtene1nos:
z = -(x - v.)
cos2 B-2cosacosB+2
= 3r n g - - - - - -2 - ~ -~ 2 (1+sin 8)
B. Utilizando métodos exclusivos de la Mecánica Analítica, resolver el mismo problema.
gab a + 2b
u=~--~ 2 2
u=
135
.
b . a
.
z = - (x - u)= -
Sólo nos queda hacer las identificaciones: U = finalizar el problema.
V1x,
X = v2x
2gb 3 a 2 + 2b2 ,
i = v22 para
[[] Un anillo de masa m está sujeto a uno de los extremos de una varilla uniforme de longitud L y masa 2m. Todo ello cuelga de un alambre rectilíneo, liso y horizontal, que pasa a través del anillo. Se desplaza la varilla en el plano vertical que contiene al alambre, de manera que forme un ángulo o: con la dirección vertical, y se le deja libremente sin ningún impulso inicial. A. Utilizando los métodos de la MeGánica de Newton: l. Hallar la frecuencia angular w de las pequeñas oscilaciones de la varilla. 2. Hallax la amplitud de las oscilaciones del anillo en el alambre. 3. Calcular la reacción del alambre sobre el anillo, y demostrar que, en función del ángulo B que forma la varilla con la dirección vertical en un instante t, ésta puede escribirse de la siguiente forma:
R. I • Mecánica Vectorial. A.1. Situemos el sistema en cualquier posición una vez iniciado el movimiento y hagamos la descomposición de fuerzas actuantes sobre el mismo. Se observa en la figura que todas las fuerzas actuantes son verticales, ya que no existe rozamiento entre el anillo superior y el hilo horizontal. Una consecuencia inmediata de esta distribución de fuerzas es que la componente horizontal del momento lineal se conserva, ya que no existe fuerza horizontal. j
Si consideramos un sistema inercial respecto al que el anillo superior se mueve horizontalmente con una velocidad v, y teniendo en cuenta la velocidad del centro de masa de la varilla relativa a este punto de contacto (lo que podemos apreciar en la figura), podremos escribir: Px = mv + 2m [v +
(~e)
l=
cos B
cte
=O
pues de las condiciones iniciales (parte del reposo) se tiene que Pxo = O. De la expresión de arriba podemos extraer de inmediato una relación entre la velocidad lineal horizontal del anillo y la velocidad angular de la vaxilla respecto a ese anillo, así como de su posición angular respecto a la vertical. Así:
L-
v = --BcosB 3
v y B tienen signos contrarios en todo momento, lo que se puede ver fácilmente sin más que analizar el movimiento del anillo y la varilla en dos posiciones: una, antes de llegar a la posición opuesta a la de salida, y otra, después de haber rebasado aquélla.
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
136
Por otro lado, el" siste1na es conservativo, por lo que la energía mecánica total se conservará. Esto es:
1¡1 (2m)L 2 ]·82 12
+
2
-
2
Teniendo en cuenta que la energía inicial de la varilla es totalmente potencial: E = -mgL cosa:, llegamos a:
9v + 2L 1Í + 6vLécosB = 6gL(cose - cosa) 2 2
Sustituyendo el valor de v obtenido arriba y simplificando, llegamos a la ecuación diferencial del movimiento:
Lé
2
n+ sin 8) = 6g(cose - cos ex) 2
ecuación diferencial de primer orden que, integrada, nos dará la solución
B = B(t). Conocida esta solución) obtendríamos de inmediato el valor ele la velocidad v y la posición del anillo en cualquier instante de tien1po sin 1nás que integrar la velocidad respecto al tie1npo) conocidas las condiciones iniciales. Desafortunadamente, la prünera integral puede resultar bastante compleja, por lo que una solución exacta del prob_le1na suele ser ~ediosa. Co1no el problema nos pregunta sobre la frecuencia de las pequeií.as oscilaciones, hagainos las aproxin1aciones oportunas:
. 'P2 COS
2
sin cp
.Q::::
cp
Despreciando infinitésimos de orden superior allí donde proceda, la anterior ecuación diferencial del movhniento queda ahora de la for1na:
¡p
=
i, (c/-&2)
Esta última ecuación se ha obtenido ele la anterior por derivación respecto al tiempo. La solución = B(t) la podemos obtener por dos procedimientos. La primera vía consiste en realizar la integración de la primera de las
e
137
ecuaciones diferenciales (la de primer orden, aunque de segundo grado), utilizando el ca1nbio de variable: B = a cos u. Este cambio nos lleva a una integral inmediata. La segunda vía utiliza el conocimiento previo de la solución ele la ecuación diferencial del oscilador ar1nónico que representa la ecuación diferencial de segundo orden escrita en segundo término. Esta solución es de la forma:
(2m)g L cose= cte
El segundo término corresponde a la energía cinética de la varilla con la masa concentrada en su centro de masa y el tercer tér1nino es la energía cinética de rotación de la varilla alrededor de un eje perpendicular al papel por el centro ele masa ele la varilla (sin el anillo superior). Por otro lado, para 1nedida ele energías potenciales hemos tomado como nivel umbral cero el plano horizontal que contiene al alambre.
2
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
B = 80 cos (wt
[w = y'3g!Zj
+ o)
siendo w es la frecuencia de las pequeñas oscilaciones que realiza el sistema alrededor de su posición de equilibrio. Teniendo en cuenta las condiciones iniciales (t = O -+ B = a:), resulta ser 80 = a, O = O. Obvia.1nente, obtenen1os lo mismo por el primer procedimiento, y la solución es:
La derivada temporal de esta expres1on nos da B = -wa:sinwt, que es negativa en el intervalo (O, 1r) del argun1ento de la función seno (primer semiperíodo), y positiva en el intervalo (1r, 21r) (segundo semiperíodo), tal y con10 se deduce del análisis cualitativo del rnovüniento. e Mecánica Vectorial. A.2. Sin limitarnos por el rnon1ento al caso de las pequeñas oscilaciones, calculernos la amplitud de las oscilaciones del anillo en el alambre. Para ello, integrarernos en prilner lugar la ecuación que nos da la velocidad de este anillo, v, ya que v = dx/dt. Esta integración resulta in1nediata, y, en lugar ele extraer el resultado en función del tiempo, lo haremos en función del ángulo B. La constante de integración necesaria la volvemos a obtener de las condiciones iniciales (añadimos la condición x = O para t = O, instante en el que es, además, a), lo que en últüno tér1nino nos da la siguiente expresión para el movimiento del anillo en el alarnbre:
e=
L
x = -(sin ex - sinB) 3 El máximo desplazamiento del anillo hacia la derecha tiene lugar para un valor del ángulo B = -a, y este desplazamiento es el doble de la amplitud de oscilación A:r. Luego escribiren1os: XM
= 2A, =
L
.
2L
3 [smcx-sin(-a)] = 3
sincx
---+
A:1;
L 3
= - sin a
l{ay otro cómodo procedimiento para llegar al mismo resultado. Por consideraciones de simetría, la posición del centro de masa ele todo el siste1na (anillo+varilla) es la misma en las dos posiciones extre1nas de reposo instantáneo. Entonces, es una cuestión puran1ente geo1nétrica deducir de la figura el valor de la amplitud de oscilación:
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
138
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
139
R
A,= OGsina ~ m· O+ 2m · "-2 OG = 3m
()
}
A x = L s1na .
L
=
2
[m·0+2m(~ésine)] =mL(iJsinB+IÍ cosB) = R-3mg
La ecuación del movimiento a la que llegamos en el apartado A.l nos proporciona tanto () 2 como, por derivación, jj . Escribámoslas, una vez simplificadas:
• Mecánica Analítica. B.l. El sistema dinámico del problema es un sistema conservativo sometido a ligaduras holónomas. Consideraremos una única ligadura: la que mantiene al anillo en permanente contacto con el alambre horizontal, ya que nos piden el cálculo de la fuerza de reacción del alambre sobre el anillo. En función de estos datos, el sistema queda descrito por dos coordenadas generalizadas: x, que nos da el desplazamiento horizontal del anillo respecto al origen ( desde el que se supone que parte en t = O) y 8, que nos da el ángulo que forma la varilla respecto a la vertical. Las coordenadas del anillo y del centro de masa de la varilla y las componentes de las velocidades de ambos puntos son, respectivamente:
.. -3gsinB [(1 + sin 2 B) + 2 sinB cos B(cosB - cosa)] LB = (1 + sin2 8) 2
(1 +
sin2 e)
+2
2
Es fácil ver que el numerador no tiene ceros reales, por lo que R nunca se anulará, ni tampoco se anula el denominador para algún valor de 8, por lo que R tampoco se hace infinito. La gráfica de la figura muestra la forma de R para a = 1r /2, donde se aprecia con claridad que la fuerza de reacción (en el eje vertical) se hace máxima en 8 = O (es decir, cuando la varilla pasa por la vertical).
YVG = -
cos()
2
YA= O
xvG=x+ L.BcosB
2
YVG = ~IÍsinB
La función Lagrangiana (a la que denominaremos .C. para no confundirla con la longitud de la varilla L) será: [. =
Sustituídos estos valores en la expresión de la ecuación de Newton para la dirección Oy, es un mero ejercicio de cálculo el llegar al valor de R que figura en el texto del problema:
{ XA=X
2
{ YA= O
Lii(l + sin2 B) + LIÍ 2 sinBcosB = -3gsinB
cos2 8 ~ 2cosa cos&
. xvG=x; L smB
XA=X 6g(cosB-cosa) LB = --"-'---~-~ (1 + sin2 B) •2
R = 3mg
:n;/2
3
• MecánicaVectorial.A.3. Del análisis del diagrama de fuerzas se aprecia que las únicas que actúan sobre el sistema tienen la dirección vertical (eje Oy). La segunda ley de Newton aplicada a esta dirección se escribe así:
Fy= d:: !
o
3
=-
1
0
mx-+m
2
[(
x +
L. ecosB
2
2 )
+ ( ~¡j sin())']
+
i [/)2m)L
2
]
2
ÍJ +mgLcosB
que, una vez simplificada la podremos escribir así: 3 2 1 ·2 . [. = -mx +-mL 2 8 +mLxBcose+mgLcosB 2 3 Las correspondientes ecuaciones de Lagrange para las dos coordenadas generalizadas resultan ser, una vez hechas las oportunas simplificaciones:
Lx = --BcosB 3 2Lii + 3:r cos 8 + 3g sin B = O
3:i; +LÍJcosB
= cte = O
140
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
L (.. i = -3 ecos
.2
:t
iJ,
~'"~'"
\,2m
O
pode1nos reescribirla de la forma: XA
2
[L1i'(l+sin e)-6gcose]
LIÍ 2 (1 + sin2 e) - 69 cose
=
cte
=
=Ü
-6g cosa
Nuevamente, el valor de la constante se ha calculado a partir ele las condiciones iniciales. Esta última expresión coincide con la ecuación diferencial del movin1iento que ya obtuviéramos en el apartado A.1 a partir del principio de conservación de la energía. As( pues, hemos llegado a establecer la conservación de la energía como resultado natural de la aplicación de las ecuaciones de Lagrange, sin haberlo exigido en el contexto del desarrollo.
A partir de aquí, el proceso de resolución del problema vuelve a loS apartados A.1 y A.2, obteniendo los resultados: Ax=
L.
3 s1na
{
=
xva = x +
X
YA =y
L. s1nB
2
L
YVG = Y -
2 cose
{:: :;
. xva YVG
=
x. + Lé cos e
2
L·
= 11 + 2esine
U na vez calculados los valores de la energía cinética y potencial del siste1na en función de los valores anteriores, la función lagrangiana, hechas las oportunas simplificaciones, se escribirá como:
L = ~m
(x'
+
y2 )
2
+ ~mL iÍ 2 + mLIÍ (x cose+
y sine)+ mg (Leos e - 3y)
El método de los multiplicadores de Lagrange nos conduce a un conjunto de ecuaciones simultáneas en el que toman parte activa las colldiciones de ligadura. En nuestro caso, y tal como hemos elegido éstas,- nos interesa nada más la ligadura que 1nantiene al anillo en contacto con el alambre. Esta ligadura se escribirá como: YA = O. Por otro ládo, de la teoría sabemos que el conjunto de ecuaciones a resolver, una vez liberados los grados de libertad debidos a las ligaduras, es el que figura a continuación:
d DL para las pequeñas oscilaciones del apartado A.1, y para la an1plitud de las oscilaciones del anillo en el alambre del apartado A.2, respectivan1ente.
'
\vo,zvol
)
e - e sine Lii(l + sin2 e) + LiJ' sin ecos e+ 3g sin e = l\!Iultiplicando la última ecuación por
z
¡
El valor de la constante de la primera de las dos ecuaciones (que viene del hecho de que la variable x es cíclica) está deter1ninada por las condiciones iniciales (t =O-+ 80 = o:, 60 = O). De la primera de las dos ecuaciones, obtene1nos X por derivación respecto al tiempo y lo sustituímos en la segunda, quedándonos:
141
DL
m
-ª. - -ªqk = Qf = I: >-,a,k
dt qk
k = 1..n+m
l=l
J,(qk, t) =
o
l = 1..m
• Mecánica Analítica. B.2. Apliquemos la técnica de los n1ultiplicadores de Lagrange para el cálculo de la fuerza de reacción del ala1nbre sobre el anillo. Para ello, sustituímos la ligadura que representa el alambre para el movimiento del anillo por una fuerza activa que produce los misn1os efectos. Lo que hacemos con ello es liberar un grado de libertad: si antes teníamos dos, ahora tendremos tres, y necesitaremos tres coordenadas para expresar de forma inequívoca la posición del sistema en cualquier instante de tie1npo. Estas serán las dos coordenadas cartesianas del anillo (x)y) y el ángulo() que la varilla forma con la vertical.
El segundo miembro de las ecuaciones de Lagrange corresponde a las fuerzas generalizadas de ligadura. En nuestro caso, el sistema a resolver consta de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas (x, y, e, A), ya que nada más tenemos una única ecuación de ligadura, por lo que prescindiremos del uso del subíndice que afecta al 1nultiplicador de Lagrange correspondiente. Los coeficientes a¡k de la ecuación de ligadura son:
El resumen de las coordenadas cartesianas del anillo y del centro de masa de la varilla en función de las coordenadas que usaremos, así co1no las co1nponentes de las velocidades respectivas, las escribiremos como:
donde hemos prescindido también del primero de los subíndices de alk, por el mismo 1notivo. Llevando estos valores a las ecuaciones de Lagrange de arriba, el sistema a resolver queda de la forma:
f(x,y,e) =YA= y= 0
ax = O
ay = 1
ae = O
142
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
![
m ( 3;; +
Lé cose)]
=
m ( 3:ii + Lii sin B + LIÍ 2 cos B + 3g) =
Q; = o Q[
=y= O
--+
= ,\
y= y= O
La integración de la primera de las ecuaciones, que es inmediata, nos lleva al mismo resultado que ya obtuvimos en el apartado anterior, una vez introducidas las condiciones inciales. Por otro lado, llevando la ecuación de ligadura a las dos ecuaciones siguientes, es inmediato ver que la tercera ecuación (correspondiente a la ecuación de Lagrange para la variable B) reproduce la segunda de las ecuaciones del movimiento obtenidas en el apartadd' B.1, mientras que es la segunda de las ecuaciones la que nos va a suministrar la información sobre la fuerza generalizada de ligadura. Resumiendo, el conjunto de ecuaciones a resolver queda ahora de la for1na:
3x + LIÍcosB = O
X
1
e
Como se aprecia en la figura, hay una única coordenda generalizada que me permite describir totalmente el sistema en cualquier momento: el ángulo B. En función de esta variable, las coordenadas cartesianas de ambas partículas y las correspondientes velocidades se expresarán como:
2Lii + 3xcos8 + 3gsinB = O El sistema constituído por la primera y tercera ecuaciones está ya resuelto en el apartado B.1, por lo que prestaremos atención únicamente al significado de la segunda ecuación. Teniendo en cuenta que la variable y tiene dimensiones de longitud, la correspondiente fuerza generalizada de ligadura tendrá dimensiones de fuerza y, al existir una única ligaclura 1 representará la fuerza total de ligadura que ejerce el alambre sobre el anillo en dirección del eje Oy, es decir 1 lo que hemos quedado en denominar R:
Li!2 cos 8 +
m¡
~
m ( Lii sin 8 + Lli2 cos B + 3g) = ,\
Q'y = R. [)y ar =R. j = R = ,\ = m (Lii sin 8 +
143
pueda desplazarse sin problemas a izquierda y derecha del punto O. Ambas masas están conectadas por una cuerda sin masa e inextensible de longitud l. Las condiciones iniciales para m1 son: t =O--+ x 10 = l, :i: 10 = O, y para m2: t = O --+ Y20 = O, Yzo = O. Encontrar las ecuaciones del movimiento del sistema. En el caso particular de que m1 = m 2 = m, obtener la tensión de la cuerda en función del ángulo f), así como el período del movimiento.
2Lii + 3 (x cose+ ysinB) + 3gsinB = Q~ = O f(x, Y, 8)
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
y,= o
cos 2 e~ 2 cosacos f) + 2 R = 3 m g - - - - - -2- - (1 + siri2 e)
~ Las n1asas m 1 y m 2 están constreñidas a moverse en un plano vertical Oxy, tal que m1 que desliza sin rozamiento a lo largo del alambre horizontal Ox y m 2 a lo largo del. alambre vertical Oy, también sin rozamiento. Ambos alambres se cruzan en O, pero en ese punto están tan cerca el uno del otro que se pueden considerar que son coincidentes, condición que se establece para garantizar que sea posible que la partícula sobre el alambre horizontal
= lBcosB
'!11 =
Ü
{
x, = o Yz = -l cosB
±2 = O y,= llÍsinB
Ahora estamos en condiciones de escribir las eneriías cinética y potencial del sistema, así como la función Lagrangiana. Así llegamos a:
T = 12·2( z 8 m, cos 2 e+ m 2 sin' ) B
2
V= -m2gl cosB
L = ~z21Í 2 ( m, cos 2 B + m 2 sin 2 B) + m 2 gl cos B
3g)
Siguiendo los pasos del apartado A.3, llegamos sin dificultad al resultado final para la fuerza de reacción del alambre sobre el anillo, R:
x,
x1 = lsinfJ {
Utilizando las ecuaciones de Lagrange para la única coordenada generalizada, nos queda:
8L 2 · ( 2 . 2 - . = [ 8 m, cos 8 + m2 sm e) ae
d(ªL) ali
dt
¡··
2
2
l
=l 2 B(m,cos B+m2sin B)+2(m 2 -m 1 )8. 2 sinBcos8
8L ( ) 2 ·2 . . ae = m2 - m, l 8 sm 8 cos 8 - m2gl sm 8 Es decir, la ecuación del movimiento será:
B(m, cos 2 8 +
m, sin2 B) + (m2 - mi) IÍ 2 sinBcose + !lm2 sine= Ü l
144
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
Multiplicando por iJ e integrando, teniendo en cuenta que las condiciones de contorno son: t = O ----+ 80 = 7r /2, Bo = O, es fácil comprobar que el resultado es: 2 2 2 !e (m1 cos () + m2 sin e) 2
O bien, 1nultiplicando por l
2
!j_l m2
'
cose= cte = Ü
:
1 ' 2 (m cos 2 B+m sm ' 2 B) -m glcosB=E=T+V=O -z'B 1 2 2 2 Es decir, hemos obtenido la energía total del sistema a partir de la resolución de la ecuación diferencial del movimiento. Podíamos habernos ahorrado todos los pasos anteriores sin más que haber tenido en cuenta la naturaleza conservativa del sistema (no hay rozamiento y las únicas fuerzas activas son las de la gravedad), pero hemos querido resolver el problema utilizai1do el camino habitual del formalismo de Lagrange. Pode1nos seguir adelante y tratar de obtener B = ()(t) a través de una nueva integración, pero, desconociendo las masas, la tarea resulta ardua y, casi con seguridad, imposible de culminar sin hacer uso ele procedünientos numéricos.
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
período que supera en un 18% al correspondiente a un péndulo simple de longitud l. e Cálculo de la tensión del hilo. Para el cálculo de la tensión que soporta el hilo, recurriremos al método de los multiplicadores indeterminados de Lagrange, líberando una ligadura. En concreto, supondremos ahora que la longitud de la cuerda es variable, r, introduciendo después la ecuación de ligadura que hace que esta longitud sea constante y de valor l. Para nuestro caso de masas iguales, la función lagrangiana resulta ser ahora:
L =
1
( 2 , ..· ,;) m r +r'B +mgrcosB
2
y la ecuación de ligadura y sus coeficientes asociados:
Ji
(B, r)
=r -
l= O
Además, de la ecuación de ligadura se deduce también que: T = O, f = O. Las ecuaciones de Lagrange serán ahora:
k = Ln+m
Caso m 1 = m 2 = m. Este caso particular facilita enormemente la resolución del problen1a, pues el segundo término de la ecuación diferencial del movimiento se anula, con lo que quedará: e
"
e+
g
1
g
1,
-8 2 2
sinB = O
-
-
l
cose= ele=
o
ecuación diferencial, curiosamente, idéntica a la del péndulo simple de masa m y longitud l. Esta ecuación podía haberse deducido ta1nbién, aún con mayor facilidad, a partir de la relación de la conservación de la energía. Podemos volver a integrar para obtener B = B(t), Así:
. /l
1
=
{º
dB
T
V2g 1,1, vcose = ;¡
Para la integración, hemos considerado como situación ele partída la apuntada anterior1nente, con la masa 2 en el origen O y la masa 1 a su derecha y a una distancia l. De esta forma, el m.ovimiento del sistema hasta que B se haga O por primera vez (la masa 1 pasando por el origen O, 1nientras la masa 2 se encuentra por debajo y a la distancia l), cubre la cuarta parte de una oscilación completa del siste1na, es decir) el tiern.po calculado en la integración anterior es la cuarta parte del período r. La integral puede resolverse numéricamente en el intervalo señalado, lo que nos lleva a:
145
[
azk =
a¡,]
8qk
l= Lm donde n es el nún1ero de coordenadas generalizadas auténticas, y m es el número de ligaduras. En nuestro caso, n = 1 y m = 1. De lo anterior, el sistema de ecuaciones a resolver será, una vez simplificado:
re + 2ri! + 9sin e = o m (, - rÍJ 2
fi(B,r)=r-l=O
-
g cose) = ,\
-+
r=r'=O
donde hemos hecho A.1 = A por simplicidad, al haber una sola ligadura. --~~Llevando la última ecuación a las. dos primeras: " g e+ 1 sin8=0
-m
(zi!' + gcose)
= ,\
La primera de las ecuaciones es la misn1a obtenida antes y, por lo tanto, nos dará la misma ecuación del movimiento. La segunda nos permitirá conocer la tensión en la cuerda en cada momento. La fuerza generalizada de ligadura para la variable r será: ' ( lB'2 +gcosB ) Q,=,\a1,=A=-m
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
147
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
146
Es decir: La integración de la primera de las ecuaciones diferenciales nos lleva a:
ziP
T = -3mgcos8
= 29 cose
que sustituído en el valor de la fuerza generalizada de ligadura nos dejará:
Q; =
-3mgcos8
e.
e
mg
T2
mg
e Resolvamos el problema utilizando los procedimientos de la Mecánica vectorial. En la figura adjunta se muestra la descomposición de las fuerzas actuantes sobre las dos partículas. El conjunto de ecuaciones del movimiento será:
N-(mg+Tcos8) = O Tsine-H = O
-TsinB = mX 1
Tcos8 - mg = mfi2
donde hemos tenido en cuenta que IT11 = IT2 I = T. Además:
-+
v,=-lcose-+
x,=z(ecos8-ÍJ 2 sine) ii2=z(esine+é 2 cose)
y sustituyendo sus valores en función de la variable 8 y sus derivadas temporales, y eliminando a continuación la tensión T, reproducimos la ecuación
del movimiento para 8: ..
m a una distancia R/2 del centro. El disco se abandona desde el reposo en la posición indicada en la figura, y rueda sin deslizar sobre el plano inclinado. Encontrar: a) iJ en función de B; b) el valor de 8 para el que la velocidad de la partícula es momentáneamente constante.
X
T¡
x,=lsin8
obteniendo así tanto la tensión en la cuerda como las reacciones de los dos alambres por los que circulan las masas.
N
y
o
H
N = (1 - 3cos 2 B) mg
[zJ Un disco de radio .R y sin masa tiene incrustada una partícula de masa
que, como puede demostrarse a partir de la definición de las fuerzas generalizadas de ligadura, coincide con la tensión que soporta la cuerda en función de la posición angular
2
H = -3mgsinBcosB
30º
IR.
I En la primera figura se muestra la posición inicial del disco cort la n1.asa incrustada y la posición para un cierto instante de tiempo posterior t. En la segunda, por otro lado, se 1nuestran las trayectorias de la partícula y del punto de la circunferencia que corresponde al extren10 del radio en el que está incrustada la partícula. La posición de los ejes no es la habitual, aunque creemos que la elección del sistema Oxy puede hacer más fácil la resolución del proble1na. En cualquier caso, el lector puede optar por elegir el referencial con origen en O y los ejes Ox y Oy horizontal y vertical, respectivan1ente. Como advert€ncia, hay que señalar que ahora la energía potencial no la podemos escribir sünplen1ente co1no V = mgy ( ésta es la única dificultad, superable, que se introduce con esta elección de ejes tan poco habitual). Pasemos a la definición de las coordenadas de la partícula.
~
x = PQ +
g
·2
e
B+ysinB=O
2g = ¡cose
v=
Llevando estos valores a la primera de las ecuaciones anteriores: Tsin8 = mx1 = ml (e cose - ÍJ 2 sine)
=ml
[-f
sinecosB-
2
z9 sin8cose]
R
R
R
2 sine= RB + 2 sin&= 2 (28 +
sine)
R
2 cos8
e
Hemos de señalar que, como no hay más ángulos que y éste es siempre creciente, aunque el sentido de giro sea a derechas (negativo según los convenios empleados habitualmente), aquí lo utilizaremos corno positivo. Las componentes de la velocidad y su cuadrado serán, pues:
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
148
Ry=--BsinB 2
R· x = -e (2 + cose) 2
x' +y 2
v2 =
=
R' 2 4 é (5 + 4cose)
La caída en altura respecto al nivel cero de energías potenciales se puede escribir como:
h = - (x sin30 - y cos 30) = -~ ( W + sine - v3 cose) lo que se puede comprobar gráficamente sin dificultad. energía potencial será
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
[Nota: El otro valor solución de la ecuación anterior sería: B = 5n'f3 rad = 300º, que no cumple la ecuación de partida. Esto es debido a que esta raíz aparece por el hecho de que para resolver la ecuación ha sido necesa.Tio elevarla al cuadrado, introduciendo con ello nuevas posibles raíces, como la apuntada, que no cumplen la ecuación original]. Utilicemos ahora el método genérico de las ecuaciones de Lagrange para la resolución del problema. La función lagrangiana será: 2
v 3 mgR 2 2 E= 1 mR. e (5 + 4cose) - 1 mgR ( W +. sme - v3cose ) = donde el últilno término es la energía potencial inicial. Simplificando Y despejando iJ en función de fJ; llegamos finalmente a:
2g [W+sinB+,/3(1-cose)l
g:
o ---,
g:
fJL
oe
4
O
--+
1 2 ·, • 1 ( ro . ) 2mR e~ sm e+ 4 2 +cose+ v 3 sm e
8 (5 + 4cose) - 21Í 2 sine=
.
v3
sine= - 2
ir
3
rad
= 240º
ij¡ (2 +cose+ v3sine)
Multiplicando por 28, reagrupando términos e identificando derivadas tempoTales, llegamos a:
[li'(5+4cosB)] =
:t [~ (w+sine-,/3cose)]
Es decir: 2
IÍ (5 + 4cose) =
~
(w + sini(- v3cose) + cte
El valor de la constante de integración se deduce de los valores iniciales de li. Según éstos: t =O--+ O, é = O, por lo que: cte= 2,!3g/R. Sustituyéndola en la expresión anterior:
e=
é' (5 + 4cose) = ~ [w +sine+ v3 (1 - cose)] que nos lleva -finalmente a:
2g [28 +sine+ v3 (1 - cosB)l R
El único valor útil corresponde a:
e=
=
= -
ey
[w+sinB+v3(1-cose)]
[2 +cose+ v3sine]
4
y quedará, tras simplificar:
!
y el valor estacionario de esta función ( que es la condición a ~ue nos lleva el que la velocidad sea momentáneamente constante) se obtiene para el ángulo B que cumple:
d ~~') =
ae
5+4cose
e Cuando en el texto del problema se alude a que la velocidad se mantiene momentáneamente constante, se está refiriendo en realidad a la rapidez (su módulo). Por lo tanto, el que la rapidez sea constante implica que tamb~én lo sea su cuadrado, que será más manejable. Sustituyendo el valor obtenido de iJ en función de B, el cuadrado de la rapidez es:
v2 =
v3cos8)
fJL 1 . - . = - mR'e(5+4cose)
4
4
R
(w + sin& -
y la ecuación de Lagrange correspondiente a la única variable B se obtendrá de las expresiones generales teniendo en cuenta que:
Utilizaremos dos procedimientos para resolver el proble1na. En primer lugar, dado que no hay rozamientos disipativos, el sistem~ es cons.ervativo, por lo que la energía mecánica se conservará. Esto permite reducir el problema a una única ecuación de la forma:
iJ =
2
L = ~mR 1Í (5 + 4cose) - imgR
Según esto, la
V= - m!R (w+sine-v3cose)
8
149
5+4cosB
A partir de aquí, la resolución recupera la vía seguida en el apartado anterior.
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
150
d(v 2)
v2
3
151
La posición del plano que contiene al aro queda inequívocamente determinada por la coordenada angular cp. La energía cinética de la partícula y lá energía cinética de rotación del aro) una vez simplificadas las expresiones, son:
ae
4n
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
Tp
4n
e
e
3
o
4.3
En las figuras anteriores se muestran tanto la variación del cuadrado de la velocidad con el parámetro 8 (donde se aprecia inequívocamente cómo ésta tiene una especie de meseta en la que permanece 1nomentáneamente constante), como la derivada de este cuadrado respecto a B, que se hace nula para e =
2
(1i2 + cj, 2 sin2 e)
Ta=
1
2I,w
2
Por lo tanto, la función lagrangiana del sistema será:
L = T- V= 1 ma 2 (.8 2
2
+ cj, 2 sin 2 e ) + 1 Ma 2 cj, 2 4
= cte =
x = asin8cos
O, y un observador exterior vería que el cilindro gira hacia la izquierda mientras vería que la partícul~ tiene un movimiento de giro hacia la derecha.
e
El tiempo que necesita la partícula para describir el primer giro completo, es decir, volver a pasar por primera vez por la vertical del punto A, será el tiempo necesario para que B = 21r. Es decir:
1 2 e= -Kt = 2
2,r
t=fi
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
d (ªT) &T _Q &iJJ - EiqJ - ;
del n1ovimiento de una partícula sobre la que actúa una fuerza F respecto a un sistema cartesiano de coordenadas S' que gira con velocidad angular constante w respecto a un sistema inercial S, donde el eje de giro coincide con el eje común Oz Oz 1 •
=
Para la variable
!!
x\
tendremos:
= m(x' -wy')
}
&T 8x' = m (w2x' + wY')
mX' - mw 2 x' - 2mw'iJ'
mjj' - mw 2 y'
F=ma' +m
F =ma' +mA+mW
=
1 T = -m 2
X
+ 2mwi/
1
= Fy'
r' +mw x (w
O, W = O y w
i'
o -wy'
La energía cinética referida al sistema inercial se puede escribir en función de las coordenadas y velocidades referidas al sistema S' de la forma:
= Fx
Estos resultados son la expresión de las leyes de Newton para un sistema inercial y un sistema no inercial que gira respecto al prilnero con una velocidad angular w = w k. La fuerza real F tiene de componentes (~1:, Fy, Fz) en el sistema no giratorio, ó bien (Fx',Fy,,Fz,) en el sistema giratorio. Desde el punto de vista de la dinámica vectorial del movimiento relativo, la expresión que relaciona las fuerzas reales y las relativas al sistema no inercial (donde habrá que introducir los términos correctores de las fuerzas de inercia correspondientes) es:
I R. I ~ Las ecuaciones de transformación del sistema S al 8 1 se pueden expresar como:
x = x' cos wt - .y' sinwt y= x' sinwt + Y' coswt { z = z'
Qx,
mZ' = Fz'
En nuestro caso, A
r.¡(q1 , t)
=
Igualmente, para las coordenadas y 1 y z' se pueden deducir las correspondientes ecuaciones del movimiento, obteniendo:
b) En la hipótesis de que la fuerza F deriva de un potencial V, demostrar que las ecuaciones del movimiento de la partícula en el referencial S' pueden ser tomadas como las ecuaciones del movimiento de una partícula en un sistema de coordenadas fijo (inmóvil) sobre la que actuara, además de la fuerza proviniente del potencial V, otra fuerza derivable de un potencial generalizado U dependiente de las velocidades, que actuaría de generador de las fuerzas "centrífuga" y de Coriolis.
r.¡ =
j = 1..3
dt
siendo K la constante arriba definida.
~ a) Usar las ecuaciones de Lagrange para detern1inar las ecuaciones
193
.,
.J
o
+wx'
= w k = w k'. i'
k' w
X
+2m
O
r')+2mw
X
v'
Por lo tanto:
j' O
k'
O
X'
Y'
Z'
w
= (mX' - mw 2 x' - 2mw'[j') i' + (mjj' - mw 2 y 1 + 2mwX') j' + mZ' k'
~ Supuesta la existencia de
un potencial dependiente de las velocidades, la fuerza f que se deriva de ella se expresa de la forma:
(x 2 + il + i 2 )
expresión que es fácil de deducir a partir de las ecuaciones de transformación
donde v'" r' U y v'" v' U representan simbólicamente los gradientes de U respecto a las componentes del vector posición y de la velocidad, respectivamente. Consideremos, pues, que tenemos un potencial total V + U al que está sometida la partícula. La función lagrangiana se escribirá co1no:
y de sus derivadas ten1porales. Las ecuaciones de Lagrange en estas n1.1evas
variables serán ahora:
L=T-(V+U)
6. Ecuacion.es de Lagrange y Hamilton
194
y las correspondientes ecuaciones de Lagrange (escribiremos únicamente la
asociada a la coordenada x'):
:!:_ ( aL)
dt ax'
_ aL _ 0 ax' -
Como la pa:rtícula se mueve ahora respecto a un referencial fijo 1 la energía cinética se escribirá de la forma:
T
=
~m
(±'2 + i/2 + z'2)
con lo que, teniendo en cuenta que V no depende de las velocidades:
aL
aT
aU
., aU
(ªL) ax'
.,
d
= mx - dt
(ªU) ax'
Por lo tanto, la ecuación de Lagrange para x' tendrá la forma que se expresa a continuación, teniendo en cuenta que T no depende más que de las velocidades:
aU __ aV (ªu) ax' + 8x' - 8x' -
-F,
.. ,
d mx - dt
x
Hemos separado los términos provinientes de ambos potenciales V y U, llevando el primero al segundo miembro, que nos permite identificarlo con la componente de la fuerza real Fx'. Si ahora comparamos este resultado con la ecuación correspondiente del apartado anterior, para que coincidan habrá de cu1nplirse la siguiente igualdad:
-mw
2
, X
., _
-
aU
d (ªU) 8±1
2mwy - 8x' - dt
El primer término del prilner miembro sólo puede provenir del primer término del segundo miembro, con lo que tendríamos que uno de los términos de U sería:
-mw 2 x ' =
a ( - 21 mw 2 x ' ' ) ax'
El segundo término del primer miembro puede proceder tanto del primer término del segundo miembrÓ como del segundo, por lo que podríamos tener:
., = -8x' a (amwx '"') y -
-2mwy
[ª
~d d ~ (b mwx"'')] y t ux
195
siendo a y b dos constantes nu1néricas a detern1inar. Puede haber aún otros dos términos de la forma 2cx' X'+ dX', con e y d constantes (la utilización de un coeficiente 2c en lugar del que parece obvio e se justificará a posteríori), pues es fácil ver que:
[ax'ª - dt ax'ª )] d (
(cx'x'
+ dx')
=o
Es fácil constatar que no podernos tener términos de la forma ex 1 + f X' 2 , pues nos llevarían a introducir términos que no se anulan al aplicarles el operador que acabamos de escribir. Por lo tanto, con lo que sabemos hasta ahora podemos escribir la función U de la forma:
1 ",2 +mwaxy ( ,., U =-2,mw=x
- - - -1- - m x - -1 BX' - 8± 8± 1 8± d dt
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
,., + d"' (' ' ., "') + b"' xy ') +cxx x +gy,z,y,z
La función g que añadimos al final contendrá información adicional que no puede ser deducida a partir de esta primera ecuación. Además, dada la simetría del problema respecto al eje de giro, descartamos la presencia de términos cruzados de las variables z' y Z' con las correspondientes a los otros ejes. Del estudio de la segunda ecuación puede ir completándose el contenido de la función U. Es bastante inmediato comprobar que se ha de introducir un término de la for1na -!mw 2 y' 2 y que el segundo término del primer 1niembro podría provenir tanto del primero como del segundo término del segundo miembro a través de dos tér1ninos del potencial U de la forma mw(px'iJ' + qX'y'), con p y q constantes. Como este tipo de términos ya estaban localizados de la primera de las ecuaciones, se cumplirá que a = p y b = q. Como antes, habrá que añadir los términos restantes de la forma 1 2my iJ' + niJ'. Por último, la tercera ecuación nos lleva a descartar la presencia de términos de la forma -!mw 2 z' 2 . Además, por la simetría respecto al eje z' antes mencionada, no aparecerán términos cruzados de las variables z' y Z' con las correspondientes a los otros ejes. En cualquier caso, no podríamos descartar términos de la forma 2rz' Z' + si'. Teniendo todo esto en cuenta, la forma más general de la fnnción U será:
(x' 2 + y' 2 ) + mw(ax'i/ + bx'y') + 2cx'X' + dX + 2my 'f¡ + niJ' + 2rz'Z' + si'
U= -~mw
2
1
1
1
Por la teoría sabemos que dos funciones lagrangianas que se diferencian en la derivada total respecto al tiempo de una función de las coordenadas y del tie1npo conducen a las mismas ecuaciones del movimiento. Si observamos la función U arriba escrita, los sumando de la segunda fila de la ecuación constituyen la derivada total respecto al tiempo de la función:
196
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
6. Ecuaciones de Lagrange y Hamilton
197
IR. ILa fuerza que actúa sobre una partícula cargada en movimiento en un campo electromagnético es la conocida fuerza de Lorentz, cuya expresión es:
por lo que: 2 ( ,2 1 U= --mw x 2
F =qE+qv x B
dG + y , 2 ) + mw ( ax ,., y + b·' x Y') + -d t
~7
Por lo dicho anteriormente, podríamos prescindir de este término en la lagrangiana y llegarían1os a las mismas ecuaciones del movimiento. En otras palabras, pode1nos prescindir de ese término en el potencial generalizado U, que nos quedará, pues, de la forma:
U= -~mw 2 (x' 2
+ y'2 ) + mw(ax'i/ + b±'y')
Nos queda por determinar las constantes a y b. Llevando esta función U a la primera de las ecuaciones de las que hemos partido, escribiremos:
au
2
gr; = -mw x' + amw'[j'
-
áX' = bmwy1
Utilicemos las coordenadas cartesianas como coordenadas generalizadas. Veremos que la utilización del potencial generalizado U nos lleva a las expresiones correctas de _las componentes cartesianas de F. Para facilitar los cálculos posteriores, utilizaremos la notación subindexada de los vectores, es decir, r = r(x1, x2, x3), v = v(i: 1 , i: 2 , i: 3), etc. Así, la forma del potencial generalizado U, utilizando el convenio de sumación de Einstein, será:
- mw 2 x '
+ (a -
b) mwy., = -mw 2 x ' - 2mwy.,
U(r, r,t) = q(r, t) - qxiAi(r,t) Probaremos que las componentes de la fuerza generalizada que se obtienen a partir de este potencial coinciden con las componentes de la fuerza de Lorentz arriba escrita. Según la teoría, las componentes de la fuerza generalizada que se deriva de un potencial generalizado se escribe así:
}
Q 1 = _a,_ (ªu)_ au
dt
Es decir, habrá de ser:
= Xj
En nuestro caso, q_¡
a - b = -2
au
-;:;-;-- =
Haciendo lo mismo con la segunda ecuación, obtenemos la relación: b- a= 2, que es la misma que la anterior y no resuelve nada. En vista de ello, podemos utilizar cualesquiera dos valores de a y b tal que, sin ser ninguno de ellos nulo, se cumpla que b - a= 2. Una pareja simple de tales valores es: b= 1
a= -1
Así, la función generadora de los términos correspondientes a la fuerza "centrífuga" y de Coriolis será:
ux·.1
con lo que:
au 8x J·
a<1> 8xJ·
. oA¡ 8x .1·
- - = q- -qxi--
-qA;
d (ºU) dt 8±;
=
8A;. -q OX¡ Xi -
8AJ
ªTt
Por lo tanto, la componente Qj será:
. 8AJ OXi
8A; 8t
84> . 8A; + qx¡-8x; 8x;
Qj = -qxi-- -q-- - q -
8<1>
= -q 8x; -
2
partícula de carga q se mueve en un campo electromagnético definido por los vectores de campo eléctrico E y de campo magnético B, ó, equivalentemente, por el potencial escalar 1>(r, t) y el potencial vector A(r, t), donde E= -'v
La igualdad de trazas nos lleva a escribir las siguientes igualdades, que desarrollamos utilizando el álgebra trigonométrica:
=
siendo 'P el ángulo de precesión, e el ángulo de nutación y -¡/; el ángulo de rotación propia. Sustituyendo estos valores e igualando componentes, una vez que eliminamos el parámetro tiempo llegarnos a las relaciones diferenciales que expresan la ligadura que se nos presenta:
241
=
+ COS
'P +-.,¡,s i n . ,'P +.,¡,] 2cos 2 -+2cos e 2 e cos2 --1 2 2 2 2
= 2 cos 2 ~2
[1
+ cos 2 'P + .,¡, 2
- sin2 'P + -¡/;] - 1 2
= 4cos2 ~ cos 2 'P + .,¡, -1
2 2 Si bien esta es la expresión más simple del segundo miembro, la del primer miembro también es posible ponerla en función del ángulo mitad, y queda: 1 + 2cosif> = 4cos 2
if,
2
-1
Igualando) pues, los resultados que aparecen en los segundos miembros, funciones de los ángulos mitad, y extrayendo la raíz cuadrada de la expresión final, nos quedará la relación buscada:
q;
,p+.,¡,
e
cos- = cos-- cos2 2 2
[TI Un cilindro de radio a realiza un movimiento plano sobre una superficie horizontal. Encontrar las ecuaciones de la base y de la ruleta cuando hay deslizamiento y cuando no lo hay.
242
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
243
La ecuación cartesiana de la ruleta se obtiene fácilmente de la anterior expresión, y es:
x''+y'2=
z
Si no hay rozamiento, el segundo miembro de la anterior expresión. tiene términos constantes, y representa una circunferencia. Si hay rodadura pura, nuevamente llegamos a la ecuación de una circunferencia. Veremos con más detalle cada uno de los casos.
Q
IR. I Consideremos la situación indicada en la figura,
en la que el sistema de referencia ligado al sólido tiene su origen O en el centro del mismo, y su orientación en un instante determinado está dado por el ángulo (} que forma el eje Ox 1 con la dirección positiva del eje x del sistema del espacio. Tal y como se ha visto en la teoría, la ecuación vectorial de la base, supuesto que el punto P es el centro instantáneo de giro en el instante considerado en la figura (es decir, vp = O), se escribe como: W X VQ
r=R+--w2
Los datos de que disponemos son:
R(xo,a)
r(x, y)
r'(x',y')
II Rodadura pura. En este caso, vo = ~aiJ (pues el sólido girará, desde nuestro punto de vista, como un tornillo avanzando 1 por lo que la velocidad angular estará dirigida hacia el sentido negativo del eje z'. Sustituyendo este valor en las ecuaciones de la base y ruleta, éstas serán: • Base: • Ruleta:
Ruleta _____ _
,
vo (vo,O)
=
va 8
dxo d8
y=a+-. =a+--
dyo
dxo .
+ y'2
= a2
y
,,
ue~,(--
R 1
... /
-~... !
',,
i Vo\ .. / 6--!.,..·'
1
:
,..r
\',._pi_~_. / M_,__________________ ',-------•"-¿_.,."'------.,Base _ ____.~..,i.. ,/--_-=--!P IÍ
X
M
_.---------
1
'
Base
I
-----------------x
IÍ
v0
P. '
Es decir, el centro instantáneo de giro está situado en todo momento en la vertical que pasa por el centro del cilindro, a una altura a+ vo/8 sobre el suelo. Recurriendo de nuevo a la teoría y como Yo = a ~cte, las ecuaciones paramétricas de la ruleta serán: ,
x =xo
x12
Es decir, la base es una rectá horizontal que coincide con el eje Mx, mientras que la ruleta es una circunferencia de radio a que rueda sobre la base (coincide con la sección recta de la superficie exterior del cilindro). y
donde hemos evitado el escribir la tercera componente en los vectores de posición y velocidad lineali pues sabemos que están contenidos en el plano del papel. La expresión de la velocidad angular w, por el contrario, es perpendicular al papel, en la dirección del versar k k'. Sustituyendo estos valores en la ecuación vectorial de la base, operando y simplificando, obtenemos las siguientes dos ecuaciones paramétricas de la base, en función del parámetro descriptor 8: X =Xo
[v:r
'', Ruleta
'
vo .
X
x =- d8 cose+ d8 sm8=Tsm8
y'=
dyo
-n-
do
sin8 +
dxo
-n-
do
vo
cose=~ cose 8
... - -- -
é>O, v0 >aé
IÍ> O, v0 < a é
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
244
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
II Deslizamiento puro: Hagamos la hipótesis de que el centro de masa se mueve siempre hacia la derecha (vo > O). Pueden darse diversos supuestos: l.
2. 3. 4.
laél (Í < o, vo < laél
(Í
< o, vo >
e> o, (Í
vo > aiÍ
> o, vo < aé
• • • • e • e •
Base Ruleta Base Ruleta Base Ruleta Base Ruleta
X= Xo, y< Ü
x'2
+ y'2
= b2
> a2
Ü
x2
+ h2
y=-~h que representa una parábola de eje vertical, vértice inferior y ordenada en el origen h. Según la teoría, las ecuaciones paramétricas de la ruleta tienen la forma:
X= XO,
x,2
+
, ,
+ y'z
= e2
< ª2
dxo .
d8 cose+ de sm8=h(l+tan 2 8)sin8
dyo .
Y = de sm 8 +
x = xo, a< y < 2a x'2
dyo
X=-
x =xo, y> 2a x'2 + y,2 = d2 > a2
Las representaciones gráficas para estos cuatro casos se muestran en las figuras anteriores.
dxo
de cose =
h (1 + tan 2 e) cos 8
Dividiendo miembro a miembro, tenemos que tanB = x/y. Además, elevando al cuadrado ambas ecuaciones, sumando y sustituyendo la relación que acabamos de obtener, llegamos a la siguiente ecuación cartesiana para la ruleta:
~ Una barra AB se encuentra en contacto ~ermanente con un a~oyo vertical de altura h, mientras el extremo B desliza a lo largo de una linea horizontal CD. Teniendo en cuenta que el movimiento es plano, hallar las ecuaciones de la base y de la ruleta. y'
245
y'=
h2
+ -./h4 + 4h 2 x' 2 2
y y
,l p ,,//) / '
.,/
x'
1
y'
x'
8
X X
IR. I Elegimos como sistema móvil asociado al sólido el que se indica en la figura. Como es fácil constatar, los datos de que disponemos son:
R(htanB,O)
r(x,y)
r'(x',y')
vo(vo,O)
[vo=xo, w=ék]
pues xo = htan8, Yo = O. Por lo tanto, vo = xo = hiÍ (1+tan 2 8). Hemos evitado el escribir la tercera componente en los vectores de posición y velocidad lineal, pues sabemos que están contenidos en el plano del papel. Las ecuaciones paramétricas de la base, en función del parámetro descriptor son:
e,
X
=
dyo
dB = h tan 8
XO -
e
dxo y = YO + de
= h (1 + tan 2 e)
Despejando tan de la primera y sustituyéndola en la segunda, obtenemos la ecuación cartesiana de la base que, una vez simplificada, queda como:
Las representaciones gráficas de base y ruleta para una posición determinada de la barra se mues~ran en la figura adjunta, así como la situación del polo P en ese instante. Este debe estar en la perpendicular a la velocidad del punto O, y ambas curvas serán tangentes en ese punto P. @]Obtenerlas ecuaciones de la base y de la ruleta del movimiento de una varilla que por una lado se apoya en una circunferencia de radio R y por el otro resbala sobre una recta horizontal que pasa a través del centro de la misma circunferencia.
I R: /La elección de
los ejes asociados a la varilla se muestra en la figura ad¡unta. Los datos de que disponemos son:
R(xo,O)
r(x,y)
r'(x,y)
vo (vo,O)
[vo
= x0 , w = ék]
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
246
247
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido y, a partir de ellas, la ecuación cartesiana de la ruleta es: y 12 = Rx'
que corresponde a una parábola de eje Ox'. La representación gráfica de base y ruleta se muestra en la figura adjunta. Como se puede apreciar, la ruleta rueda sobre la base y ambas tienen en cada instante un único punto común: el polo P.
ITQJ Una recta r se mueve permaneciendo tangente a una circunferencia de radio R, mientras un punto O, fijo en la recta, se desplaza a lo largo de una tangente horizontal t fija de la circunferencia. Halle las ecuaciones de la base y de la ruleta. Dibújelas.
con:
xo =
Rsece
YO= 0
vo = xo = RÓsinesec2 8
y' y
donde hemos evitado el escribir la tercera componente en los vectores de posición y velocidad lineal, pues sabemos que están contenidos en el plano del papel. Las ecuaciones paramétricas de la base, en función del parámetro descriptor eJ son: dxo Rsine dyo R x=xo - - - = - y= Yo+ -d" = ~-2-e ,O COS de cose Despejando cos B de la primera, sustituyéndola en la segunda y operando, llegamos sin dificultad a la ecuación cartesiana de la base: y=
.":.yx 2 -R2 R
p
y'
IR.
1 El sistema de referencia asociado a la recta r se muestra en la figura. Resolveremos el problema por dos vías distintas: gráfica y analíticamente. Siguiendo el procedimiento analítico, las ecuaciones paramétricas de la base, en función del parámetro descriptor 8, son:
dxo
dyo x =xo - - -
Y= Yo+
de
Utilizando directamente las ecuaciones paramétricas de la ruleta que conocemos por la teoría, sustituyendo y operando, obtenemos:
dyo dxo Rsine x' = - - - cose+ - - sin()= - -2- sinB = Rtan 2 B de de cos e dyo dxo R sin e y' = -CDS e = R tan e de sin e + -de- cos e = ---,-e cos
de
Por lo tanto, sólo es necesario expresar las coordenadas del punto O, origen del sistema de referencia asociado al sólido, en función del parámetro B para obtener el resultado pedido. En la figura, el ángulo MOB es la mitad del MOA, pues al ser los segmentos OM y OA tangentes a la circunferencia desde el mismo punto O, el segmento OB se convierte en bisectriz del ángulo MOA. Por lo tanto, utilizando el triángulo rectángulo BMO, el cateto MO (es decir, xo) vale:
xo
= Rcot
(,r -~) = 4
2
R(l +sin8) cose
La última igualdad es fácil de comprobar, sustituyendo las funciones seno y coseno que aparecen por las equivalentes en función del ángulo mitad
248
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
y operando. Además, como en todo momento es Yo = O, las ecuaciones paramétricas de la base resultan ser: X=
R (l + sin8)
y=
cose
R (l + sin8) cos2 8
Dividiendo miembro a miembro, obtenemos la relación cosB = x/y, lo que nos da a la vez el valor de sin B en función de x e y. Sustituímos estos valores en la primera de las ecuaciones paramétricas, operamos y obtenemos la ecuación cartesiana de la base:
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
249
velocidad de la varilla en el punto de contacto con la circunferencia pasa por B, siendo O el punto que cambia de posición, aunque PO es siempre perpendicular al eje x (es decir, a la recta t). Como en todo momento es PO igual a PB, esto quiere decir que el punto P equidista de un punto fijo B y una recta fija t. Y esto es precisamente la definición de la parábola como lugar geométrico de puntos que equidistan de un punto fijo (foco) y una recta fija (directriz).
y'
,,
ecuación de una parábola de eje vertical, con su vértice en el punto (O, R/2). Según la teoría, utilizando las ecuaciones paramétricas de la ruleta, llegamos en nuestro caso a:
dyo dxo . R(l+sine)sin8 e + -Slll e = --'-----'--d8 de cos2 8 , dyo . dxo R (l +sine) y = de sme + d8 cose= cose
X
,
x'
e
= - - - CDS
Dividiendo nuevamente miembro a miembro, tenemos que tan 8 = x 1 /y', lo que llevado a la segunda de las ecuaciones paramétricas, teniendo en cuenta que 1/ cose = Vl + tan 2 B, nos conduce) una vez hechas las simplificaCiones oportunas, a la ecuación cartesiana de la ruleta: '
y'2
R
2R
2
X=---
ecuación que corresponde a una parábola de eje horizontal y vértice en el punto (-R/2, O). Ambas curvas se muestran en la figura adjunta. Para el cálculo gráfico de la situación del polo P, conocemos las velocidades de dos puntos de la varilla: el punto O se mueve horizontalmente, mientras que el punto de contacto de la recta o varilla con la circunferencia, punto A, se mueve tangencialmente a la misma. Trazando perpendiculares a las velocidades de ambos puntos, en O coincidirá con la perpendicular al eje x, mientras que en A, esa perpendicular tendrá la dirección radial. Ambas se cortan en el polo P, centro instantáneo de giro. En la figura adjunta es fácil ver que el ángulo POA vale 8, AOM es 90° -8 y AOB es 45° -8 /2. Por lo tanto, el ángulo POB vale 45º +8 /2. Sin dificultad se llega también a la conclusión de que el ángulo PBO vale igualmente 45° + 8/2, por lo que el triángulo POB es isósceles, siendo PO y PB los lados iguales. A lo largo de todo el movimiento, la perpendicular a la
X
Desde el punto de vista del observador que se mueve con la varilla, el punto fijo es el origen O de su sistema de referencia, y la distancia PB es ahora la distancia desde P hasta una recta paralela a la varilla por B, y que dista de la varilla una distancia R. Como en el caso anterior, el triángulo POB es isósceles. La diferencia estriba en que ahora es O el punto fijo y es la recta paralela a la varilla por B la recta "fijan, cumpliéndose nuevamente la condición de equidistancia antes mencionada. El entrecomillado para la recta que pasa por B es debido a que un observador exterior la vería variar {la pendiente que formaría con el eje x está variando con el movimiento de la varilla), pero para un observador que se mueve con la varilla esa recta no varía de posición. Eso sí, la ordenada de B, punto al que va a parar la perpendicular desde el polo P a la recta "fija", medida por el observador móvil va variando, al igual que variaba la posición del pie de perpendicular trazada desde el polo al eje x medido por el observador exterior (punto O). Nuevamente, pues 1 nos encontramos ante la definición de la parábola como lugar geométrico, esta vez correspondiente al observador móvil.
[IjJ Obtener gráfica y
analíticamente la base y la ruleta del movimiento plano de una varilla cuyo extremo A va deslizando por una circunferencia de radio R a partir de un orificio B situado en el punto más alto de la misma, según se muestra en la figura.
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
250
y'
251
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
Las ecuaciones paramétricas de la ruleta, según la teoría, tienen la forma:
,
dyo
X=-
y'=
dxo .
de cos8+dBsme
ªIl
sine+
ª:eº
= -2Rsin2Bcos8 + 2RcosWsin8 = -2Rsine
cose= 2Rsin2Bsine+2Rcos2BcosB = 2Rcose
Igual que antes, estas ecuaciones paramétricas llevan a una sencilla ecuación cartesiana al eliminar el pará1netro B. Ésta es: x'2
+ y'2
= 4R2
que es también la ecuación de una circunferencia, en este caso de radio 2R.
B
y'
lliJ Vamos a utilizar el sistema de ejes fijos en el sólido rígido que se
x'
y
muestran en la figura. En ella, el ángulo AOB es recto (es un ángulo inscrito en una circunferencia que subtiende un arco de 180º). Es fácil deducir las siguientes relaciones trigonométricas entre las longitudes y ángulos que se especifican:
R(xo, Yo)
r'(x', y')
r(x,y)
vo(xo, ilo)
M
w = ¡j
donde:
90º-8
X
p.
xo = (2Rcose)sine = Rsin28 { yo= R-(2RcosB)cosB = -Rcos2B
--+ --+
xo = 2RB cos 28 Yo = 2RIÍ sin 28
Base
Hemos evitado el escribir la tercera componente en los vectores de posicióri y velocidad lineal, pues sabemos que están contenidos en el plano del papel. Las ecuaciones paramétricas de la base, en función del parámetro descriptor B, tras operar y simplificar, son:
x
dyo
= xo - ~- = de
dxo y = Yo + de
. -Rsm2B
=R cos 28
Elevamos al cuadrado ambas ecuaciones y sumamos, con lo que conseguimos eliminar el parámetro f), quedándonos la ecuación cartesiana de la base que, una vez simplificada, es: x2
+ y2
=
R2
que es la ecuación de una circunferencia, coincidente con la circunferencia que porta el orificio.
La representación gráfica de base y ruleta se muestra en la figura. En la 1nisn1a, el punto P es el polo, y cuando la varilla toca interiormente a la circunferencia en el punto O, el polo P es el diametralmente opuesto al 1nismo, lo que se podía haber deducido de una forma gráfica sin más que tener en cuenta que conocemos en todo instante las direcciones de las velocidades de dos puntos de la varilla: la velocidad del punto O es tangente a la circunferencia en ese punto, mientras que la velocidad de la varilla en el orificio superior tiene la dirección de la varilla. Como gráficamente la dirección del polo P se determina por la intersección de las velocidades de cualesquiera dos puntos de la varilla, es fácil ver que la perpendicular a la varilla en el orificio superior y la perpendicular a la circunferencia en el punto O (que coincide con la dirección diametral en ese punto) se cortan en el punto P sobre la circunferencia.
252
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
De la misma forma, utilizando las ecuaciones paramétricas de base y ruleta podemos determinar la correción del punto P como polo del movimiento de la varilla. Por perpendicularidad de los lados de los ángulos, es fácil demostrar las relaciones angulares que se muestran en la figura, por lo que las coordenadas del punto P que se han escrito antes son correctas.
[}TI Dos
círculos concéntricos C1 y C2, de radios r 1 y r 2 , pueden girar alrededor de un eje perpendicular al plano de la figura por el centro común de ambos, O. El círculo C 2 engrana exteriormente y el C1 interiormente con un tercer círculo C. Si son w 1 y w 2 las velocidades angulares de C 1 y C2, respectivamente, calcúlese la velocidad del centro de C y su velocidad angular. Hállese la base y la ruleta del movimiento de C. Discútanse los resultados. ,' ,,
...... Rufet.t .....
253
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
La posición del polo P se encontrará en la intersección de las perpendiculares a ambas velocidades en los puntos mencionados, es decir, en la dirección radial OD. Dado que las citadas perpendiculares coinciden, este método no nos da concretamente el polo P, sino la dirección en la que se encuentra. Para determinarlo, procedemos como se apunta en la figura: dibujamos a escala las velocidades de los puntos A y B y unimos los extremos por medio de un segmento. El punto P se obtiene de la intersección de la prolongación de este segmento con las perpendiculares a las velocidades en A y B (recordemos que, respecto al polo, el sólido rígido efectúa una rotación instantánea, dado que P se encuentra instantáneamente en reposo). Para el cálculo de la velocidad angular resultante del círculo C, recordemos que el sólido rígido tiene asociado un campo de velocidades tal que) en nuestro caso, podemos expresarlo como:
'
donde: w =wk
Sustituyendo estos valores en la expresión del campo de velocidades, operando e igualando componentes de la misma dirección, obtenemos la velocidad angular resultante: r¡ r1 -
C1
IR. I En la figura adjunta se muestra una de las posibles situaciones con
r2
[Nota: Hay que señalar que las expresiones de VA y VB sirven para cualquiera que sea el signo de las velocidades angulares de los círculos-guía. Como mera comprobación, imaginemos que w 1 represente un giro antihorario, con lo que en el sistema referencial que utilizamos, w 1 sería implícitamente negativo. Por lo tanto, VB = -w1 r1 i estaría ahora dirigido en el sentido positivo del eje x, pues -w 1 r 1 > O, es decir, hacia la izquierda, como era de prever]. Por último, la velocidad del centro del círculo C, punto D, será:
que la que nos podemos encontrar. Utilizaremos el sistema de referencia asociado al conjunto de los tres versares indicado, de tal forma que las velocidades angulares w 1 y w 2 están dirigidas en el sentido positivo del eje z (hacia adentro). Aunque no se diga nada al respecto, se supone que no hay deslizamiento (el círculo C engrana perfectamente con los otros dos).
semisuma de las velocidades de los puntos A y B, como cabría esperar.
Supuesto un instante en el que el diámetro AB del círculo C se encuentra en la posición indicada, las velocidades de los puntos de contacto del círculo C con los círculos-guías, puntos A y B, serán horizontales y dirigidas hacia la derecha.
~ Discusión. Los signos y magnitudes relativas de las velocidades angulares de los círculos-guía nos permiten realizar una discusión de los resultados finales sobre elmovimiento del centro de C (punto D), el sentido de giro del círculo C y la posición del polo P.
w1r1
+ W2r2.
-----1
2
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
254
• a.
> O,
w1
w2
al. w 1 r 1 a2. w 1 r 1 e b. w1
> O --+
< O. D
VD
se traslada en sentido horario.
> w 2 r 2 --+ w > O. C gira en sentido horario. < w 2 r 2 --+ w < O. C gira en sentido antihorario.
< O, w2 < O --+
> O. D
vo
se traslada en sentido antihorario.
lw, r, 1> lw, r2 I -+ w < O. C gira en sentido antihorario. lw, r, 1< lw, r2 -+ w > O. C gira en sentido horario. w, >< Jw2I I-+-+ VD <_?O En el primer caso, > O, w2 < O --+
bl. b2. • c.
J
I
D { W¡ Wz VD-. se traslada en sentido horario, mientras que en el segundo caso, este sentido dependerá de la relación de radios r1/r2, pudiendo llegar a ser nula esta velocidad. Por otro lado, w > O siempre, luego el sentido de giro de C será siempre horario. W1
• d. w1 < O, w2 >O--+ VD =?. D puede trasladarse en cualquiera de los dos sentidos, según sea la relación de radios r 1 / r 2 . Por otro lado 1 w < O siempre, luego el sentido de giro de C será siempre antihorario.
e
a2.
• bl. • b2. • c. • d.
=w
X (rB - rp)
= wk
x (r, - r) j
PB
= r1
-
r =
T1 W1T1 -
T2
w1 r1
-
PA =
W2T2
T1 -r2
r2 -
r
= - - - - - w2r2 W1T1 -
-
r2
el el el el el el
centro O y el punto A. punto B y el infinito. centro O y el punto A . punto B y el infinito. punto A y el punto B. punto A y el punto B .
•w1r1=W2r2
Movimiento de C: translación pura.
PB = PA = oo • W1 T1 =
-W2T2
PB = -PA = { =
r,; r,
Movimiento de C: rotación pura.
VD= Ü W2
El polo P coincide con el centro O.
PB = r,,PA = r,
Desde el punto de vista del observador exterior, el polo P describe una circunferencia de centro O y radio Tbase, denominada base: r1 -
r2
Tbase=r=r1-
( w1 -
W2) r1 r2
W1T1= W1T1 -
W2T2
W1T1 -
W2T2
Por último, la ruleta (curva descrita por el polo P según el punto de vista del observador ligado al círculo C) es la circunferencia de centro D y radio Truleta dado por:
W2T2
donde PA como PE pueden ser tanto positivos como negativos (es decir, la posición relativa del polo respecto al centro común de los círculos-guía depende de los valores y signos de las velocidades angulares que hemos utilizado en la discusión precedente). De las expresiones anteriores, es inmediato comprobar que: PB - PA = r 1
entre entre entre entre entre entre
Además, podemos llegar también a las siguientes conclusiones:
VA =w X (rA -rp) =wk X (r,-r) j = -w(r, -r)i= -w2r 2i
-
P P P P P P
Ay B.
= -w (r, - r) i = -w, r,i
donde hemos escrito el vector posición del polo P como r j . Sustituyendo el valor de w y operando:
Polo Polo Polo Polo Polo Polo
Como se puede apreciar, sólo en el caso de que las velocidades angulares de los círculos-guía sean de signo contrario estará el polo P entre los puntos
• W1
VB
PB > O,PA >O: PB
• al.
~
Localización del polo P. El polo P es el centro instantáneo de giro, por lo que escribiremos en cada momento las relaciones:
255
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
PB PA
La última expresa una relación de semejanza entre los triángulos rectángulos construidos en la forma como hemos indicado al inicio del problema. Veamos cuál es la posición relativa del polo P según los valores de las velocidades angulares antes estudiados, que los indicaremos por la signatura utilizada:
(r, - r2)
[ID El
disco de la figura, de radio a, rueda sin deslizar sobre un plano horizontal, estando unido por medio de un eje rígido de longitud L, paralelo al plano Oxy, a un punto fijo M del eje Oz. El sistema gira a su vez alrededor de ese eje Oz con una velocidad angular, que llamaremos de pivotamiento, Wp. Obtener la velocidad angular total del disco respecto a los ejes fijos en1a pista. Obtener también la velocidad de los puntos Q, N,
S y T.
IR. ILa velocidad angular de rodadura, a la que llamaremos
WR, está dirigida en la dirección perpendicular al disco, es decir, en la dirección del eje CM, y la de pivotamiento, wp, según la dirección del eje Oz. La suma de ambas no:;, dará la velocidad angular total del disco: w = Wp + wR.
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
256
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
z
N
roRxQS T X
·.. s --·
s
Ia !
Q Por otro lado, como hay rodadura sin deslizamiento, el punto de contacto del disco con el plano horizontal, punto Q, tiene velocidad nula (vq O). Tal hecho nos dice que el eje instantáneo de giro pasa por ese punto Q. Es obvio 1 por otro lado, que 1 además, pase por el punto M 1 pues su velocidad es también nula en todo instante, ya que éste es el único punto fijo en todo instante: VM = O. En otras palabras, como conocemos dos puntos cuya velocidad es nula en un instante, conocemos el eje instantáneo de giro, que es la recta que las une: MQ. Como el punto Q varía en cada instante, mientras no lo hace el punto M, el eje instantáneo de giro describe una tr'ayectoria cónica de vértice el punto M.
=
Esto lo podemos obtener a partir de la aplicación al sólido rígido de las relaciones del campo de velocidades. Veámoslo: vq = ve + w x ~ ~ } -+ vq = w ve =vM+w x Mv
~ w x """' '"""' = O x Mu+ Ce,¡ = w x Me,¡
MQ
Como ni w ni son nulos, la última relación implica que w ha de ser paralelo a MQ, y como Q es un punto del eje de giro, M es otro, y cualuier otro punto de la recta MQ. Una consecuencia de este resultado es que: Wp a tana=-=WR L Teniendo en cuenta que nos dan como dato la velocidad angular de pivotamiento wp, de la última relación llegamos a: WR
=
L a
-Wp
W
=
Vrv 1-t- ~Wp
• Velocidades de los puntos N, S y T. De acuerdo con la relación que liga a las velocidades de los distintos puntos del sólido rígido, podemos escribir, ayudándonos de la figura adjunta y sabiendo que vq = O: VN
=w X QN= (wp +wR) X QN=WRXQN
Vs = VT
=
(wp + WR)xQS = WpXQS + WRXQS wxQT = (wp +wR)xQT = WpXQT+ WRXQT
wxQS =
Ve ,/
e o-----c:
./
Cllp;
{
257
//!
T ropxQT '°R_xQT
CIJR
En la primera de las expresiones, wp x QN = O y wa J_ QÑ, con lo que el módulo de su producto vectorial será igual al producto de los módulos de los dos constitutentes: VN = 2wRa = 2wpL. Su dirección es la indicada en la figura. Además, como QÑ = 2QC, podemos escribirlo como: VN
QS
= 2vc
QT
Tanto los vectores como se encuentran en el plano del disco y forman un ángulo de 45º con la dirección del eje Oz, es decir, con la dirección de wp. Por lo tanto, la dirección de los productos vectoriales que constituyen la primera parte de las expresiones de arriba serán perpendiculares al plano del papel, siendo el sentido de wp x saliente hacia nosotros, y el de wp x QT, entrante hacia el papel. Sus módulos, como es fácil de constatar, valdrán lo mismo:
QS
lwpxQSI = lwpxQTI =wp·v'2a·sin45º =wpa= ¡;ve Además, ambos vectores son perpendiculares a wa, por lo que las direcciones de los vectores waxQS y waxQT, que constituyen la Segunda parte de los vectores velocidad arriba expresados, son las señaladas en la figura, siendo sus módulos iguales y de valor:
lwRxQSI = lwRxQTI =
~wp · v'2a = v'2wpL = v'2vc
[!iJ Determinar la posición del centro de masa de una arco de hélice trazado sobre un cilindro de revolución, siendo a 0 la abertura de la proyección del arco de hélice sobre el plano base.
IR. j Las ecuaciones paramétricas del arco de hélice son: x = Rcosa
y= Rsina:
z = (h/21r) a
donde R es el radio del cilindro sobre el que está la hélice y h es el paso de hélice (altura alcanzada por la hélice para una vuelta completa).
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
258
259
IR. I• Determinación del centro de masa G. Nos interesa determianr
¡ z
B,
la distancia del centro de masa G hasta la base, pues al no tener otras dimensiones que base y altura, no podemos situar de forma exacta ese centro de masa. En la primera figura se representa el citado triángulo, donde se ha situado el origen O del sistema coordenado en el pie de la altura. La banda sombreada paralela a la base, que es un rectángulo elemental de longitud l y altura dy nos servirá de elemento diferencial de superficie dS al que va ligado un elemento diferencial de masa dm = "dS = CYl dy. Un teorema elemental de la geometría de triángulos nos dice que en la figura se cumple la siguiente relación:
,¡ '
y
__.......,
A /
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
_____;..,.--------
p X
El elemento de longitud de arco de hélice lo podemos escribir, en función del parámetro a, como:
ds= )dx 2 +dy 2 +dz 2 =
VR' +(h/2w)
2
h-y l
h a
a
l=-(h-y) h
con lo que el elemento diferencial de masa valdrá:
da
Llamando A a la densidad lineal de masa, que supondremos constante, la masa elemental y la masa total del arco de hélice propuesto son:
dm
ªª = CYdS = ¡;:(h-y) dy
La altura del centro de masa G sobre la base vendrá dada por:
_y -Jydm J;' y(h -Las coordenadas del centro de masa del arco AB, según su propia definición, serán:
R">-VR + (h/2w) f ªª cos ada _ 2
fxdm
XG
=-¡;;¡YG =
2
=
0
>-J R
2
2
Rsina: 0
ªº
+ (h/2w) ao
R (1 - cos ao)
h
fil] Determinar el momento de inercia de un triángulo cualquiera respecto a un eje paralelo a su base y que pasa por su gentro de masa G, sabiendo que la base mide a, la altura h y la densidad u. Determinar previamente la posición del centro de masa G. y
y
y)dy h -f (h-y)dy - 3 0
una vez realizadas las simplificaciones oportunas.
• Determinación del momento de inercia respecto a un eje paralelo a la base por G. Conviene en primer lugar calcular el momento de inercia respecto a un eje eje coincidente con la base. En la segunda de las figuras, con una notación idéntica a la anterior, que no reproducimos, representamos los dos ejes respecto a los cuales calcularemos los momentos de inercia. Hay que decir que, por tratarse de una figura plana,' el momento de inercia respecto al eje Ox (que coincidirá con el momento de inercia respecto al eje que contiene la base a) se escribirá, simplimente, como: lx = la =
J
2
y dm =
rJa
h j
rh y (h 2
1 3 1 y) dy = 12 CYah =
O
r/'.1 h
2
Utilizaremos el Teorema de Steiner en su forma más elemental para obtener ahora el momento de inercia respecto al eje paralelo al anterior que pasa por el centro de masa. El Teorema se expresaría como:
dy
la= Ia +Md2
G
y X
a
fdm -
donde hemos utilizado la reducción rJ · }ah = 1vl (masa de la lámina triangular).
h:-y
o
-
h/3
o
X
a
(siempre es menor el momento de inercia respecto a un eje que pasa por el centro de masa que respecto a un eje paralelo a él situado a una distancia
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
260
d). En nuestro caso, despejaremos Io en función del resto de los valores, teniendo en cuenta que d = h/3. Así:
Ia=I0 -M
h2
9
1
1
Ia(Al)
= Ia,(Al)
Mh 2
+ -9-
Ia(A2) = Ia,(A2)
4Mh 2
+ - 9-
Pero Io 2(.6. 2) = Ia 1 (Al), pues se trata de la misma figura, aunque esté invertida, respecto al mismo eje. Por lo tanto, llamando a este momento de inercia simplemente Ia y sustituyendo los valores anteriores en la expresión del momento de inercia del romboide respecto a la base a, reproducimos el resultado del apartado anterior:
1 2 = Mh - Mh = Mh 18 9 6 2
261
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
2
M Lis!
h
G¡
2h/3
lº 1
M
h/3
~ Probar que los momentos principales de inercia de un triángulo cualquiera de lados a, b y e, y masa M, en un sistema de ejes principales de centro de masa son: I1
la = M o Otro método: Un método alternativo al arriba presentado utiliza relaciones de simetría, además del conocimiento previo del 1nomento de inercia de una figura distinta (en este caso, del romboide respecto a una base) y del cual se puede extraer con facilidad el momento de inercia del triángulo. Empezaremos por decir que el momento de inercia de un rectángulo de base a y altura h repecto a un eje que contenga a la base es: Ia(Rc) = !mh2 , siendo m = cr . ah la masa del rectángulo, y el 1nomento de inercia de un romboide de la misma base y altura ( que tendrá, por lo tanto, la misma masa m) respecto a un eje que contenga a la base será, igualmente: Ia(Rbd) = }mh2 (supondremos conocidos estos datos). El momento de inercia del romboide de la figura respecto a la base inferior puede descomponerse como suma de momentos de inercia de dos triángulos idénticos de igual masa (la mitad de la masa total m, a la que llamaremos M = m/2) y términos correctores provimientes de la aplicación del Teorema de Steiner. Así, escribiremos: =
1
3mh
2 2 a 2 b2 - a c -
b2 c2] /72
+ b2 + c2 - 2Ja 4 + b4 + c4 2 [a 2 + b2 + c ] /36
2 a 2 b2 - a 2 c -
b2 c2] /72
2
! 2 = M [a 2
a
Ia(Rbd)
+ b2 + c2 + 2Ja4 + b4 + c4 -
= M [a
2
=
2
3Mh
2
= Ia(A1)
+ Ia(A2)
donde Ia(Al) es el momento de inercia del triángulo de la izquierda respecto a la base inferior a, e Ia(llz) es el momento de inercia del triángulo de la derecha respecto al mismo eje. Reduzcamos estas expresiones a otras en términos de los momentos de inercia respecto a ejes que pasen por los centros de masa correspondientes a cada uno de los triángulos 1 sabiendo que la distancia desde G 1 hasta la base a es h/3, mientras que la distancia desde G 2 hasta la misma base a es 2h/3. Así:
y
A
y
z
B
X
a
e
IR. Ilit-- Empezaremos por calcular los momentos y productos de inercia del triángulo escaleno de lados a, b y c respecto a los ejes que se indican en la figura: El eje Bx coincide con el lado a, el eje By es perpendicular al anterior por el vértice B, y el eje Bz es perpendicular al plano del papel y hacia nosotros. Además, al tratarse de una lámina plana situada en el plano Bxy, el momento de inercia Izz = Ixx + Iyy, y los productos de inercia Ixz = Iyz = O, pues ambos contienen como factor del integrando la variable z, que es nula. Denominaremos a los ángulos por el nombre de sus vértices. Utilizaremos, además, métodos diversos para llegar al mismo resultado, mostrando con ello distintas alternativas para el cálculo de estos momentos y productos de inercia. Por último, recordaremos varias expresiones habituales en el cálculo trigonométrico y que se pueden comprobar en la figura:
262 ha= csinB = bsinC
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
hb = e sin A= asinC
Recordemos que la integral doble de una función F(x,y) extendida a una región del plano R se expresa como:
he= asinB = bsinA
que, junto a las conocidas expresiones del perímetro 2p y la superficie S del triángulo: p=
263
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
(a+b+c)/2
S
=
!!
VP(P - a)(p - b)(p - e)
nos permitirán manipular y reducir las complejas expresiones que irán apareciendo. La zona sombreada de la figura es el elemento rectangular de longitud l, altura dy y masa dm, situado a una distancia vertical y de la base BC, que utilizaremos en el primer método de obtención del momento de inercia alrededor del eje Bx. Como hemos dicho, z = O, y además, la masa elemental es dm = crldy , donde cr es la densidad superficial de masa. De la relación de semejanza entre triángulos se desprende que:
F(x, y)dxdy =
¡ [1!,(x) x,
x=x1
R
]
F(x, y)dy dx
.
y=f1(x)
donde J1 (x) y J,(x) son las curvas límites para la variable y que encierran a la región R, y x 1 y x 2 son los valores extremos de la variable x correspondientes a esa misma región R. Dependiendo de la forma geométrica de la región de integración, puede interesar el invertir el orden de integración, o dividir la misma en diversas partes. En nuestro caso, es conveniente hacer esto último, teniendo en cuenta además que la función integrando F(x, y) = y 2 + z 2 = y 2 . Así, operando con cuidado, llegamos a:
Ixx = CY
¡ [lxtanB ] a,
x=O
y 2 dy dx
y=O
+ CY
iª x=a1
[1-tanC(x-a)
2
]
y dy dx
y=O
a con lo que, sabiendo que M = craha/2, el momento de inercia buscado se escribirá así:
Ixx=
J, ( +z Y2
')
"ª 1h" (ha-y)ydy=-CYaha=-Mh~ 2 1 3 1
dm=-h
R
o
a
12
Pero teniendo en cuenta que ha = a 1 tanB= a2 tanC, lo anterior, una vez simplificado, nos lleva como antes a:
6
donde hemos evi'tado el desarrollo pasa a paso, utilizando al final, como dato, la masa M de todo el triángulo, cuyo valor es evidente.
ly
D
y
A
0
y= -(x-a) tan e
y=.:danB e
dy dxCJ
ha
b
z
B
a
e
..,_ Otro procedimiento para llegar al mismo resultado consiste en utilizar un elemento diferencial de segundo orden co1no elemento base, y utilizar los procedimientos indicados en las integrales dobles para realizar la integración. En esta otra figura se muestran los límites señalados por los lados AB y AC que se utilizarán. Las letras A, B y C se refieren a los ángulos interiones del triángulo.
~ Para el cálculo del momento de inercia del triángulo ABC respecto al eje By, utilizaremos la figura auxiliar adjunta, en la que hemos prolongado el lado AC hasta su corte con el citado eje (punto D). El moemto de inercioa del triángulo ABC respecto al eje By se obtiene ahora como diferencia entre los momentos de inercia del triángulo DBC y el triángulo DBA, cuyas
264
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
expresiones generales en función de las dimensiones geométricas las conocemos del apartado anterior. Así, y teniendo en cuenta que es fácil ver que BD = haa/ (a - a1 ) , escribiremos:
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido • Región R2: fxy
(R2) = -
haa4 = -121
Iyy
1 (DBC ) = -
I YY
_ 1 BD 3 _ 1 haaaf (DBA) - - ( 7 ª1 - - a - - 12 12 a - a 1
Por lo tanto, de la diferencia de los dos valores obtendremos el momento de inercia buscado, al que denominaremos simplemente lyy· Sacando factor común al calcular esta diferencia y operando:
El momento de inercia del triángulo respecto al eje Bz, tal y como hemos indicado en el primer párrafo de esta resolución, será:
0
una vez que hemos sustituído tanB = ha/a, y tanC = h 0 / (a- ai), simplificando posteriornente. Por lo tanto, sumando ambas cantidades nos queda: fxy
= _ ..!:_
El tensor de inercia expresado en el sistema Bxyz es, pues:
A
y=xtanB
+ 8aa 1ª - 6a2 a 211tan , e
= - 24l ,,.h 2 [ a2 +2a1 a-3a12]
M [ 2h~ l= -(a+2a,)ha 12 O y
¡:a, [1.::anC(x-a) ydy] xdx
1 [a• - 3a • = - -O" 1 24
ar _
3
_ 1 a 1 ( 2 ') fyy - -ahaa - -M a +ara+ a 1 12 a- a 1 6
- (a+ 2a1) ha 2(a2 +a 1 a+ai)
o
y
A
y=-(x-a)tanC
e
p
/,
R¡
b
z
X
e
a
B
... Para el cálculo del único producto de inercia no nulo, Ixy , utilizaremos el procedimiento de la integración doble, dividida en dos partes para que sea más fácil la utilización de los límites de integración. Así, escribiremos:
I,y = -
j xydm - j xydm R1
R2
• Región R 1 : 1,y (R1) = -
¡a, [J,xtanB x=O
y=O
265
]
1 1 ydy xdx = --
z
X
B
e
a
~ Tensor de inercia en el centro de masa G. Aplicaremos el Teorema de Steiner para relacionar los elementos de la matriz de inercia referida a los ejes Bxyz con los definidos respecto a otros ejes paralelos anteriores pero cuyo origen es el centro de masa G. Si denominamos le a este nuevo tensor, en.tre sus elementos se cumple la relación:
Ijk = IG,jk
+M
[ojkR 2
-
RjRk]
donde R = jRj es el módulo del vector que va del origen del primer sistema al origen del segundo sistema, y Ojk es la delta de Kronecker (coincidente con el elemento j k de la matriz unidad, matriz a la que llamaremos J para evitar confusiones con la matriz de inercia I).
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
266
Veamos cómo podemos expresar el vector R de la figura en función de las magnitudes geométricas conocidas. Como G es el baricentro del triángulo, de la observación de la figura se desprende que:
Pero:
La expresión matricial completa del Teorema de Steiner se puede escribir como:
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
267
cuyas soluciones son: 1 M [ (h~ 36 1 = M [ (h~ 36
11 =
+ a'
12
+ a2 -
- a1a
a1a + a;)
2
-
+ a2 -
a 1a + a;)
2
+ ai) + V(h; + a2
a1 a + ai) - V(h;
h;]
-
3a 2
-
3a 2 h;]
Trataremos de encontrar expresiones más simples de estos momentos de inercia en las que aparezcan solamente los lados del triángulo. Para ello, fijémonos en que hay un término que se repite de forma insistente, al que llamaremos q y cuyo valor simplificaremos usando relaciones trigonométricas conocidas: q= h 'a+a 2 -a1a+a21
ha= csinB = bsinC
a1
= ccosB
Sustituyendo valores: donde RR es el producto diádico del vector R consigo mis1no, dando como resultado un tensor 3 x 3. Su valor es:
(a+a,)ha
h'a.
o
[(a+ a1) 2 +
Teniendo en cuenta que R 2
h;] /9,
q = c2 sin2 B
= ª2
~]
+ c2
Ia = -
36
2h; (a - 2a1) ha O
operando cuidadosa-
2
(a - 2a1) ha -a1a+ai)
(a 2
o
(a 2 + b2 + c2 )
Es decir:
h,
M(a-2a 1 )h,
lsM (a 2 - a1a + af) - Li
11 = M [a 2 2
I, = M [a 2
Las otras dos raíces saldrán de la resolución de la ecuación de segundo grado en Ji que se obtiene del desarrollo del determinante: 1 36
2
1
= 0
+ c2
-
2ac cos B.
2
-3a 2 c2 (1-cos2 B)
donde hemos hecho uso nuevamente del teorema del coseno para eliminar cosB. Por lo tanto, los momentos principales de inercia quedarán en su forma más resumida así:
]z = M [a
') I, = 1 M ( ha2 +a2 -a 1 a+a 1 18
1
2
4
¡,.. Momentos principales de inercia en el centro de masa G. Serán las raíces de la ecuación característica ]le - IiJI = O. De la observación del tensor de inercia Ic , es inmediato obtener que una de las raíces es:
1 Mh;-1, 18 1 M (a - 2a 1 ) 36
_ --'----
donde hemos hecho uso del teorema del coseno: b2 = a 2 El radicando será:
mente llegamos por fin a:
M [
+ a2 + c2 cos 2 B - accosB a2 + c2 - b2 a2 + b2 + c2
+ b2 + c2 + 2Va 4 + b4 + c4 -
a2b2 - a'c' - b2 c2 ] /72
+ b2 + c2
a 2 b2
+ b2 + c 2 ]
-
2Va 4
+ b4 + c4
-
-
a 2 c2
-
b2 c'] /72
/36
[Nota: El cálculo de las direcciones principales de inercia con datos como los expuestos resulta una tarea extraordinariamente ardua y que no tiene mayor interés].
[IfJ
Calcúlese el tensor de inercia de la placa cuadrada homogénea de masa M y lado a de la figura en el sistema de ejes cartesianos señalado. Obténganse, así mismo, las direcciones de los ejes principales de inercia y los momentos principales de inercia en el vértice O.
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
268
z
o
a
determinante secular II - .\JI = O, donde I es el tensor de inercia y .J es el tensor diagonal unidad. No ofrece ninguna dificultad el llegar a la conclusión de que si I =KIR, siendo K una constante e IR lo que denominaremos el tensor de inercia reducido) las raíces del nuevo determinante secular IIn - .\a.JI = O no llevarán a las reales a través de la relación.\ = K .\n, En nuestro caso, K = M a 2 , con lo que las raíces del determinante secular reducido serán:
y
dy.=7 dx
-. -.
t- AR
IR. ISupondremos conocido que el momento de inercia de un rectángulo de
base a y altura h respecto a un eje que contenga a la base es la= }Mh 2 • Por lo tanto, si en lugar de un rectángulo se trata de un cuadrado, este momento de inercia se reduce a la = }Ma 2 . Utilizando los ejes de la figura, podemos escribir, pues:
Ixx = Iyy = Ia =
1
3Ma
2
lzz
= Ixx
+ Iyy
= 3Ma
1
o
>-n,
o
1
o t->-n o ¡->.n
=O
J
xydm = -cr
1 1ª ª xdx
-+
3
Por lo tanto, los momentos principales de inercia serán: , -I1M2 1 - 12 a
donde hemos pasado a utilizar la notación habitual para los momentos principales de inercia, Ji. z
2
ydy = - 1 cra 4 = - 1 Ma 2
4
O
O
4
donde hemos utilizado como elemento de masa dm = crdx dy (con cr la densidad superficial de masa) y como masa total de la lámina M = cra 2 • Por lo tanto, el tensor de inercia de la lámina para esos ejes cartesianos rectangulares con origen el O será:
-. -. 1
1
3
I=
1
o
o
3
o
o
3
1
7
12 1 >-n2 = -12 2 AR3 = -
y
Para completar los elementos del tensor de inercia, nos falta calcular los productos de inercia. Una ventaja inicial es que Ixz = lyz = O, ya que el factor z que aparece en ambos integrandos es permanentemente nulo. Para el cálculo del término restante, procedamos así:a
I,y = -
=
Al -
Además, tratándose de una figura plana contenida en el plano Oxy, el tercero de los momentos de inercia se puede obtener en función de los anteriores como: 2
269
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
Ma 2
• Ejes principales de inercia en O. La dirección de los ejes principales corresponderá a las soluciones de las ecuaciones I a =>..ia para cada >..i. Es decir, los vectores a que corresponden a cada valor propio >..i del apartado anterior. En otros términos, las direcciones de los ejes principales serán las correspondientes a los vectores propios de la matriz I. Es fácil demostrar, también, que éstos coinciden con los vectores propios del tensor de inercia reducido IR, soluciones de los sistemas IR a =,\Ria para cada ,\Ri· Desarrollémoslo para un caso, ,\Ri = ,\R 1 = 1721 con lo que obtendremos el vector propio correspondiente a 1 . Operando y quedándonos con las ecuaciones significativas: ª11 -
2
• Momentos principales de inercia en O. Para la obtención de los momentos principales de inercia, es suficiente con calcular las raíces del
{
ª21 a31
= Ü = O
a1
= 2v'2 (1, -1, O)
Hemos escrito el vector propio a 1 ( a 111 a 21 , a 31 ) ya normalizado, pues lo utilizaremos más adelante como herramienta para obtener el tensor de inercia
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
270
diagonalizado a partir del tensor de inercia original. Operando de igual forma para los otros dos valores propios, es fácil llegar a sus vectores propios correspondientes: a3
=
(O, O, 1)
Podíamos haber obtenido dos de ellos y conseguir el tercero por producto vectorial de los otros dos: a3 = a1 X a2, lo que se puede comprobar sin dificultad. Esto es debido a que, según la teoría, sabemos que una matriz simétrica de elementos reales tiene valores propios reales, y vectores propios correspondientes a valores propios distintos son perpendiculares entre sí. En el caso de que éstos sean distintos (espectro no degenerado), los vectores propios correspondientes. constituyen un triedro trirrectángulo, y es único. Si dos de ellos fueran iguales, obtendríamos un vector propio señalando en una dirección, y el resto de vectores propios estarían contenidos en un plano perpendicular a esa dirección. Existirían, pues, infinitos vectores propios. Si los tres valores propios fueran iguales, cualquier dirección que pase por ese punto sería propia, existiendo igualmente infinitos vectore propios. Otro detalle a tener en cuenta es que los vectores propios no sólo no vienen determinados en su módulo, sino también en su sentido. Cada uno elegirá así el sentido que más le convenga.
alrededor del eje Oz y el tensor Ik. representa el tensor IR referido al nuevo sistema coordenado. Evidentemente, lo hecho con el tensor IR se puede extender al propio tensor original I. ~ Calcule los tensores de inercia en los sistemas coordenados con origen en O para las dos distribuciones de masa que se muestran en las figuras, diagonalizándolos y obteniendo las direcciones de los ejes principales de inercia.
I R. I ~ Teniendo en cuenta la definición de los elementos del tensor de inercia en unos ejes cartesianos rectangulares para una distribución discreta de masas: n
n
Ix,xi =
:E mo.
v'2
-., v'2
o
v'2 v'2
2
o
-. [" :][ ¡l[ -., :] 2
v'2
2
o
1
1
3
~z 3ml _.,.--'.,,
m .,:
v'2
m
1
~;'l;
¡
~---------------------
X
Aplicándolo a nuestro caso, es fácil obtener los siguientes resultados para los distintos elementos del tensor de inercia, que los representamos ahora siguiendo la notación tradicional con el fin de simplificar su escritura:
2
lxx =
26ma 2
Ixy
= -3ma 2
o
o
Iyy =
llma 2
fxz
= -4ma 2
Ízz =
21ma 2
lyz = -6ma
3
o
o
o
a y
il
-;¡
.. ···"
2m
v'2
2
= [
7 12
o
o 121 o o
;]
es decir, el tensor de inercia diagonalizado a través de una transformación de 1 1 semejanza generada por la matriz B = A - , en la forma: Ik. = B IR B- . La matriz B = A ~l es fácilmente identificable con un giro de ángulo -45º
-
4m
1
____ _! __________ ..
1
v'2 2
v'2 2
1
ma:Xia:Xja
a:=1
a:=l
donde se utiliza la notación en la que se designan los ejes coordenados como X¡ (i = 1..3) en lugar de (x, y, z), y a las masas de las partículas como ma (a= l .. n). Es fácil adivinar que '¿~=l x]a: = r~, siendo r0 = lra:I, módulo del vector posición de la partícula a-ésima.
2
cuyo detern1inante es la unidad. De hecho, si multiplicamos el tensor IR a izquierda y derecha por A - 1 y A, respectivamente, obtenemos:
- v'2
¿
Íx,xi = -
• Si escribimos la matriz constituída por los tres vectores propios como columnas, obtendremos: 2
271
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
2
El tensor de inercia referido a los ejes cartesianos con origen en O será, pues:
26 I =ma 2 IR
IR= [ -3
-4
-3 ll -6
-4] -6 21
272
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
Hemos utilizado aquí la definición del tensor de inercia reducido IR, que ya lo hemos definido en un ejercicio anterior y que nos permitirá llegar a los valores de los momentos principales de inercia con mayor comodidad, al igual que a los vectores propios que marcan las direcciones de los ejes principales de inercia.
• Momentos principales de inercia en O. Son los valores propios del tensor I. Es decir, las raíces ,\ soluciones de laecuación: II-,\J 1 = O, donde J es la matriz diagonal unidad. Podemos llegar más fácilmente a este resultado sin más que tener en cuenta que~ si resolvemos IIR-.\.RJI = O, entre los valores ,\ y >-n existe la relación: .\ = K,\n, siendo K el factor numérico que me relaciona I e IR: I =KIR, En nujstro caso, K = ma 2 • Así, pues:
26 - >-n
-3 -4
-3 11- >-n -6
-4 -6 21- AR
=0
{
,\Rl = 28.223 .\n, = 7.139 AR3 = 22.638
Por lo tanto, los momentos principales de inercia, a los que llamaremos Ji en lugar de Ai serán:
Ji= 28.223ma
2
I2 = 7.139ma
2
Is= 22.638ma
2
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
Podemos comprobar aquí que a3 = a 1 x a 2 (podíamos habernos ahorrado el cálculo de este último vector por el procedimiento que hemos utilizado con los otros teniendo en cuenta esta propiedad). Si eremos la matriz A constituída por estos vectores propios como columnas, tal y como hemos hecho en un ejercicio anterior, obtenemos una matriz tal que su inversa es generadora de una transformación de semejanza que nos lleva del tensor de inercia original al tensor de inercia expresado en los ejes principales. Si llamamos, pues, B = A - l a la la matriz generadora de la transformación de semejanza, tendremos: A=
0.866 0.231 0.0228 0.866 [ -0.499 0.442
In a 1=An 1a 1 -+
-2.223a 11 - 3a21 - 4a31 = O -3a11 - 17.223a21 - 6a31 = O { -4a11 - 6a21 - 7.223a31 = O
Para resolver este sistema homogéneo, damos, arbitrariamente, un valor determinado a una de las variables (aquí hemos hecho a11 = 1) y determinarnos así los dos restantes. Repitiendo el procedimiento para .\.Ri = AR2 y con .\.Ri = A.R 3 , obtenemos, una vez normalizados, los siguientes vectores propios:
ª' =
(0.866, 0.0228, -0.499) a2 = (0.231, 0.866, 0.442) a 3 = (0.442, -0.499, O. 745)
0.442 ] -G.499 0.745
-+ B =
[ 0.866 0.231 0.442
0.228 0.866 -0.499
-0.499 ] 0.442 0.745
y el producto B IR B- 1 nos dará (utilizando una aproximación en su escritura, aunque los cálculos están hechos con los valores de la matriz B y su inversa que acabamos de escribir):
[ 0.87 0.23 0.44
0.23 0.87 -0.50
-0.50] [ 26 -3 0.44 0.74 -4
Estos tres valores son los elementos de la diagonal del tensor de inercia diagonalizado. El resto de los elementos son nulos. • Ejes principales de inercia en O. Como hemos visto en un ejercicio anterior, las direcciones principales coinciden con las marcadas por los vectores propios de I ( que a su vez, coinciden con los vectores propios de In). Por lo tanto, sustituyendo cada valor de ARi de los arriba obtenidos en la ecuación de vectores propios: IR a =A.Ria, obtendremos los vectores a que cumplen esas relaciones. Podernos adeh3.ntar que, siendo los tres valores propios distintos, obtendremos tres vectores propios ortogonales, tal y como se ha visto en la teoría. Hagámoslo:
273
= [ 28f2
-3 -4 ] [ 0.87 -6 21
11
-6
0.23 0.023 0.87 -0.50 0.44
0.44 ] -0.50 0.74
o 7.14
o
2}64]
Estos resultados son sólo aproximados, ya que, con los datos que hemos utilizado, B no es exactamente A - l {lo sería si hubiéramos utilizado valores exactos), ni del producto de las tres matrices anteriores se obtiene el resultado de la derecha (sí lo hubiéramos obtenido de utilizar los valores exactos). Como es evidente, lo hecho para la sirve iguahnente para I, que no es más que KIR· Sirva este ejemplo para ilustrar la vía que hay que seguir para llegar a los resultados deseados.
[IJ
Repitiendo el procedimiento para la segunda distribución de masa, obtenemos el siguiente tensor de inercia, en función del tensor reducido:
12
-4]
-4
11
-4
-4
cuyos valores propios, resuelta la ecuación secular IIR-ARJI = O, son:
= 16.604 >-n, = 3.945 { AR3 = 15.451 ,\Rl
-+
I 1 = 16.604 ma 2 I2 = 3.945 ma 2 { I, = 15.451 ma 2
Estos tres valores son los elementos de la diagonal del tensor de inercia diagonalizado. El resto de los elementos son nulos.
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
274
• Ejes principales de inercia en O. Como hemos indicado, las direcciones de los ejes principales de inercia coinciden con las direcciones de los vectores propios de I, es decir, de IR. Sin necesidad de repetir el procedimiento1 diremos que tales vectores propios serán, nuevamente, perpendiculares entre sí, ya que los tres valores propios son distintos, y conforman un nuevo referencial ortogonal único, de forma que el tensor de inercia referido a él será diagonal. U na vez realizados los cálculos, los vectores propios, ya normalizados, serán:
ª'
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
[![] U na lámina plana y rígida tiene asociados un par de sistemas coordenados Oxy y Ox'y', con el mismo origen O y tal que el segundo está girado respecto al primero un ángulo a. a) Obtener los momentos y productos de inercia respecto a los nuevos ejes en función de los antiguos y del ángulo a. b) Si el segundo sistema de ejes corresponde a un sistema de ejes principales, ¿qué valor ha de tener el ángulo a: como función de los momentos Y productos de inercia antiguos para que esto sea así?. e) ¿Cuáles son los valores de los momentos principales de inercia para el apartado b)?
y'
= (-0.819, 0.536, 0.202)
ª2 = (0.529, 0.573, 0.625)
a, =
y
a
(0.219, 0.619, -0. 754)
x' X
Hemos ajustado el signo del vector a3 para que se cumpla que a3 = a1 X a2. La matriz A constituída con los vectores propios colocados en columnas, así como su inversa B = A - l generadora de la transformación de semejanza, son ahora:
-0.819 A= 0.536 [ 0.202
0.529 0.573 0.625
y el producto B In B-
[-0.82 0.53 0.22
0.54 0.57 0.62
0.219 ] 0.619 -0.754 1
--+ B =
-0.819 0.529 [ 0.219
0.536 0.573 0.619
0.202 ] 0.625 -0.754
(nuevamente en escritura abreviada) nos dará:
0.20 ] [ 13 0.62 -4 -0.75 -4
-4 12 -4
-4 -4 11
][
-0.82 0.54 0.20
0.53 0.57 0.62
0.22 ] 0.62 -0.75
o =
[ 16r4
3.945
o
15.~51 ]
En este caso, los cálculos se han realizado con más cifras significativas que las utilizadas en el apartado anterior y los resultados son mucho más aproximados a las previsiones teóricas. De·los últimos resultados, se ve que ñ = B- 1 , por lo que la matriz Bes ortogonal y expresa un giro de ejes. Podemos calcular el eje de rotación y el ángulo de giro que permite pasar directamente del referencial original al final, en el que el tensor de inercia es diagonal. Para ello, hacemos uso del teorema que nos dice que el giro se produce alrededor del eje correspondiente al valor propio + 1 de esa matriz de giro, y con una magnitud angular tal que cos t;[l = Tr(~)-l. Esto nos lleva, una vez hechos los cálculos, a que el versar que señala la dirección del eje de giro es: ñ(0.321, 0.947, 0.375), con un ángulo de giro de 180°.
275
IR. !~ Como hipótesis inicial, además de los ejes citados supondremos la existencia de un tercer eje común a ambos siste1nas Oz =Oz' perpendicular al plano de la lámina (es decir, del papel) y hacia afuera, que no dibujamos. Recordando el teorema de Poinsot, si es e un eje cualquiera por O, se cumple que:
le = Ixx ai donde a1,
a2
+ fyy a~+ lzz O'.~+ 2 lxy CT1 a2 + 2 Ixz 0:1 0'.3 + 2 fyz a2 a3
y
a3
son los cosenos directores del eje e en el sistema Oxyz.
Hagamos coincidir al eje e con el eje Ox' del nuevo sistema. En este caso, a1 = a, a2 %- a:, 0:3 = %. Llevado esto al teorema dii Poinsot, nos quedará: 2
2
Ix'x' = Ixx cos a+ Iyy sin a+ 2 Ixy sin acosa
Igualmente, haciendo coincidir ahora al eje e con el nuevo eje Oy' i tendremos ahora que a1 = f + a, a2 = a, a: 3 = %, con lo que el teorema de Poinsot nos llevará ahora a: Iy'y' =
I!x sin2 a+ Iyy cos 2 a -
21xy sin acoso:
Una consecuencia de estos resultados es que: fx'x'
+ fy'y'
=
fxx
+ Iyy
lo que era de esperar, dado que el primer miembro es, tratándose de una lámina delgada, Iz' z', y el segundo miembro, Izz, y como ambos ejes son
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
276
coincidentes, los momentos de inercia respecto a los mismos habrán de coincidir también. [Como nota al margen, diremos también que los productos de inercia lxz = Iyz = Ix'z' = fy'z' = O, al tratarse de una lámina delgada perpendicular al eje Oz =Oz'].
[8 Para que el segundo
sistema sea un sistema de ejes principales, los productos de inercia han de ser todos nulos. Del apartado anterior, sabemos que Ix' z' = Iy, z' = O (por tratarse de una lámina plana perpendicular al eje Oz', con lo que la dirección de este eje será la de un eje principal). Por lo tanto) nos quedará imponer la condición lx'y' = O para averiguar la relación pedida. Como paso previo, calculemos Ix'y' en función de los momentos y productos de inercia referidos a los antuguos ejes. Por definición) Ix'y' = - f x'y' dm. Como el nuevo sistema de ejes se obtiene del antiguo por un giro de ángulo a) la relación entre las coordenadas de un punto en ambos sistemas será:
Llevados estos valores a la definición de Ix'y', y teniendo en cuenta que 2 en el caso de lámina plana en plano Oxy se cumple que Ixx = f y dm e Iyy = f x 2 dm, escribiremos:
J
con lo que escrito el apartado Ix'x' en función de estas expresiones nos dará: 1,,,, =
~ [1,, + lyy + J41;y + (I,, -
2
Iy'y' =
~ [1,, + Iyy -
y los valores 'propios de este tensor (siendo
2
O
2Ixy tan2a= - - ~ Ixx - fyy
[IJ Una vez
obtenida la relación entre el ángulo a y los momentos y pro1 1 ductos de inercia antiguos para que los nuevos ejes Ox y z' sean principales, los valores de los momentos principales de inercia se obtendrán de la sustitución de este ángulo a en las expresiones del apartado a). Es un mero ejercicio de cálculo comprobar que:
1
~==== vil +tan2 2a
- Iyy)']
=
.\1,2 {
Íxy Iyy - .\ O
O O I,, - .\
= O
+ (Ixx
- !yy)
fxx - fyy
=
~
[1,, + lyy ± J4I;y + (Ixx -
Iyy)2
j
..\3 = fzz
~ Tenemos dos distribuciones de masa tales que los tensores de inercia correspo~dientes respecto a ejes cartesianos rectangulares con origen en O (en el primero de los casos coincidente con el centro de masa) vienen dados por:
I= [
2 I,y
---,;==========2 J4I;y
J la matriz unidad) son las
que, resuelto, nos da:
Por lo tanto) la condición de sistema de ejes principales para el sistema Ox' y' z 1 nos llevará a:
cos 2a =
+ (Ixx
raíces ..\ del siguiente determinante: fxx - ..\ I,y
1
Vl + tan 2 2a
J4I;y
• Otro método: Conocido el tensor de inercia en los antiguos ejes, el problema de la determinación de los momentos principales se reduce al cálculo de los valores propios de ese tensor. En nuestro caso el tensor de inercia en el sistema Oxyz es: '
2
= - ;x sin 2a: + !;y sin 2a: - Ixy cos 2a:
tan 2a
j
Para el cálculo del momento principal Iy'y' utilizaremos el atajo Iy'y' + Iyy - lx/x 1 que hemos mencionado al final del apartado a). Así:
= -[-Iyy sin acosa+ Ixx sin acosa+ Ixy(cos a - sin a))
sin2a·=
Iyy)2
Ixx
[-x 2 sin e, cose,+ y 2 sin acosa - xy(cos 2 a - sin a)] dm
Ix'y'::::: O
277
y'= -x sin.a+ y cosa
x' = x cosa+ y sin a
I,'y' = -
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
l~O
2~0
-100
O
-~00] 300
I = [
':_b -b
-b a -b
-b] -b a
Determinar los momentos y ejes principales de inercia, así como las matrices de transformación que consiguen diagonalizar ambos tensores.
IR. I ~
Tal y como hemos visto en ejercicios anteriores los momentos principales de inercia son los valores propios del tensor. nuestro caso,
En
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
278
son las raíces de la ecuación secular II-,\J[ = O, con J la matriz diagonal unidad. Es decir:
[
o
150 - ,\
o
-100
o
250 - ,\
o
-100
300 - ,\
] =o
-+
= I, = 100 = I2 = 250 ,\ 3 = I, = 350
-+
En este caso nos encontramos con una degeneración simple en el espectro de valores propios, con lo que habrá infinitos vectores propios correspondientes a este tensor. Uno de ellos, el correspondiente al valor distinto J3, se calculará de la forma habitual. Los infinitos restantes serán los contenidos en el plano perpendicular al vector propio obtenido. Como nos interesa construir un sistema referencial ortogonal, obtenido uno que sea ortogonal a a 3 , el otro se obtendrá de forma que a3 = a1 x a2. Calculemos, pues, el vector propio correspondiente a J3:
J5 o, 1) ª' = 5(2, Para obtener un vector perpendicular a éste 1 no hace falta más que imponer la condición a 1 · a 3 = O, con lo que obtendríamos como un vector posible a:
J5 ª' = 5(-1,0,2)
El signo del vector propio a 3 se ajusta para que sea coincidente con la expresión a3 = a1 x a2.
Por último, el tercero, que cumpla la condición a3 = a1 x a2 podría reescribirse como a 3 x a 1 = a 2 , pues los tres vectores son ortogonales dos a dos y de módulo unidad. Por lo tanto:
La matriz A, y su correspondiente inversa B = A - l que ge:riera la transformación de semejanza, serán:
_f\.
r
l
2v5 o -,-
Jt
s
-,v'5
l
o
o
2v5 -;;-
2v5 o -,-
-+
B=
o
l
v5
-5
o
No ofrece ninguna dificultad el comprobar que el producto la expresión 'diagonalizada del tensor de inercia inicial.
v'5 5
..
=
ª' =
o
,r, ,r, -,,r, o
3
2./G
~
BIB-
vÍ6
6(1, -2, 1)
Al igual que en el apartado anterior, las matrices A y B = A - l que utilizamos para diagonalizar el tensor de inercia son:
A= 1
nos da
La dirección del eje de giro único que nos pasa del sistema original al final, respecto al que el tensor de inercia adopta su forma diagonal, se obtiene como vector propio correspondiente al valor propio + 1 de la matriz B. Es fácil ver que esta dirección está dada por el versor (salvo signo) n(O, 1, O), . de 1a expres1on . ' cos "' 'Tu(B)-l 1 e , con o qu y el ángulo de giro se obtiene '±' 2 obtenemos: ip 66º46'11".
=
fa= a - 2b
Ii=I,=a+b
ya normalizado. Operando de igual forma para los otros dos valores propios, es fácil llegar a sus vectores propios correspondientes: a 2 = (O, 1,0)
~ Siguiendo el procedimiento indicado, los valores propios del segundo tensor de inercia (es decir, los momentos principales de inercia) son:
{ A1 A2
La dirección de los ejes principales corresponderá a las soluciones de las ecuaciones la =Aía para cada >.i. Es decir, los vectores a que corresponden a cada valor propio Ai = Ji. En otros términos, las direcciones de los ejes principales serán las correspondientes a los vectores propios de la matriz l. Hagámoslo para el caso i = 1 (I1 = 100), con lo que obtendremos el vector propio correspondiente a 1 . Operando y quedándonos con las ecuaciones significativas:
279
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
3
,r,
3
v'2
2
,r,
,/6
6
3
-, ,/6
,/6
5
-+
B=
,r,
3
,r,
3
,/2
,/2 -,-
o
2
v'5
-,
6
6
,/6
v'5
La matriz B que opera la transformación de semejanza representa un giro alrededor del eje en la dirección dada por el vector propio correspondiente al valor propio + 1, que es n( - O. 762, 0.0846, -0.642), y de ángulo tal que cos = Tr(~)-l, con lo que obtenemos: = 90º24145 11 . Es un mero ejercicio de cálculo matricial el comprobar que B I B- 1 representa el tensor de inercia diagonalizado, referido a estos nuevos ejes .
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
280
[Nota: Hemos de señalar que, en el caso de una solución con degeneración simple podemos obtener un número infinito de referenciales asociados, que
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
281
que equivale a una matriz 3 x 3 cuyo elemento ij es caso, M = 3m y = con lo que:
ri !,
(xaiXGj)-
En nuestro
1
tendrán como elemento común el vector propio asociado al valor propio distinto, cumpliendo las otras dos la condición de ser perpendiculares a él y entre sí. Es decir, que estarán en el plano perpendicular al vector propio correspondiente al valor propio diferenciado). ~ Tres partículas, cada una de masa m, están colocadas a distancia
unidad del origen de coordenadas en las direcciones positivas de los ejes Ox, Oy, Oz. a) Determinar el tensor de inercia en el sistema Oxyz. b) Encontrar el tensor de inercia en unos ejes paralelos a los anteriores por el centro de masa. c) Encontrar los ejes principales con origen en el centro de masa y la matriz de giro que opera la transformación de semejanza que me pasa al sistema de ejes principales (Elíjanse los ejes principales de forma que la matriz que opera la transformación de semejanza, B, sea tal que su primera fila tenga elementos positivos y el elemento B23 = O).
[BJ ~ Teniendo en cuenta las definiciones de los elementos del tensor de inercia que ya vimos en un ejercicio anterior: fx,x¡
= - ~
ffio;XiaXjo;
o:=l
obtenemos para nuestro caso:
{
I,x
= Iyy = Izz = 2m
Ixy
=
fxz
=
Iyz
I = [
= O
2m
o
~
2m
o
Esto nos demuestra que los ejes cartesiano que utilizamos son ejes principales, pues en ellos el tensor de inercia es diagonal. [[] Para expresar este tensor de inercia en unos ejes paralelos a los anteriores por el centro de masa G, previamente lo calcularemos:
re --
¿a " mar a -- ! (1 , 1, 1) L,;o; ma
3
como es fácil de comprobar. A continuación, recordaremos la expresión de Teorema de Steiner generalizado, que nos dice que entre los tensores de inercia referidos a sistemas de referencia de ejes paralelos entre sí, de modo que uno de ellos tenga su origen en el centro de masa, existe la relación:
I = Ia
+M
-3m
[riJ - rara]
siendo M = ¿ 0 ma, ra = lral, J la matriz unidad diagonal y rara el producto diádico del vector posición del centro de masa consigo mismo,
{! [~ ~ ~] 3
1 [ 9
001
2~
i i i]}
= m [
111
3
i ! i] 114
Para averiguar tanto los momentos principales de inercia como los ejes principales de inercia en el centro de masa G, recordemos lo dicho en ejercicios anteriores sobre el tensor de inercia reducido y su utilización para el cálculo de estos elementos. Aquí, el factor para pasar del tensor de inercia reducido al tensor total es K = f, por lo que la ecuación secular de valores propios: IIaR - ARJ 1 = O me proporciona los siguientes valores propios:
4 - AR 1 1
n
f
2 Ia= I - M [riJ - rara] = [
1 4 - AR
1 1
1
4 - AR
= 6 = 3 AR3 = 3
),Rl
=0
),R2 {
--+ --+ --+
JGl = 2m Ia2 = m Ia3 = m
y el tensor de inercia diaginalizado en el centro de masa G es:
Ia = [
2m
o
~
m
o
!]
Los ejes principales coinciden con las direcciones de los vectores propios del tensor Ia (ó, lo que es lo mismo, del tensor reducido la). Como en un ejercicio anterior, tenemos un valor propio que se repite, por lo que calcularemos el vector propio correspondiente al valor propio diferenciado, y los otros dos los calcularemos con la condición de ser perpendiculares a ese vector propio obtenido, y el último como producto vectorial de los otros dos, lo que nos garantiza la formación de un triedro trirrectángulo que actuará como nuevo sistema de referencia al que estará referido el tensor de inercia diagonalizado. Su cálculo, que no lo detallaremos, nos lleva a estos valores, ya normalizados:
a,= 2v'2 (-1,1,0)
v'6 ª' = 6(-1,-1,2)
El vector ª1 corresponde al valor propio diferenciado, y como constituirá la primera fila de la matriz B = A - l que opera la transformación de semejanza, le hemos hecho cumplir con la primera de las condiciones impuestas: la de que todos los elementos de esa primera fila sean positivos. Al vector
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
282
a 2 , construído con la condición de perpendicularidad a1 · a2 = O y que va a aportar la componente B 23 de la matriz de transformación, le hemos hecho cumplir también con la condición B23 = O. Así, pues, la matriz que opera la transformación de semejanza B = A - l será:
n~[ -, i l V3
V3
3
3
v'2 2
v'2
_Y'.][
_v'G
6
6
= A-
en altura de G. Para ello, tendremos en cuenta que de las relaciones entre los elementos homólogos en los triángulos semejantes podemos extraer:
h
h-z
R
T
f
ZG
R
= ~(h- z) h
=
pn:R2 = Mh'
zdm
----¡;¡-
fh
lo
pn:R2h, 12 M
z(h - z)2dz =
3
que corresponde a un eje de giro en la dirección del vector propio correspondiente al valor propio +l, que es íi(0.245, -0.590, 0.769), con un ángulo e giro de valor'±'= 56°36 1 • Es inmediato comprobar que:
o m
o
!]
Ry altura h, cuya densidad es p ( por lo tanto, su masa será M = i1r R 2 h p) respecto a sus ejes principales por el centro de masa G. Obtener previamente la posición de éste. z,z'
z
y
X
IR. I t>- Determinación del centro de rnasa G. Utilicemos un sistema de coordenadas cilíndricas con origen en el centro de la base y con el eje Oz en dirección vertical, pasando por el vértice. Un procedimiento muy simple para la determinación del punto G es considerar al cono como una superposición de discos de espesor infinitesimal dz y radio r variable, dependiente de la altura del disco sobre la base. Dado que, por simetría, la posición de G va a estar en el eje Oz, únicamente tendremos que calcular la posición
tmr
dlx'x' = dfy'y' =
ir
2
diz'z' =
dm
tr
2
dm
El momento de inercia de este disco de espesor infinitesimal, que está expresado, en cada caso, respecto a un eje que pasa por su centro de masa, respecto a los ejes Ox, Oy y Oz, respectivamente, se obtendrá de la aplicación del Teorema de Steiner:
dlxx = diyy =
y
h 4
t>- Momentos de inercia respecto a ejes principales en el centro de masa G. Es más fácil calcular primero el momento de inercia respecto a ejes principales en el centro de la base y pasarlo después a ejes principales por el centro de masa utilizando el teorema de Steiner. Supondremos conocidos los momentos de inercia de un disco de espesor despreciable respecto a un eje perpendicular a él por su centro y respecto a un eje diametral. Estos 2 2 son : Ix'x' = Iy'y' = , Iz'z' = . En nuestro caso, tratándose de un disco de espesor infinitesimal, tendrá una masa infinitesimal y un momento de inercia infinitesimal, que los escribiremos así:
imr
~ Calcúlese el momento de ienrcia de un cono homogéneo de radio
X
T
Además, el elemento diferencial de masa del disco auxiliar es: dm = p1rr 2 dz, con lo que la coordenada za del centro de masa G será:
1
v'6
283
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
ir
2
dm
+ z 2 dm
En los dos primeros casos, la distancia entre los ejes paralelos es idéntica en ambos y vale z. En el último caso no es necesario añadir ninguna cantidad, pues el eje Oz coincide con el eje Oz'. [¡Ojo! No está de más decir que, aunque en la figura quede meridianamente claro, en estas expresiones r no es el módulo del vector posición de un punto genérico del cono, sino el radio del disco infinitesimal]. De estas expresiones se pueden obtener por integración los momentos de inercia deseados:
R41h (h-z) dz+--¡;,:p1í R21h z (h-z) dz
_ _ p1r lxx-Iyy- h 4 4 1
= -pn:R4 h 20
I,, =
R41h
pn: h 2 4
0
4
2
0
0
1
2h 3 + -pn:R 30 4
(h- z) dz =
1
= -M [3R 20
2
+ 2h 2 ]
1 4 3 MR 2 pn:R h = 10 10
2
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
284
Los momentos de inercia respecto a ejes principales de inercia por el centro de masa G se calcularán utilizando el Teorema de Steiner. Si llamamos J11 J 2 e J 3 a los momentos de inercia respecto a ejes principales por G1 los dos primeros ejes distarán h/4 de sus respectivos ejes paralelos Ixx e Iyyi mientras que el tercer eje G3 coincidirá con el Oz, por lo que !3 Izz· Así, pues:
=
= I,
3 2 I, = Izz = lOMR
• Momentos de inercia respecto a ejes principales por el vértice. En algunos ejercicios nos veremos obligados a trabajar con ejes que pasan por el vértice del cono en lugar de por el centro de la base, por lo que es de interés el cálculo de los momentos de inercia respecto a ejes principales por este vértice. Volviendo a aplicar el Teorema de Steiner para su cálculo y teniendo en cuenta que la distancia entre los ejes paralelos G 1 y V x es ahora 3h/4 (lo mismo que entre G2 y Vy), y que el eje G3 coincide con el Vz, y llamando Ixv, Iyv ~ Izv a estos momentos de inercia, obtendremos:
Ixv=I,+M[
3h
4
2
l
=
3 2 2 M[R +4h]=Iyv 20
Izv = !3 =
3 2 MR 10
[E] Hallar los momentos principales de inercia de un elipsoide de semiejes a, b y e en su centro de masa. Aplicarlo al caso particular de a = b = e (esfera).
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
y2
x2
285
z2
,+-b, +2=1 a e Utilizaremos los procedimientos de integración múltiple para calcular los momentos de inercia. Introduciremos ya el factor 8 para obtener el momento de inercia de todo el elipsoide, en lugar del correspondiente al sector dibujado. Además, llamaremos J1 , I 2 e I 3 a los momentos de inercia respecto a los ejes coordenados, dado que éstos son los principales. Calculemos, por ejemplo, el momento de inercia respecto al eje Oz, siendo p la densidad constante y dV = dx dy dz el elemento de volumen infinitesimal:
Izz = Is =
J(r
2
-
2
z )dm = 8p
V
JJJ(x
2
+ y
2
)
dx dy dz
V/8
En esta integral triple, los límites de integración para cada variable son los que figuran en las tres .integrales anidadas:
=
4 15
1rabcp(a 2
+ b2 )
=
1 2 2 5M(a + b )
pues M = p · !1rabc.
[Nota: El proceso de integración, donde se detallan los cambios de variable que se han utilizado, ha sido el siguiente:
z
Este es el integrando de la siguiente integral, donde utilizamos los cambios de variable:
e
o a
~d: ib
x=au { y=bv
y
x,X=--------
La ecuación del elipsoide en su forma más simple es:
dx=adu dy=bdv
lo que nos lleva a:
[¡
Ll!J En la figura se representa una octava parte del elipsoide completo. Dada la simetría de la figura y los ejes respecto a los cuales se piden los momentos de inercia (los ejes principales, que coinciden con los propios ejes coordenados en O), los momentos de inercia de estos octantes serán la octava parte del total pedido.
-+ -+
b~
(x 2
v
+ y 2) 1 -
y=O
= 8pabc !.~o
1~:-u'
2
(a u
2
x2
2a
- 2y' dy ] dx
b
+ b2 v2 )y11- (u 2 + v 2 ) dudv
Si pasamos ahora a coordenadas polares en el plano uv de la forma: u::::;::;: rcosB
v=rsinB
dudv = r drd8
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
286
1.:
2
= 2,rpabc(a2
2
2
2
3
2
(a cos e+ b sin e ) ~ r dr de
+ b2 )
{'
lr=O
~ r 3 dr = ~,rpabc(a 2
15
+ b2 )
u=V+wxGP
La última integral, es conveniente resolverla haciendo el cambio de variable 1 - r 2 = w 2 , con lo que queda una integral polinómica inmediata. [Nota: Tenemos que señalar también que cuando hemos pasado a coordenadas polares en el plano uv, no hemos realizado un cambio de variable corriente, sino que hemos_ pasado a un sistema coordenado curvilíneo nuevo, con lo que el elemento de superficie du dv = r dr de, difiriendo del que se obtendría de diferenciar u y v y multiplicar los resultados]. Si en la última expresión tenemos en cuenta que M = !1rabc, el momento de inercia pedido y los otros dos que se obtienen por simetría serán: I, = i;M(a
2
+ b2 )
I, = i;M(b
2
I, ~ i;M(a2
+ c2 )
+ c2 )
v=V+wxGQ=V-wxGP pues
GQ = -GP.
11 =fz =I, = 'r;MR 2
puede escribirse como:
T =
6m(u
+u· v + v
2
expresiones de las que podemos deducir:
l
V=u+v 2
ju- vj = 2w sine= wl sine
2
donde l es la longitud de la varilla y GP ó eje principal G3).
e el ángulo entre w y la varilla (dirección
W
= (w sine COSf,0 1 wsine sin
siendo 90° - 8 el ángulo entre w y el plano G 12, y
)
Gl.
donde u y v son las velocidades de los extremos de la barra.
[E] Según la teoría,
u-v =2w x GP
u+v=2V
~ Probar que la energía cinética de una barra homogénea de masa m
2
Sumando y restando miembro a miembro:
Al tratarse la varilla de un sólido con simetría axial, todos los ejes contenidos en un plano perpendicular a la varilla por G son principales, por lo que las componentes del vector velocidad angular w en el sistema de ejes principales serán:
• Caso a= b =e= R (esfera):
1
287
donde V es la velocidad del centro de masa 1 e le el momento de inercia respecto a un eje que pasa por el centro de masa y tiene la dirección de la velocidad angular instantánea w. El segundo término de esta expresión es la energía cinética de rotación. Teniendo en cuenta la expresión del campo de velocidades del sólido rígidoi podemos escribir:
lo anterior nos queda así:
J 3 = 8pabc f~o
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
la energía cinética de un sólido rígido la podemos
expresar como:
Volviendo al término de la energía cinética de rotación y recurriendo a su expresión en función de magnitudes definidas en ejes principales, podremos escribir:
1 2 1( 2 2 2 1 2 2 TR = ;/aw = 2 I,w1 + I2w 2 + I,w 3) = (¡f1(w1 + w2 )
1 2 1 2 T= -mV +-Iaw 2 2
pues en nuestro caso, es I 3 = O e I 1 = I 2 . Además, J 1 = / 2 m l 2 , con lo que sustituyendo los valores calculados anteriormente, nos quedará:
1 2 2 2 TR = 24 ml w sin
u
p
e=
1 2 24 m (u - v)
pues, como hemos visto antes, lu-vl = wlsine. Por último, llevando este resultado a la primitiva expresión de la energía cinética, en la que sustituiremos también el valor obtenido antes para V, llegaremos a:
T=
1
m
2
(u+v) 2 4
+
1 1 m(u-v) 2 = m(u 2 +u·v+v 2 ) 6 24
288
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
expresión general para la energía cinética de la varilla, en la que no aparece mención alguna a la velocidad angular w ni a la velocidad V del centro de masa G: sólo aparecen las velocidades de los extremos relativas al sistema inercial utilizado S.
~ Obténgase la energía cinética de un cilindro homogéneo de radio a y masa m que rueda sin deslizar por el interior de una superficie cilíndrica de radio R, en función del ángulo que determina su posición angular() relativa al centro C y de su derivada temporal ÍJ.
289
centro de masa más la energía cinética de rotación alrededor de un eje por el centro de masa 0 ó bien como una energía cinética de rotación pura alrededor del eje instantáneo de giro, que en el instante señalado en la figura es paralelo al anterior por P. En nuestro caso, y dado que ya hemos calculado la relación entre r.p y 8, nos resulta más fácil esta última alternativa. Recordemos antes que, según el Teorema de Steiner, se tiene: 1
por lo que:
e,.
L. ie
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
T =
w=
~Jpw 2 =
2
~ma\ó 2 = ~m(a - R) 2 i!2 4 4
~ a) Hallar la energía cinética de un elipsoide asirr1étrico homogéneo que está girando alrededor de uno de los ejes principales AB, estando a la vez este último girando respecto a un eje perpendicular al anterior que pasa por el centro del elipsoide, CD. b) Repetir el problema anterior considerando ahora que el eje AB se inclina un ángulo a.
A' D 1
IR. IComo nota previa, digamos que las medidas de ángulos se efectúan con relación a direcciones fijas, aunque ángulos distintos se pueden medir con referencia a direcciones fijas distintas. Supongamos que el cilindro pequeño está rodando en el sentido indicado en la figura. Como se aprecia, mientras que el ángulo que nos da la posición del cehtro del cilindro rodante con relación a la dirección vertical CA se mide en sentido antihorario, el ángulo cp, que medirá la posición de un radio fijo en ese cilindro ( que podemos hacer coincidir en el instante inicial de medida de tiempos con la dirección vertical y hacia abajo CA) con relación a esa misma dirección CA ó su paralela por O, se mide en sentido horario. Teniendo en cuenta el convenio de signos, si uno es positivo, el otro será negativo. Supondremos que cada ángulo lleva su signo implícito.
e,
Como el cilindro pequeño rueda por el interior del grande, es como si sus superficies de contacto engranaran perfectamente, con lo que el desarrollo de esa superficie de contacto, medida según los arcos AP y PQ en las dos circunferencias será idéntico: AP=PQ
R8=a(8-
a-R
Como a < R, ambos ángulos tiene signos contrarios. La energía cinética del cilindro pequeño se puede expresar de dos formas distintas: bien como suma de la energía cinética de la masa m moviéndose con la velocidad del
3
2
e IR. I ~ Consideraremos, tanto en este apartado como en
el siguiente, la existencia de un sistema de referencia fijo con origen en el centro de masa O (punto que está en reposo, por lo que la energía cinética será sólo de rotación). En la figura se representa una situación particular (en un instante determinado) que no afectará al resultado final del ejercicio. La velocidad angular total se puede representar como suma de un vector 8, que es permanentemente vertical (y por lo tanto perpendicular en todo momento al eje 03) y de un vector 0, que tiene permanentemente la dirección del eje 03. Supuesto que a partir de una posición de referencia el elipsoide ha girado un ángulo cp alrededor de ese eje 03, podremos descomponerlo siempre en ·componentes en el plano 012, de la forma: 8 =Bcoscpe1 - Bsincpe2, mientras que r.j, = lp e3 . Por lo tanto, expresada la velocidad angular total en el sistema de ejes principales, se escribirá como:
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
290 w=
é + cp =
écoscpe, - ésincpe 2 + cpe3
Así, pues, y teniendo en cuenta que la energía cinética de rotación la puedo expresar en términos de magnitudes medidas en centro de masa, nos quedará: 2 2 2 2 T = !(I,wf + fzw~ + fsw~) = }(I1 cos
291
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
un sistema inercial con origen en A. Por otro lado, el sistema con origen en G (centro de masa) va a ser un sistema móvil, que se translada con una velocidad va = - ~ i respecto al sistema con origen en A, ó lo que es lo mismo, respecto al sistema con origen en O (pero sin movimiento de rotación).
tf
~ La situación es muy similar a la anterior, pero ahora, si bien la velocidad ¡
de rotación respecto al eje 03 mantiene el mismo valor, el vector {} tiene ahora una componente en dirección de este eje 03, eje con el que forma un ángulo constante i - a. Ahora, las componentes de iJ en el sistema de ejes principales del sólido rígido serán: (} =
iJ sin {i
- a) cos 'P el -
=(}COSO: COS
é + cp = é cosa coscp e1 - é cosa sin
y la energía cinética:
T = }(I1 cos 2 acos 2
+ tI3 (cp + ésina) 2
~ a. U na varilla de masa m y longitud L gira con una velocidad angular
wo en un plano horizontal liso en torno a un eje vertical que fija uno de slls extremos. En un instante dado, se sustituye este eje por otro que fija la posición de un punto O situado a una distancia a de su centro de masa G. ¿Cuál es la nueva velocidad angular de rotación de la varilla, w? Discutir el resultado analizando los distintos casos extremos que pueden presentarse. ¿ Cuál es la pérdida relativa de energía cinética durante la sustitución de ejes? ¿Por qué no se conserva la energía? b. Consideremos ahora el caso de un disco de masa m y radio R gira con velocidad angular w 0 en torno a un eje perpendicular a su plano y que fija un punto P de su periferia. En un instante dado, se sustituye rápidamente el eje por otro paralelo a él y que pasa por otro punto Q1 también periférico. Determinar la posición del punto Q para que después de la sustitución el disco .quede en reposo.
IR. I ~ l.
¡-----.
i
y j
------------:
L
+ iJ sin a: €3
con lo que la velocidad angular total expresada en estos ejes será: w =
a
iJ sin ( ~ - a) sin 'P €2 + (} cos ( %- a) €3 a: Sin'P€2
:o
G X
ü)
'
En las figuras se muestran las situaciones de partida y final, así como una vista de los ejes de giro desde una posición en el plano de la varilla. Vamos a comparar los momentos angulares de la varilla respecto a O y a G. El sistema de referencia que utilizo en O va a ser inercial, haciéndolo coincidente en un instante determinado con el mismo eje Ay de
Corisideremos las dos situaciones apuntadas, antes de hacer el cambio de ejes y después de hacer el cambio de ejes. Calculemos el momento angular en los dos casos. Antes del cambio de ejes, si descomponemos el momento angular respecto a O en los dos términos habituales que nos dice la teoría, escribiremos: Jo(antes) =
OG X mva + Je 1 2
1
= - - mwoaLk + Iawok = --mwoL(6a - L) k
12
pues 00 = -aj e la = 112 mL 2 . De la misma forma, una vez que se ha cambiado el eje, el momento angular lo podremos escribir de la forma: J O(después) = Iow k =
1
12
mw(L 2 + 12a
2
)
k
donde hemos utilizado el teorema de Steiner para expresar ! 0 y hemos escrito la nueva velocidad angular como w = w k. Durante la sustitución de ejes, que se puede considerar instantánea, las fuerzas que actúan en A son finitas, y su impulso angular respecto a O en ese intervalo de tiempo infinitesimal se puede considerar despreciable. Por otro lado, la colocación del eje por O produce fuerzas cuyo impulso lineal no es nulo, pero cuyo impulso angular rescpecto a O es nulo, pues esas fuerzas pasan por ese mismo punto. Por lo tanto, la sustitución de ejes no produce cambio en el momento angular del sistema respecto a O. Es decir, el momento angular del sistema respecto a O permanece constante: Jo(antes) = Jo(después)
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
292
293
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
Sustituyendo los valores calculados arriba y simplificando, obtenemos sin dificultad la siguiente velocidad angular tras el proceso: L(L - 6a) 1 - 6x w = L2 + 12a2wo = 1 + l2xzwo
p
donde hemos simplificado la expresión escribiendo x = f. En esta expresión de la velocidad angular resultante, el denominador de la fracción es siempre positivo, por lo que el signo de w será el del numerador. Caben, por lo tanto, tres casos posibles:
•
a<.!:..6
• a> • a --
b.. 6
!:.. 6
-, -, -,
6x
< 1:
6x
> 1: w y wo son de signo contrario
6x = 1:
w y Wo son del mismo signo
w=O
2. La relación entre las energías cinéticas entre las situaciones inicial y final vale: Tdespués Tantes
= l¡Iow
lJ w2 2 A O
2
+ 12a 2 lmL 3
= f2m(L
2 )
[
l
1 - 6x 2 1+12x 2
(1 - 6x) 2 4(1 + 12x 2 )
una vez hechas las oportunas sustituciones. En este caso, y salvo para el caso en que a = Í- (Gx = 1), en que este cociente se anula, quedándose parada la varilla, el cociente es positivo. Además, un análisis más detallado del cociente entre las dos enerías cinéticas nos dice que su valor será máximo dentro de los límites de variación de x (es decir, de a) cuando a= ~ x = punto en el que valdrá la unidad (el nuevo eje coincide con el antiguo). A partir de ahí, se produce un decrecimiento continuo hasta hacerse nulo ese cociente para a = 1 volviendo a crecer a medida que vamos acercando el punto O del extremo opuesto de la varilla, aunque ya no se llegará a un cociente unidad. En esta última fase de crecimiento, la varilla gira en sentido contrario al de partida.
-t
-! ,
f
La razón de la no conservación de la energía durante el proceso estriba en la existencia de un choque inelástico entre la varilla y el eje que la hace girar en la nueva posición. El grado de inelasticidad hará que la pérdida de energía sea mayor ó menor i llegándose a producir incluso una pérdida total de energía en el caso arriba apuntado de a=
f.
G __ ... <::._::,. ..
p
e
ro
R
Q
-----ÍQ
lliJ En el apartado anterior ya se ha tratado el problema de la sustitu-
En el primero de los casos ( a < Í-), está incluí da la posibilidad de que a sea negativa, es decir, el punto O se encuentre entre A y G, correspondiéndole igualmente una x negativa. En ese caso, la nueva velocidad angular w será siempre del mismo signo que w 0 . En el último caso, la varilla queda en reposo, sin girar, perdiendo toda la energía cinética en un choque totalmente inelástico contra el nuevo eje fijo por O.
2
-----,Q
ción muy rápida (instantánea o en tiempo despreciable) en la que se va a conservar el momento angular del sistema desde antes del cambio de ejes a después del cambio de ejes respecto al punto del nuevo eje coincidente con el plano de rotación del sistema, en este caso, el plano del disco (punto Q), origen de un sistema de referencia inercial. Si bien en la primera de las :figuras se representan las dos situaciones vistas en perspectiva, en el segundo se aprecia mejor la situación de partida vista desde arriba, justo antes del cambio de ejes. En este caso, todo resulta más fácil, pues, al ser la velocidad final de rotación, w, nula, el momento angular final será también nulo, e igual al inicial, por lo dicho antes. Por lo tanto, escribiremos: JQ(antes)
=
JQ(después)
=
O
Por lo tanto, sólo nos queda determinar el momento angular inicial respecto al punto Q en función de los datos del problema:
J Q(antes)
= QG X
mvo
+ Iowo = o
Pero como va = w 0 x R, sustituyéndolo: JQ(antes)
= mQG
X
(wo x R)
+ Iowo
= m(QG · R)wo - m(QG · wo)R+lowo = O
QG
Además, QG J_ wo -, QG · w 0 =0 y y R son dos vectores del mismo módulo, R, y que forman entre sí un ángulo por lo que R =R2 cos 8. 2 Todo ello, junto al valor de Ia = !mR , nos conduce a los siguientes resultados, tras simplificar: 2
[mR cose+ ~mR
2
]
Wo = 0
QG ·
e,
1 2
-+ cose= --
e= 120° { e= 240°
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
294
~ Una varilla delgada y cilíndrica, de radio R, longitud L (R « L) y masa M, soldada em A a un eje sin masa e con el que forma un ángulo constante (}, gira en torno al mismo con velocidad angular cÜnstante w. Sobre el sistema no actúan campos gravitatorios. a) ¿Cuál es momento angular JA del sistema respecto al punto de unión A de la varilla con el eje? Describir el movimiento temporal y calcular dJA/dt. b) ¿Cuáles son las acciones exteriores que, actuando sobre el eje, producen el citado movimiento? e) En un instante dado, se sustituye el eje e por el pivote sin rozamiento P, que fija la posición del centro de masa G de la varilla. Suponiendo la sustitución instantánea, ¿qué teoremas de conservación pueden aplicarse en la descripción de dicho proceso? d) ¿Cuál ha sido el impulso de la fuerza que el pivote ejerce sobre la varilla? e) ¿Cuánto vale Ja (momento angular respecto al centro de masa) antes y después de la sutitÚción del eje por el pivote? ¿Cuál es 1 cualitativamente 1 su evolución temporal en ambos casos? f) ¿Cuál es la fuerza que el pivote ejerce sobre la varilla después de la sustitución descrita arriba? ¿Qué se deduce de su respuesta? g) Utilizando los conos del espacio y del cuerpo, describir el movimiento de la varilla después de la sustitución de la ligadura. h) ¿Cuál es la energía antes y después del primer proceso de cambio de eje por pivote? i) Si el eje de rotación inicial hubiera sido e' (perpendicular a la varilla) y w sin B (en lugar de w la velocidad angular de rotación 1 ¿qué cambios habría que introducir en las respuestas de los apartados anteriores? j) ¿Qué cambios cualitativos deberían introducirse en las respuestas de los apartados anteriores si se lleva al límite E = R/ L --+ O?
[Datos: fA, = h2 = r,,ML 2 (4+3E 2 ), fA 3 2 2 la2 = 2 ML (1 + 3E ), E= R/L]
¡
=
la 3
=
!ML 2 t: 2 , Im
=
IR. I~ Consideremos un sistema de ejes principales de la varilla con origen en el punto A. Con el fin de simplificar la figura, representaremos a la varilla como si estuviera en el plano del papel (aunque de hecho describe una superficie cónica en el espacio de semiángulo en el vértice () = cte. En el instante representado en la :fig,ura, los ejes A2 y A3 se encuentran también en el plano del papel, y el eje Al es perpendicular a ambos (es decir, perpendicular al plano del papel) y hacia afuera, con el fin de que el triedro Al23 sea directo.
295
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
a
A
¡ ro:' ''
b
e
e¡'
!' Una vez calculado el momento angular JA, lo podremos expresar en componentes de cualquier sistema de referencia, y, en particular, en el sistema de ejes principales de la varilla en A. Así, escribiremos: sin() e2 + ]A3W cos () e3 1 = ML 2 w [(4 + 3,: 2 ) sinee 2 + 6,: 2 cosee 3 ] 12
J A = Iiwi f\ =
IA2W
pues w = (0,wsin8,wcosB). Hemos usado el convenio de sumación para índice repetido en la expresión del momento angular. Del resultado, y dado que el texto del problema nos dice que el ángulo B permanece constante, lo mismo que w, se deduce que JA es un vector constante en el sistema A123, por lo que, visto desde un· sistema inercial externo, observaríamos que el vector J A describe una superficie cónica de eje e. Para ver cual es la evolución temporal de este vector en un sistema inercial, podemos utilizar el Teorema de Coriolis, que- nos relaciona las derivadas temporales de un cierto vector medidas en un siS:tema inercial y en un sistema no inercial animado de un movimiento de rotación con velocidad angular w, como es nuestro caso. Aquí, d;It !sNI = O (el vector JA es constante en el sistema giratorio). con lo que nos quedará: dJAI =w xJA = _2_ML 2 w2 (4-3,; 2 )sinecosee 1 dt SI 12
Vemos, pues, que la derivada temporal del momento angular es en todo instante perpendicular al plano formado por la varilla y el eje de rotación, y está dirigida hacia donde gira (en la situación que se muestra en la figura, perpendicular al plano del papel y hacia dentro).
[8 Como el momento angular J A no es constante en el sistema inercial, el rnomento de las fuerzas que actúan sobre el sistema respecto a ese punto A,
r A, no se anulará. Además, el centro de masa G describe una trayectoria
296
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
circular con velocidad constante, por lo que la resultante de las fuerzas externas tampoco será nula, y tendrá una resultante dirigida según el radio de esa trayectoria y hacia su centro. Si llamamos N 1 y N 2 a las fuerzas de reacción en los apoyos del eje de rotación, que las colocamos en el mismo plano varilla-eje y en las direcciones indicadas (el sentido vendrá dado por el resultado del problema), y si las distancias de los apoyos al punto A son a y b, podremos escribir las ecuaciones del movimiento para la translación y la rotación de la siguiente forma:
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido JA(antes)
dJA
TA=--
dt
---+ ---+
N,
+ N2
2
f
pues ªG = w 2 sin 8 y los momentos de las fuerzas en los apoyos son perpendiculares al papel. La resolución conjunta de ambas ecuaciones nos permite determinar N 1 y N2 1 ya que el resto de los datos es conocido:
N = 2._ML e [6b- (4-3é )Lcose] 12 w sm (a+b) 2
2
.
2
= 2._ML w [(4 + 3c ) sine e2 12 2
=
1 ML 2 w [(1 + 3,; 2 ) sin8 e2 12
+ 6,;2 cos8 e,] -
"2
= 2._ML 2 • 12 w sm
e [6 _
2
6b- (4 - 3e )Lcose] (a+b)
@] Al ser la sustitución de eje por pivote instantánea, el impulso angular generado por los momentos eliminadas (eje) y por los nuevos (pivote) respecto al punto donde se coloca el pivote es nulo (ver ejercicio anterior). En este caso, el punto donde se coloca el pivote es 1 además) el centro de masa G. Por lo tanto, diremos que el momento angular del sistema respecto al centro de masa G se conserva durante el cambio de eje por pivote: JG(ant_es)
=
JG(después)
G[J El impulso de la fuerza que el nuevo pivote ejerce sobre la varilla se traduce en una variación de la cantidad de movimiento de la misma. Como la velocidad del centro de masa G tras colocar el pivote es nula, mientras que antes de la sustitución valía VG = -wf sinB e1 , el impulso I de las fuerzas en el pivote será: I =í;P = ~MwLsinBe 1 ~ Calculemos los momentos angulares del sistema respecto al centro de masa G antes y después del cambio. Según la teoría, sabemos que para un sólido rígido se cumple que JA = x Mva + Ja, siendo A el origen de un sistema inercial y G el centro de masa. En nuestro caso, escribiremos:
Ad
W
x
Mva
+ 6,; 2 cos 8 e 3 ]
Llamemos w 1 a la velocidad angular del sistema tras el cambio. Como el sistema girará alrededor de un eje que pasa por el centro de masa G su momento angular podrá escribirse como JG(después) = IGiWÍ ei, donde se realiza la suma en el índice repetido y los versores ei son los mismos que los anteriores. Teniendo en cuenta los valores de IG1 = IG2 e JG3 que se aportan como datos 1 lo anterior queda así: 1
1
"
-ie,
Ad
El segundo miembro es el resultado del apartado a). Como = y va= -!wLsinBe 1 , el momento angular respecto al centro de masa G antes del cambio será:
= Mw't sine
1 N,a - N2b = M L 2w2 (4 - 3,; 2 ) sine cose 12
= AQ- X Mva +JG(antes) = / ML 2w [(4+3,; 2 )sinBe 2 +6,; 2 cosBe 3 J
Ja(antes)
N 1 +N 2 = Maa
297
Ja(después) = /
Como ta:
JG(antes)
2
ML 2 [(1 + 3e 2 )w; e,+ (1
+ 3,; 2 )w; e,+ 6e 2 w; e,]
= JG(después), igualando las componentes respectivas resul-
w; O w; == wsinB w; = wcosB
}
w'=w
Es decir, la velocidad angular tras la sustitución es la misma que antes de producirse el cambio de eje por pivote. Pero esta velocidad angular ya no tiene por qué mantenerse constante y, de hecho (como veremos) variará, al menos en dirección. 1
[[] Tal y como hemos dicho en el apartado anterior, una vez fijo el centro de masa G, no hacen falta fuerzas en el pivote, pues va = O -+ aa = O. En consecuencia, la resultante de las fuerzas externas sobre la varilla será nula. Como las fuerzas externas únicamente se pueden ejercer en el pivote, no habrá fuerzas en el mismo y, por lo tanto, tampoco habrá momento de fuerzas TG que pudiera cambiar el momento angular Je, que permanecerá constante a partir de ese mon1ento en el sistema del espacio. La varilla se comportará en lo sucesivo como un sólido libre y el movimiento subsiguiente no se alteraría si elimináramos el pivote P, siendo, pues, su presencia superflua tras la sustitución de eje por pivote descrita en el apartado c). ~ El que el momento angular J G vaya a permanecer constante en el
sistema del espacio no implica que le ocurra lo mismo a la nueva velocidad
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
298
angular de rotación w' que llevará la varilla tras la sustitución. Ésta, a pesar de coincidir con la primitiva w en el instante mismo del cambio, no coincide con la dirección de ningún eje principal de la varilla, y comprobaremos a continuación que variará. Para ello, tengamos en cuenta las ecuaciones del movimiento para la rotación que se derivan del Teorema de Coriolis:
Escribiendo esta ecuación vectorial por componentes y teniendo en cuenta que Im = IG2 :
w; - (Im w; - (IG3 -
O= Ia 1 O= Ia 1 { O= IasW3
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
299
Teniendo en cuenta lo dicho, el vector velocidad angular w' 1 visto desde el sistema ligado a la varilla, va a preceder en torno al eje G3 (que es el de simetría de la varilla) con una velocidad angular n, describiendo un cono (cono del cuerpo) cuyo semiángulo en el vértice podremos determinar sin dificultad. Desde el punto de vista del observador fijo en el espacio, sin embargo, el vector velocidad angular w' describirá un cono (cono del espacio) alrededor del vector momento angular constante J G. El ángulo en el vértice de este cono es también fácil de calcular. La descripción geométrica del movimiento consistirá en una rodadura del cono del cuerpo sobre el cono del espacio, tal y como se muestra en la figura siguiente.
laa)w~w; Im)w;w;
Cono del cuerpo
De la tercera es inmediato extraer que w3 =cte= wcosB, que es el valor que tenía justo tras producirse el cambio. Llevando este resultado a las dos anteriores, el sistema queda simplificado de la sigiiente forma:
¡:¡ = Iaa - Im [ Im
w;]
G
Este es un sistema de ecuaciones diferenciales acopladas de fácil resolución. Derivando la primera respecto al tiempo y sustituyendo a continuación la segunda en la primera nos proporciona la siguiente ecuación diferencial de segundo orden:
-+
w~ = Acosflt
w; =
-+
!2 [Im (w? + w;2) + Ia 3 w;2 ]
= =
2 [IGl
w~ w; w;
2
(W10 '
2
y la velocidad de precesión fl de w' respecto al eje de simetría G3 de la
¡:¡
2
' ] ' ) + I Q3W30 + Wzo
w;
donde hemos venido en llamar 0 , 0 a las velocidades angulares 0 y de la varilla justo tras la sustitución. Si recordamos que estas componentes valen w~ 0 = O, 0 = wcose, de la ecuación anterior se 0 = wsin(} y deduce el valor de A:
w;
J
varilla:
!2 [ImA 2 + Iaaw 2 cos 2 e] 1
w; w
cos (} cosa:= - = - - - = cos(} w' w w, ·Ja (1 + 3€ 2 ) Sin2 8 + 6s 2 COS 2 8 cos(3 = lw'I IJal 2 (I + 3E 2 ) sin2 e+ 36s4 cos 2 e
Asinflt
Además, tras el cambio de eje por pivote ya no existirán fuerzas en el mismo, por lo que también se conservará la energía (en este caso sólo cinética, T). Escribiremos, pues:
T =
Los semiángulos en el vértice de los conos del cuerpo y del espacio son, respectivamente:
Im
1
y, en definitiva, w es un vector de módulo constante: w = w.
Im
w; =
1- 3€ 2 ,wcose 1 + 3s
[E] Las energías cinéticas antes y después del proceso de sustitución de eje por pivote son las siguientes: Tantes
=
1 , 2h,w,
= 24ML w
Taespués
=
~ Ia,w;'
=
A= wsinB 1
= las -
1
, , [( 4+3s ') Slll . , e+6E , cos ,
1 M L 2 w2 [ (1 24
e]
+ 3E 2 ) sin 2 8 + 6c 2 cos 2 B]
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
300
y la pérdida de energía que tiene lugar durante el proceso de cambio (téngase en cuenta que es un proceso inelástico) será, consecuentemente:
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
Los valores de las magnitudes calculadas en los distintos apartados serán
ahora: a.
[ ] Si el eje de rotación inicial hubiera sido .un cierto e 1 ( que es perpendicular a la varilla) 1 siendo la velocidad de rotación w sin 8 en lugar de w, tendríamos que hacer B = 1r /2 en todas las expresiones anteriores, salvo en la correspondiente expresión de la velocidad angular, en la que tendría que figurar expresamente w sin B en lugar de w. Esto se traduce en:
a.
JA = / ML 2 (4+3s 2 )wsin8e 2 2
jAI.
b.
b ML 2 • 2 8 N ,=2(a+b) wsm
a ML 2 . 2 8 2(a+b) w sm
d.
I= 1MLwsin8e1
e.
JG(antes) W
h.
1
=
W
2=
=o= TA
+ 3.s2) wsin8€2
t
b.
SI
1 2 w 2 sm8cos8e1 . = --ML 3
N 1 =!ML 6
lú
2 . e[3b-2Lcos8] S!Il (a+b)
N = !ML 2 . e [3a+2Lcos8] 2 6 w sm (a+b) d.
I =~P = 1MwLsinBe1
e.
1 2 2 JG(ant) = 12ML w [sin8e2 + 6s cose e,]
1 2 ML [w~ e1 + €2 12 JG(ant) = JG(des) --+ w' = W
+ 6t: 2 w; € 3]
g.
cosa= cose
-+
h.
Tant =
w;
cosfJ = sine
W
QJ Supongamos ahora el mismo problema con una ligera variación: hagamos tender a cero la razón entre el radio de la varilla y su longitud: e--+ O. Tenemos que señalar que en Física no podemos. asignar como cero el radio de una varilla, pues no existiría como tal. Por lo tanto, e será tan pequeño como queramos, pero no nulo. Reescribamos los momentos de inercia tras hacer las aproximaciones oportunas:
1 2 3ML, h, =
IG3 =
1
2ML
2 2
1
6ML
2
2 .
w sm
2
a=B
7r
fJ=--8 2
e
T.des= IML22-2e W Sln 24
Alguna consecuencia inmediata que se puede extraer del análisis de estas expresiones es que, por ejemplo, w = w 1 11 JA !I Ja, y la varilla estará describiendo un plano, girando respecto a un eje inmóvil con velocidad angular constante en módulo y dirección.
=
d.JA d1
= JG(después)
2 1 MLw 2 '( · 2 Tant= 1 h,w,= 4+3t:2) smB 2 24 1 2 1 2 2( ') • 2 Tdes = 2Ia,w, = 24ML (ú 1 + 3,: Slll e
h1 =h2
1 ML 2w [4sin8e 2 +6c:2 cos8e 3 J 12
JA =
la(des) =
= 112ML2 (1
sin 8 e2 =
N
Sl
301
1
c:, lm =la,= 12ML
2
A señalar que no he hecho nulos los momentos de inercia respecto a los ejes A3 y G3, sino que los he mantenido corno funciones de E (de su cuadrado) a pesar de su extrema pequeñez.
Se aprecia a simple vista que hemos dejado términos que son funciones de e ó de su cuadrado. Sobre todo, en el apartado e). Esto es debido a que si hubiéramos hecho nulo el término correspondiente, al comparar JG(ant) con JG(des), nos hubiera aparecido una indeterminación que podía habernos conducido a un resultado erróneo para la componente wJ (podía ser cualquiera), mientras que así queda perfectamente determinada.
• El caso e = O. Tal y como acabamos de decir, un interesante elemento de discusión surge cuando consideramos que el radio del cilindro es, no ya tan pequeño como queramos, sino realmente nulo. En principio, le serían aplicables las últimas expresiones, pero con é = O. Centrémonos exclusivamente en los resultados del apartado e). Éstos se escribirán así:
1 2 JG(ant) = 12ML wsin8e2 donde he escrito expresamente el último término, a pesar de ser Ic 3 = O. La condición de conservación del momento angular respecto al centro de masa G (Ja(ant) = JG(des)) ya no nos lleva al resultado w' = w, pues si bien de la comparación de los momentos podemos extraer de inmediato que w~ = O
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
302
w;
y = wsin8, w~ queda absolutamente indeterminado. Sólo podemos decir que J03 w~ = O, pero al ser Ic 3 = O, puede tener cualquier valor finito. Existe, pues, una clara discontinuidad en la evolución del problema cuando E = O, lo que podría equivaler a decir que la condición supuesta conduce a un resultado absurdo. Podríamos solventarlo diciendo lo que ya hemos apuntado al inicio de este apartado: que no podemos considerar esta situación, ya que supondría de hecho la no existencia de tal varilla (podría añadirse que, considerada la varilla de radio R como un cuerpo con volumen, si hiciera nulo el radio desaparecería el volumenn y, por lo tanto, dejaría de tener sentido físico su existencia).
w;
~ Las masas de la figura están unidas mediante una varilla sin masa de
longitud 3a. Esta varilla se encuentra unida rígidamente a otra también sin masa de tal forma que el ángulo Bo es constante. El sistema gira en torno al eje AA' con velocidad angular wo =cte. Calcular: a) El momento angular J O • ¿Se conserva?. b) La reacción, si la hubiere, en los puntos A y A'. c) La energía cinética. d) Describir cualitativamente el movimiento del sistema. e) ¿Qué ocurriría en el caso de actuar la gravedad en dirección vertical?
!z
1
'
Q
A'il-RN 3
m
ea 2a X
----------
a p
m All~RA
303
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
señala la dirección del eje de giro es ñ(cosBo,O,sin80 ), y el vector velocidad angular, por lo tanto, será w 0 (w 0 cos 80 , O, sin 80 ), expresados ambos en componentes del sistema de ejes principales 0123. El tensor de inercia y el momento angular respecto a O expresados ambos en el sistema de ejes principales tendrán la forma:
I = ma
2 [
~
o 5
o
~]
Jo
= I· wo = [
~
5ma 2 wo sin Bo
]
Es decir, el momento angular es un vector constante que gira solidariamente unido al sólido rígido, y está dirigido permanentemente en la dirección del eje 03. Por lo tanto, visto desde el sistema del espacio Oxyz describe un cono de semiángulo en el vértice~ - 80 • Este vector, escrito de forma más simple, es:
Averigüemos el momento ro del par necesario para mantener este movimiento. Para ello, utilizaremos el teorema de Coriolis, que nos permite relacionar las derivadas temporales de una magnitud vectorial medidas en dos sistemas de referencia, uno de los cuales gira respecto al otro (considerado inercial) con una velocidad angular determinada. En nuestro caso, la velocidad angular de giro del sistema 0123 respecto al sistema Oxyz es wo. Así: dJo I ro= dt Oxyz
dJo = d
t
I
. • + Wo x Jo= -5ma zw 02 s1n8 0 cos80 e 2
0123
pues el término ~ 10123 es nulo, al ser Jo un vector constante en este sistema. Como se ve, en el sistema de ejes principales el momento del par necesario para manetner el movimiento es también constante y perpendicular al plano formado por las dos varillas. En la posición que se indica en la figura, este vector señalaría hacia afuera del plano del papel.
[8 Para el cálculo de las reacciones en los apoyos del eje de giro, apliqueR. I ~ Los dos sistemas que vamos a utilizar tienen el origen común en O. El primero de ellos, sistema Oxyz, es inercial y hemos supuesto que en el instante que estamos considerando está en el plano del papel y es tal que el plano Oxz contiene a las masas y a las dos varillas. El segundo, sistema 0123, es solidario al conjunto móvil, gira con él y constituye un sistema de ejes principales. El centro de gravedad G describe una circunferencia de radio R = i sin Bo contenida en un plano perpendicular al eje AA'. Además, el movimiento circular descrito es con velocidad angular constante, lo que indica que la fuerza resultante sobre el sistema está dirigida hacia el centro de esa trayectoria circular (es decir, pasa por el eje de giro). El versar que
j
mos las ecuaciones de la dinámica para el movimiento de translación del centro de gravedad G, en primer lugar, y para el movimiento de rotación, en segundo lugar. También para evitar mayores complicaciones, y teniendo en cuenta que el movimiento es de rotación uniforme, analizaremos la situación en un instante de tiempo en el que el sistema se encuentra en la posición de la figura (con la coincidencia de los planos Oxz y 013). Las reacciones en los goznes son RA(RAx,RAy,O) y RA'(RA'x,RA'y,0). La aceleración del centro de gravedad G es aa(-!w5a sin Bo, O, O). Como hipótesis adicional, supongamos que OA = OA' = a. Con todos estos datos, las citadas ecuaciones quedan de la forma:
304
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido RAx { RAy
+ RA'x
= -mw{3asinBo
Oxyz
e
305
z
+ RA'y = o
dJo -1 dt
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
e.
. ocas oJ = - 5ma zw0z s1n
A' 11--.._R
A:
2
En la segunda de las ecuaciones hemos sustituí do €2 por j, pues en el instante considerado coinciden. Desarrollando el doble producto vectorial de la segunda de las ecuaciones, nos quedará la igualdad:
m y
lo que nos lleva al siguiente resultado:
Combinando estos resultac:ios con los correspondientes al movimiento de translación, podemos obtener sin dificultad:
Es decir, las reacciones en los goznes sólo tienen componentes en la dirección del eje Ox (lo que era de esperar, pues la aceleración del centro de gravedad tiene esa dirección y, además, no hay rozamiento que vencer enlos mismos).
@;] La expresión de la energía cinética se puede obtener a partir de una de las variadas formas siguientes:
2
[IJ
r2 V2
El momento angular del sistema será:
w0 sinBo
J[
]
+ r2
X mv2 = 5mr1 X v 1
= 5ma wo sinBo (- cosw0 t cos Bo i - sinwot cos Boj+ sin Bo k) y su derivada temporal, que coincide con el momento de las fuerzas necesario para mantener el movimiento:
dJ
o
= -2r1 = -2V1
2
Utilizando la última, por ejemplo:
T = - [ wo cosBo
r1 = -a sin t9o cos wot i-a sin t9o sinwotj-a cos t9o k v 1 = awosinBo(sinwoti-coswotj)
Jo = r1 X mv1
1 1 1 T = -Iew02 = -Wo·I · Wo=-Wo·Jo 2 2 2
1
~ Otro procedimiento. Analicemos el problema desde el punto de vista del observador inercial cuyo sistema de referencia Oxyz tiene su origen en O y ejes como los que se muestran en la figura. Supondremos, además, que en el instante inicial, el eje de giro y la varilla con las dos masas están en el eje Oxz. Por comodidad de notación, llamaremos 1 a la antigua masa P y 2 a la antigua Q. Los vectores de posición de cada una de las partículas y sus velocidades respectivas (teniendo en cuenta que éstas se pueden expresar como v = w X r) son:
= 5 ma 22·2 w 0 sin 80
2
Cualitativamente, el movimiento del sistema es tal que, visto desde fuera, el vector momento angular J 0 , dirigido en el sentido positivo del eje 03, describe un cono de semiángulo en el vértice~ -80 alrededor del vector velocidad angular wo.
O
dt
= ro = 5ma 2 w5 sin Bo cos Bo (sinwot i - cos wotj)
cantidad no nula, pues para ello deberían anularse simultáneamente sinw 0 t y cosw0 t, lo que es imposible. Hay dos excepciones: que sinB0 ó cosB0 se anulen, lo que corresponde a las situaciones t90 = O ó 80 = con lo que
f,
el eje de giro correspondería, en cada caso, a un eje principal, el momento angular tendría esa misma dirección y sería constante 1 y no sería necesario ejercer momento alguno sobre el sistema para mantener el movimiento indicado.
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
306 ~
Supongamos ahora que sobre el sistema actúa la gravedad según el eje Oz y hacia abajo. En este caso, supondremos el apoyo inferior cerrado por abajo, pues, como veremos, este cierre inferior aguantará el peso de las dos partículas. El apoyo superior lo mantendremos abierto por arriba. En estas condiciones, las reacciones en los dos apoyos se expresarán como RA (R,, Ry, R 2 ) y RA' (R~, R~, O). Utilizaremos el planteamiento del último apartado, refiriendo las magnitudes al sistema de referencia inercial Oxyz. El momento angular sigue siendo el mismo que para el caso de ausencia de gravedad, pues es una magnitud que se define como el momento de la cantidad de movimiento, y en la que no interviene para nada la gravedad. Así, pues: Jo= 5ma 2 w0 sin80 (-cosw0 tcos8oi-sinwotcosBoj+sin8ok) De la misma forma, su derivada temporal coincidirá con la anteriormente calculada, y será:
ro= 5ma2 wJsinBocosi9o(sinwoti-coswotJ)
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
307
, 2 . e . R x +R'x = -zmw 0 as1n o s1nw0 t Ry
+ R~
= -fmw5asinBo cosw0 t
Rz = -2mg
que junto a las dos antes citadas, que una vez simplificadas quedan de la forma: Ry - R; = msin80 sinw0 t(g + 5w5acos80 )
R~ - R, = -msinBo coswot(g + 5w5acos80) nos permitirán resolver totalmente el sistema. Una vez hechos los cálculos, nos quedará:
R, = A (sinwot - B cosw 0 t) + C cosw0 t R: = A (sinw 0 t + B cosw0 t) - C cosw0 t Ry = A (coswot-Bsinwot) + Csinwot
R~ = A (coswot + B sinw0 t) - C sinw 0 t donde hemos utilizado las abreviaturas siguientes:
Pero en este caso sí tendremos que tener en cuenta los momentos de los pesos en la expresión de ro. En nuestro caso, y teniendo en cuenta que r 2 = -2 r 11 estos momentos valen: TQpesos
=
r1 X
(-mgk) + r 2
X
(-mgk) = r 1
X
mgk
= -mga sin80 (sinw0 t i - cos w0 tj)
Los momentos de las reacciones en los dos soportes completarán el momento total de fuerzas. Con la hipótesis utilizada de OA = OA' = a, éstos valdrán: Tüsopoctes
= a[(Ry - R~) i
+ (R:
- Rx)j]
2 A- -lmw 4 Oasin8 O
C = fmgsinB 0
~ Una placa rectangular y homogénea de masa M y lados a y b gira con velocidad angular w constante alrededor de un eje que pasa por su diagonal. a) Calcúlese el momento angular JG (donde Ges el centro geométrico de la placa) en cada instante, y hágase una representación esquemática de su evolución. b) Calcúlese el momento de fuerzas necesario para 1nantener el movimiento, así como las reacciones en los soportes (supóngase que no actúa la gravedad ni existe roza.miento en los cojinetes). c) ¿Cuál es la energía cinética de la placa?. d) En el caso a= b, ¿cuál será la reacción de los soportes? ¿ Cuál es el sentido físico de este hecho?
con lo que el momento total de las fuerzas actuantes sobre el sistema será:
To= a[(Ry - R~) - mgsinBo sinwot] i + a[(R~ - Rx) + mgsinBo coswot]j = 5ma2 w5 sinBo cosBo(sinwoti - coswotj)
donde la última línea es el momento de fuerzas calculado como derivada temporal del momento angular antes deducido. Esta igualdad vectorial permite establecer dos ecuaciones escalares entre las cinco incógnitas (las componentes de las dos fuerzas de reacción en los soportes). Las otras tres ecuaciones necesarias se obtendrán de la ecuación vectorial del movimiento para el centro de masa del sistema G. La aceleración del punto G es, expresada en este sistema, ao = -!w5a sin Bo(sinwot, cos wot, O). La segunda ley de Newton nos llevará, pues, al siguiente conjunto de ecuaciones:
E= 10 cos80
a
308
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
IR. IEn la figura adjunta, además de la prop_ia placa rectangular, sus_ diagonales (una de las cuales coincide con el eJe de giro) y las d1mens10nes geométricas, se muestran también los ejes principales en el centro d~ gravedad G 1 las reacciones en los soportes y el vector momento angular, pintados en un instante en el que la placa rectangular coincide con el plano del papel. Entre los datos que no figuran en el texto (que consideraremos también conocidos) están los momentos principales de inercia en el centro de gra2 2 vedad G: J1 = ,'2 Ma 2 , 12 = 1'zMb2 , I, = 112 M{a + b ). Además, las componentes de la velocidad angular w en el sistema de ejes principales son: w(wcosa,wsina,O).
[fJ El
vector momento angular es un vector co~stante que gira soli~ariamente unido a la placa y que, como veremos, esta en el plano de la misma. Su expresión en el sistema de ejes principales es:
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
309
El momento de fuerzas calculado coincide con el moment~ de las fuerzas externas que actúan sobre el sistema, es decir, el de las reacciones en los so?ortes RA_ Y RB. Llamaremos l a la distancia GA = GB y, para simplificar, consideraremos que tenemos un sistema inercial en G cuyo eje Gx coincide con la dirección de w y el eje Gz =G3, lo que implica que k = e3 . En ausencia de rozamientos, ambas reacciones tendrán la dirección del eje Gy y además, por la simetría del problema, serán iguales en valor absoluto. Por lo tanto, para que en estas condiciones el komento de las reacciones respecto a G no se anule, estas reacciones tendrán que ser de sentido contrario. En concreto, y en el supuesto de que b > a la reacción en B será de sentido contrario .ª .la dibujada (ocurriría al revés' en el caso de ser b < a). Por lo tanto, escr1b1endo RB = -RA = Rj, nos quedará: TG = 2Rl e,=!__ M w 2(b 2 - a 2 ) sin" cos" e,
12
Teniendo en cuenta que:
.
Este vector, en el plano de la placa, forma un ángulo (3 con el eje principal Gl tal que:
Slll O: COS O:
la anterior expresión nos conduce a:
b2
tan¡'J = 2 tana a Como se ve, este ángulo será menor que a mientras b < a, y será mayor que o: cuando b > a. Por lo tanto, y teniendo en cuenta las dimensiones de la placa en la figura, J G está correctamente dibujado. Este vector, constante en el sistema de ejes principales, gira con velocidad angular constante w alrededor del eje de giro AB respecto a un sistema inercial, describiendo un cono de semiángulo en el vértice la - /31-
(f] Como J G
es un vector variable en un sistema inercial (aunque constante en módulo), para mantener el movimiento será necesario aplicar al sistema un momento de fuerzas no nulo, dado por la expresión: TG = Utilizaremos el teorema de Coriolis para obtener su expresión, teniendo en cuenta que Je es constante en el sistema móvil:
%·
Ta=dJG\ =dJG\ +wxJG dt SI dt G123 = !__Mw 2 (b 2
12
-
a 2 )sinacosae3
Por lo tanto, el vector momento angular será en cada instante perpendicular al plano de la placa, estando dirigido en el sentido positivo del eje G3 mientras b > a (es el caso de nuestra figura), y en el sentido negativo si es
b < a.
ab
= --a2 + b2
b2 - ª2 1 R = -Mw 2 a b - - - - l2 (a'+ b2)3/2
~ ~tilizando la expresión _de la energía cinética del sólido rígido en ejes pr1nc1pales: T =
1
2
2Iiw¡
=
1 2 1 a2b2 Mw (a 2 cos 2 a+ b2 sin2 a)= -Mw2 _ __ 24 12 a 2 + b2
QJ Cuando a= b, se produce una drástica simplificación de los resultados. En primer lugar, partiendo de una interpretación puramente geométrica e~ rect~ngulo se convierte en cua<¡rado, con lo que aumenta el grado d~ s~~e~r1a de la figura. Ahora, el eje de giro es también de simetría, y coinc1d1ra con un eje principal. Desde un punto de vista físico, este hecho hace que la~ dfrecciones del vector velocidad angular w y del momento angular Je co1nc1dan, con lo que ahora Je no sólo será un vector constante en el sistema móvil, sino que también lo será en el sistema inercial. Consecuentemente, el momento angular TG será nulo: TG = O. Y a su vez, esto conlleva el que las reacciones en los soportes sean también nulas: R = o. Todo esto podía haberse visto analizando los resultados analíticos de los apartados anteriores, en los que aparece, tanto en la expresión de TG co~o en la de R, el factor b2 - a 2 , que será nulo en nuestro caso. De la ariulación de TG se deduce, por ejejmplo, la constancia de Ja en el sistema inercial
'
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
310
por lo que tendrá que tener no sólo un módulo constante, sino también una dirección constante. Por último, la energía cinética valdrá en este caso:
T=
214Mw2a2.
~ Un sólido rígido está constituí do por una lámina rómbica de masa ~ y lado a (el ángulo agudo es de 60º) y por dos masas puntuales m adheridas en dos de los vértices opuestos, B y D. El siste1na gira con velocidad
angular constante w alrededor del eje EF. Calcular: a) la energía cinética del sistema; b) el momento del par necesario para mantener constante la velocidad angular, y c) la relación m/M tal que el momento angular Y la velocidad angular sean paralelos.
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
este momento de inercia valdrá Ie,.1.vl = / 6 11¡[ a 2 . Por otro lado, el momento de inercia de las dos masas m situadas a una distancia v'3a/4 del eje valdrá I,,m = 2 · m[v3a/4]' !ma2 Por lo tanto, el momento de inercia total valdrá:
I,
1 [M + 6m]a 2 16
2 (ª)2 +2·m (ª)2 1 =-[M+12m]a 2 24
1M I1=2·-6 2 2
~us versores asociados son el eje AC (e 1), el eje DB (e2), y un e¡e perpendicular a ambos en la figura perpendicular al plano del papel (supuesto éste coincidente ~on el plano del rombo en el instante considerado) y hacia nosotros (e3 ), constituyendo un triedro trirrectángulo orientado a derechas.
EF.
=I,,M + I,,m =
El otro procedimiento necesita del cálculo de los momentos principales de inercia del sistema. Teniendo en cuenta la descomposición del rombo en triángulos, no es difícil llegar a las siguientes expresiones:
[fil [fJ Por simetría, los ejes principale~ inercia del ~istema y
Podemos expresar la energía cinética T del sistema utilizando la forma más simple como T = !.(J1 wf + I 2 w~ + l 3 w~) = !Iew 2 , donde las cantidades subindexadas Ji 'y ~·i representan los momentos principales de inercia y las componentes de la velocidad angular en los ejes principales, respectiv~mente, mientras que le es el n1omento de inercia del ro1nbo respecto al eJe
311
h=2·!M 6 2
(,/3ª) 2
2
=!Ma 2 8
1
la = Ii + I2 =
6[M + 3m]a
2
La última expresión, como sabemos, es válida al tratarse de una figura plana. Además, en los ejes principales de inercia la velocidad angular w, dirigida en el sentido EF) tiene de componentes w( V::, w, O), por lo que, tanto por un procedimiento como por el otro, la energía cinética del sistema resulta ser, una vez hechas las operaciones y simplificaciones oportuna:
-!w)
T =
1 [M + 6m]a 2w2 32
~ Los vectores velocidad angular w
E (O
/,Oº// A
30º
D'
t::...--'----------
m
En este segundo caso, es fácil demostrar que el n1omento de inercia de un rombo (o romboide) alrededor de un eje como el EF paralelo a su base por el centro es igual del de un rectángulo de la misma ba~e y altura de valor igual a la proyección de cualquiera de los lados oblicuos sobre la perpendicular a la base. En este caso, la altura del rectángulo e~uiva~ente sería h = a sin 60º = v'§a/2. Como es conocido el momento de 1nerc1a de 2 un rectángulo respecto a tal eje, que vale Ie,M = / 2 Mh , en nuestro caso
y momento angular Jo no son en general paralelos, a no ser que la dirección del eje de giro coincidiera con la de un eje principal. Esto, como vere1nos en el siguiente apartado, dependerá de la relación entre las masas 1\1 y m. En cualquier caso, desde el punto de vista del observador inercial exterior al sistema, el vector Jo estará girando solidariamente unido al sistema que gira, con la misma velocidad angular w, por lo que, teniendo en cuenta las ecuaciones que gobiernan la dinámica de :rotación, existirá un momento de fuerzas T no nulo, necesario para mantener ese movimiento. Utilizando el teorema de Coriolis para relacioriar las medidas realizadas desde los dos sistemas de referencia (el inercial exterior y el giratorio que tiene la misma velocidad angular que el sistema), escribiremos: T
dJo dJo = dI = -I t
1
dtNI
+ w X Jo = w X Jo
= (w1e1 +w2e2) X (fiw1e1 +l,w2e2) = ~[-M +6m]a 2w2e3
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
312
donde hemos utilizado los sobíndices "I" y ''NI" para especificar los sistemas inercial y no inercial, respectivamente. Además, como el vector Jo es fijo para NI, su derivada temporal es nula. Por otro lado, hemos utilizado el hecho de que w 3 = O para escribir la velocidad angular y el momento angular en forma más breve. El resultado para T indica que, si bien Jo es un vector que está en el plano del rombo (pues W3 = O), el momento de fuerzas es perpendicular a este plano permanentemente.
313
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
El vector w puede expresarse en el sistema de ejes principales G 123 de la forma: w(O, -wcoso:,wsino:). Utilizaremos como datos los valores de los momentos principales de inercia: 11 = 12 = } M R 2 , 13 = 211 = M R 2 .
!
El momento angular del sistema, expresado en términos de componentes del sistema ligado al disco, es:
@]
Como hemos apuntado antes, en general w y Jo no serán paralelos. Para que lo fueran, los coeficientes de los versores e1 y e2 deberían de ser proporcionales, lo que nos lleva directamente a que se cumpla la condición de que J, = I,: M=6m
Si se cumple esta relación, el sistema gira alrededor de un eje principal y, consecuentemente) el momento necesario para mantener el movimiento se anularía: T = O. En ausencia de otras fuerzas, el sistema giraría indefinidamente con esa velocidad angular w.
Este vector, que se encuentra en el plano G 23, es constante en el sistema del sólido, y describirá un cono alrededor del eje de rotación (Ja y w no son paralelos). Por lo tanto, visto desde un sistema inercial, J G varía y será necesario un momento de fuerzas para producir esa variación. Las únicas fuerzas sobre el sistema se producen en los apoyos A y B, y las denotaremos por RA y RB. La ecuación del movimiento para la rotación nos dice que: 'TG = ddJG
(m Un disco circular y
homogéneo de masa M y radio R gira con velocidad angular constante w alrededor de un eje AB que pasa por su centro de gravedad G. El plano del disco forma un ángulo a con la dirección GA del eje. Calcule las reacciones producidas en los cojinetes de apoyo en A y en B, supuestos sin rozamiento (no actúa la gravedad). Discuta los casos a=% y a= b.
A
ro
B
1
+w
X
Ja = w
X
Ja
~la
Ta=
vamos a utilizar. El eje G 1 es perpendicular al eje AB y el eje G 2 forma permanentemente un ángulo a con GA. Esta elección de ejes es _única, pues cualquier otro eje G2' que se encontrara sobre el disco y fuera distinto del G 2 ya no formaría un ángulo a con el eje de giro (por ejemplo, tal eje G 2' podría ser el G 1 que, como hemos dicho, es perpendicular al eje AB).
= ddJG
pues = O. El momento de las fuerzas es también, por tanto, 123 constante en el sistema asociado al sólido, y tiene la dirección perpendicular al eje de giro AB. Si hiciéramos coincidir al eje Gy del sistema inercial SI con el eje de giro y el eje Gz estuviera en un instante particular en el plano que forman los ejes G2 y AB (por ejemplo, si estos dos ejes coincidieran con el plano del papel, el eje G z estaría en ese mismo plano y sería perpendicular al eje AB), el eje Gx sería perpendicular al plano del papel y tendría la misma dirección, aunque sentido contrario, al eje G l. En esta situación, y en ausencia de rozamiento, las reacciones RA y RB tendrían únicamente componente según el eje Gz para que sus momentos tuvieran una resultante según el eje común {en ese instante) Gx cSGl (lo que es comprobable sin más que hacer la hipótesis de que existen también componentes de la reacción según el eje Gx, lo que nos lleva, tras los cálculos, a la conclusión de que tales componentes han de ser nulas). Por lo tanto, utilizando esta simplificación, los momentos de las reacciones serán:
b
IR. IEn la figura hemos representado los ejes asociados al sólido rígido que
1
t SI t G123 2 2 = -iMR w sino:coso:e 1
(bRBz - aRAz) k = -(bRBz - aRAz) e, = -iM R 2 w2 sin a
CDS
ae,
pues en ese instante k = -e 1 . Además, como el centro de gravedad G está permanentemente inmóvil (está en el eje de giro), la ecuación de la dinámica para la translación nos lleva a la segunda ecuación necesaria para la resolución completa del problema:
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
314
IR. I ~ Utilizaremos el sistema de ejes principales que se muestra en la
El resultado final es: 2
figura. Los momentos principales son:
2
M R w sin o: coso: 4(a + b)
1i = Is = _:l_ M[R 2 + 4h 2 ]
• Caso o: = ~. Corresponde al caso en que el disco es perpendicular al eje de giro, que será ahora un eje principal. Por lo tai1to, Je y w serán ahora paralelos y el momento angular será un vector constante también en el sistema inercial SI, por lo que no hará falta momento de fuerzas para mantener tal movimiento. Además, en ausencia de gravedad, las reacciones en los soportes se harán igualmente nulas: RAz = RBz = O. Es decir, no harían falta tales soportes para mantener al sólido girando alrededor de ese eje inicial de giro. • Caso a =. b. Supuesto que el plano del disco forma con el eje de giro AB el ángulo o: que se indica en el texto, lo único que hay que hacer es recalcular las reacciones en los soportes para esta situación, lo que nos lleva, en este caso, a: M R 2 w 2 sin o: coso:
8a
[![]
Sea un cono homogéneo de masa M, semiángulo en el vértice o: y altura h, por lo que la distancia entre el vértice O y el centro de masa G es a = 3h/ 4. .a) Si el cono rueda por un plano horizontal apoyado en todo momento sobre una de sus generatrices, obtenga la expresión de su energía cinética. b) Si inclinamos el plano sobre el que descansa el cono un ángulo ¡3 sobre la horizontal, obtenga sus ecuaciones del movimiento. c) Si ahora imaginamos que el cono del primer apartado tiene su vértice fijo a una altura sobre el plano igual al radio de la base del cono, ¿cuál será ahora la expresión de su energía cinética si rueda sobre su base?.
z
y
G
y
asina IJ
I2 =
20
3 MR2 10
donde R = h tan a. [Durante el desarrollo del problema, utilizaremos J1 e !3, sustituyendo sus valores al final]. El movimiento del cono es tal que la generatriz de contacto del cono con el plano OA es el eje instantáneo de giro, pues todos sus puntos se encuentran en reposo instantáneo. Por lo tanto, el movimiento del cono puede considerarse como una rotación pura alrededor de esa generatriz con velocidad angular n. El centro de masa G describe un movimiento circular en un plano paralelo al de rodadura, a una altura a sin a sobre él, con un radio acoso:. Por lo tanto, su velocidad puede expresarse de una de estas dos formas: Como la velocidad de un punto que efectúa una rotación pura con velocidad angular D y radio a sin a alrededor del eje instantáneo de giro, o como la velocidad de un p~nto que efectúa una rotación alrededor del eje Oz con velocidad angular By radio acosa, pues la posición angular del centro de masa viene determinada por el mismo ángulo que nos da la posición angular respecto al eje Ox de la generatriz de contacto OA con el plano. Escribámoslo:
e
VG
= na sin o: =
Ba CDS o:
11 = écota
Considerada la energía cinética del cono como de rotación pura alrededor del eje instantáneo de giro, podemos escribir: 1 2 = 1 [I1 (w 12 + w 32) + fzw 22] T = :;¡foAl1 2
donde hemos utilizado el teorema de Poinsot para escribir la última de las expresiones, siendo n(w1,w2,w3). A partir de la figura, es fácil determinar que las componentes de la velocidad angular n en el sistema de ejes principales son:
3 a
X
315
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
Q
2
.1 A
w, = o
W2
= f2
COSO:
W3
= -O sin a
Por lo tanto, sustituyendo estos valores en la anterior expresión de la energía cinética, junto a la relación entre n y obtenida, llegamos sin dificultad al resultado final siguiente en función de la altura h del cono y del semiángulo en el vértice a:
e
n T = : Mh'IÍ 2 0
[1 + 5cos 2 a]
,
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
316
lliJ Supongamos un plano inclinado un ángulo ¡3 respecto a la horizontal. Utilizaremos como dirección del eje Oz del espacio el eje perpendicular al plano por el punto donde se encuentra el vértice, como eje Ox el perpendicular a la arista de unión del plano inclinado con el plano horizontal, y dirigido hacia esa arista, y como eje Oy el paralelo a la arista por el vértice del cono O. Como es claro, el vértice del como permanece in1nóvil durante el movimiento. Si medilnos el ángulo B como en el apartado anterior, la energía cinética en estos ejes viene expresada por la ya obtenida. V
V
z a
z
/3
º
G
o
za=asína Xa=acosacose
j3
La energía potencial, por otro lado, vendrá determinada por la altura del centro de masa del cono G respecto a un plano horizontal de referencia. Si hacemo que éste pase por el vértice O, la citada altura será función de los tres ángulos a, f3 y En la figura se muestra la trayectoria del centro de masa desde la posición de equilibrio Go hasta cuando la generatriz de contacto se ha desviado un ángulo (), punto G, y siJ. proyección según el eje Oz sobre el plano inclinado (curva punteada). Ladirección OV es perpendicular al plano horizontal y formará un ángulo f3 con el eje Oz. El punto A es el punto de la base del cono que está en contacto con el plano oblicuo y es, por lo tanto) uno de los puntos del eje instantáneo de giro, respecto al cual el cono efectúa una rotación instantánea con velocidad angular O. No es difícil probar valiéndonos de ambas figuras que la altura del centro de masa que buscamos y la energía potencial asociada vienen dadas por:
e.
ZG[ov =
XG
cos(90° + /3) +
ZG
BL 3 Mh'B. [1+5cos 2 a] aé = 20 BL 3 BB = ~ Mghcosasin¡'JsinB
ii+Asin8=0
4
donde hemos definido la constante A como:
A= 5gcosasin¡'J >0 h[l + 5 cos2 a] Esta constante A es positiva ya que tanto o: como f3 se suponen con valores inferiores a~- La ecuación del movimiento resultante es,pues, una ecuación que en la aproximación para pequeñas oscilaciones coincide con la ecuación del oscilador armónico de pulsación v'Jf.
a
<"~º
l
317
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
cos¡'J = -a(cosacosOsin¡'J- sin a cos¡'J)
V= Mg ZGiov = -Mga(cosacosBsin/3- sinacos¡'J)
• La integrac~ón de la ecuación del movimiento (para ello la multiplicaríamos por previamente, para ir identificando expresiones que son derivadas temporales) nos llevaría directamente a la ecuación de conservación de la energía, dado que el sistema es conservativo. Esta circunstancia nos permitirá ahorrarnos un paso, escribiendo directamente este principio de conservación como:
e
l
E= 3 Mh 2 e'2 [ 1 + 5cos2 a - 3 Mgh(cosacos8sin¡'J- sinacos¡'J) 40 4 cuyo valor constante lo podemos determinar a partir de las condiciones iniciales (habitualmente, t = O --+ B = 80 , é = O), con lo que nos quedará:
l
3 Mh 2 e'2 [ 1 + 5cos 2 a = 3 Mghcosasin¡'J(cosB- cos80 ) 40 4 Es decir: h [ 1+5cos2 a JB·2 = 10gcosasin¡'J(cos0-cos00 ) que derivándola respecto al tiempo nos reproduce la ecuación del movimiento que hemos obtenido antes: 8 + A sin = O. Si queremos obtener la ecuación del movimiento en forma finita, no tenemos más que integrar la ecuación diferencial de primer orden. Esta integral es del tipo:
e
La función lagrangiana será, pues:
.L = :oMh2 82 [ 1 + 5 cos2 a] +
~ M gh( CDS" CDS esin¡'J -
1
sin a
CDS ¡'J)
donde ya hemos sustituído a por su valor en función de· h. Esta función y la ecuación del es sólo dependiente de una coordenada generalizada, movimiento asociada se obtendrá en la forma habitual:
e,
t=
V2A
/
dB vcosO-cosB0
Su aparente sencillez esconde su real complejidad. Darle la vuelta a la expresión para obtener la ecuación finita del movimiento() = 8(t) es muy complicado, por lo que lo dejamos así.
8. Cinemáticá. y dinámica del sólido rígido
318
319
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
z,3
I
z 3
11
L X
2
11
A
IR.
[D En
este caso, el eje instantáneo de giro coincide con la recta EA, pues ambos puntos son de reposo instantáneo. Los sistemas de ejes del espacio y del cuerpo se mu~stran en la figura. Ahora, el plano B12 es permanentemente paralelo aÍ Oxy, y las componentes del vector n en el sistema de ejes principales serán, nuevamente:
w, = o
W3
= -fl sin a
Ahora, la relación entre O y iJ se obtendrá en forma similar a la obtenida en el primer apartado: El punto G (centro de masa del cono) describe una trayectoria circular de radio a alrededor del eje Oz con velocidad angular iJ, ó bien, equivalentemente, describe una trayectoria circular instantánea de radio a sin o: alrededor del eje instantáneo de giro AB, con velodidad angular n. Es decir, se cumple:
Utilizando la forma de la energía cinética en función de los momentos principales, teniendo en cuenta nuevamente que se cumplen las relaciones I1 = 13, w 1 = O y R = h tan a, escribire1nos ahora, tras simplificar: 2 1 3 2 ·, [ T.= -hAll = -1 [I 1 w32 +I,w 2'] = -Mh B 5+sec 2 a ]
[:iIJ
2
13 = O La velocidad angular total de la varilla se podrá expresar de la forma w = V) iJ. Si utilizamos sus componentes en el sistema de ejes principales, es fácil comprobar que:
+
w
= ée, + 'P cos ee, + 'P sin Be,
La velocidad de translació:q. del sistema de referencia G 123 respecto al fijo del espacio en componentes de ejes principales será:
11 = Bese a
va = !Ja sin o: =, Ba
2
I Asociemos los ejes principales G123 a la varilla, estando la varilla sin masa ()G en el plano G23.Los correspondientes momentos de inercia principales son:
40
Calcular el momento angular alrededor del punto O y la energía cinética de una varilla delgada y uniforme de longitud 2a y masa M, que tiene un movimiento de giro con velocidad angular (en determinado instante) iJ en un plano vertical alrededor de un eje horizontal que pasa por la articulación G. A su vez, la varilla OG, sin masa y de longitud L, está soldada al eje vertical y el conjunto gira alrededor de ese eje vertical (en el n1omento señalado anteriormente) con velocidad angular({!.
Recordemos la expresión del momento angular de un sistema de partículas respecto a un sistema inercial con origen en O, no coincidente con el centro de masa G, que se escribe como Jo = x Mva + Ja, donde Ja es el momento angular del sistema respecto al sistema inercial con origen en el centro de masa G y vale Ja = Iaw, con Ia el tensor de inercia en el centro de masa. Susti~endo los valores que :figuran en esta expresión, teniencJ.o en cuenta que OG = Le L = L sin f) € 2 - L cos fJ € 3 , llegaremos :finalmente a la siguiente expresión:
00
e, Jo=
o
-ML
e,
e,
LsinB
-LcosB
o
o
1
+-Ma 2 3
¡j B ] 'P cos
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
320
• La energía cinética del sistema, utilizando el mismo procedimiento, viene expresada por T = !Mvi + Te, donde Te = la · Utilizando los valores de va, w e Ic determinados antes, llegaremos finalmente a la expreión de la energía cinética escrita como:
!w ·
T = 1M [ ( L 2 +
2
a2
3
cos 2 8)
,¡,2 +
é2
a2
3
w.
l
[Nota: Las expresiones del momento angular y de la energía cinética utilizando la reducción a momento angular y energía cinética respecto a centro de masas son una consecuencia directa de la aplicación del teorema de Stei-
ner]. ~ Un cono homogéneo de masa M, radio R y altura H tiene su vértice fijo por medio de un pivote sin rozamiento. En un primer caso, el cono está en reposo y su eje de simetría forma un: ángulo de 90º con la vertical. Como actúa la gravedad, si abandonamos el cono, se cae, por lo que en el instante de abandonarlo se le aplica un impulso I hacia arriba en un pequeño resalte A que tiene el cono en el centro de la base. a) ¿Cuál debe ser el mínimo valor de I para que el cono alcance la posición vertical (8 = O)?. b) En un segundo caso, la situación inicial es análoga, con la única diferencia de que la energía cinética ya no es nula, pues el cono está girando alrededor de su eje de simetría con una velocidad angular ~o = ~- Demostrar que aunque el valor de I sobrepase al calculado en el apartado anterior, B nunca alcanzará el valor f) = O. c) Si hiciéramos la hipótesis de trompo rápido, es decir, iI,e >> Mgl, siendo l = iH (distancia del vértice al centro de masa), ¿cuál será el valor mínimo de del apartado anterior?. [Datos: Momentos de inercia principales en el vértice O: J1 = 12 = 230 M (R 2 + 4H 2 ), 13 = ,'0 MR 2 ].
lliJ ~ Este primer apartado puede ser resuelto sin dificultad considerando los teoremas habituales de la Mecánica vectorial, considerando que actúan fuerzas impulsivas. Así, el momento del impulso I respecto al pivote O será igual a la variación del momento angular del cono respecto a ese punto, dado que el momento de la fuerza del peso es despreciable. Llamaremos w a la velocidad angular del cono inmediatamente después de recibir el impulso (antes de recibirlo es nula esta velocidad angular), por lo que el teorema del momento angular se podrá escribir así:
I · OA = !iwt
~
pues el cono llega a la posición vertical sin velocidad angular para ese valor · 1nínimo del impulso I.
~,, ,
z
\ \ I
I \
\
3
w=-
donde hemos prescindido de la notación vectorial, dado que OA e I forman un ángulo recto y el eje de rotación, que hacemos coincidir con el perpendicular al plano del papel por O, es eje principal. La notación, por lo demás, es suficientemente clara y no conduce a confusión. U na vez adquirida esa velocidad angular respecto a un eje perpendicular al papel por O, como la única fuerza actuante que realice algún trabajo es el peso (en O no hay rozamientos), la energía mecánica se conservará. Apliquemos el Principio de conservación en las dos posiciones señaladas en la figura:
<
\
IH 11
I,w, = I1w
e
,---
321
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
1Po=;
30
z 1
\
'' '' '' ''
1 1
8
G
o
A
(E] El segundo caso se muestra en la figura adjunta,
I
Mg
donde utilizamos la notación habitual de los ángulos de Euler (8,
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
322
O fijo. Recordemos que a partir del trata1niento lagrangiano del problema, llegábamos a identificar varias constantes del movilniento: las componentes del momento angular total en las direcciones de los ejes de giro Oz y 03, y la energía mecánica total E.
p'P = O debido a que en el instante inicial son nulos tanto I{) como cos (). Sustituyendo este valor de la velocidad de precesión en cualquier instante en función del ángulo de nutación B para nuestro caso particular cuando B = Bm, la anterior expresión queda definitivamente como:
Según la teoría, estas constantes del movimiento tienen los valores siguientes:
p,¡, = I, p~ =
E
(,i; + cpcose)
=
-+
law3 = I,a
w, =
I,a/Ia
J 1 cp siri2 e+ I 3 w3 cose = J1 cp sin2 e+ I, ( ,i; + cp cose) cose = 11 b
·, = 1 I, ( e"
2
+ cp 2 sin2 e ) + 21 I,w 32 + M gl cose
expresiones que se cumplen para cualquier instante del movimiento de la peonza, y, en particular, para las dos posiciones indicadas en la figura: la posición de partida tras recibir el impulso en A, lo que le proporciona una velocidad angular w = IH/11 = 80 para B = 90º, siendo además en ese momento lf!o = O (no se le da inicialmente ninguna velocidad de precesión alrededor del eje O z) y w,o = ,Í;o = (, donde hemos venido en denominar w30 a la componente de la velocidad angular total según el eje 03 en el instante inicial, que sabemos que es constante, según lo dicho arriba. La expresión de conservación de la energía para las dos situaciones señaladas nos permite escribir:
Para B mínimo, iJ = O, pues se trataría de un punto de retroceso para el movimiento de nutación, con lo que la anterior igualdad de energías nos lleva a la siguiente relación, más simplificada:
323
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
1
- I,w 2
2
=
r}ecos 2 em . 2I1 sm 2 Om
3
+ - MgHcosem 4
Esta expresión es función exclusiva de Bm, y observando el segundo miembro se deduce que este ángulo no puede anularse en ningún momento, pues ello haría infinito este segundo miembro, lo que obligaría al primer miembro a hacerse infinito a su vez, cosa que sólo puede lograrse si se hace infinito w, es decir, la magnitud del impulso I, lo que no contemplamos en nuestro ejercicio.
@] Consideremos ahora la hipótesis de trompo rápido, es decir,
!I3t2>>
M gl . Volviendo a la última relación, podemos reescribirla como:
En general, ]3 cot 2 Bm/ I1 va a ser una cantidad, por lo menos, del mismo orden de magnitud que la unidad, por lo que la cantidad relevante de ese término es la cantidad entre corchetes, es decir, la energía cinética inicial. Como hacemos la hipótesis de que ésta es mucho mayor que la energía potencial M gl, podemos despreciar este segundo término de la suma, quedándonos:
1-I 2
1w
2
~ =
[1-I 2
3(
2]
I, cot 2 em 11
-
tan em
°" I,w I,( =
2R 2 [ R 2 +4H 2 w
Igualmente, sabiendo que del apartado a) se ha obtenido que w = I H / J1 , lo anterior puede escribirse como: tanem
3MR' { °" II,(w =la[= IH H I 1
Aún no podemos concluir nada, pues desconocemos el valor de({! en ese instante. Pero lo podemos averiaguar a partir de los dos momentos conjugados conservados:
-+
W3
=
f
p~ = I,cpsin e+ law, cose= I,cpsin2 e+ !,(cose= O 2
Es decir:
laf cose 11 sin2 B
Esta expresión nos dice que el ángulo Bm es inversamente proporcional al impulso I, y que este ángulo no se anulará a menos que el impulso se haga infinito ó l se anule. • Podríamos haber llegado a los mismos resultados utilizando el formalismo de Hamilton, teniendo en cuenta que, tratándose de un sistema conservativo, la función Hamiltoniana del sistema coincide con la energía total. En estas circunstancias, la función Hamiltoniana puede deducirse bien a partir de su definición a través de la función Lagrangiana, bien a partir de la conservación de la energía y la definición de los momentos conjugados.
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
324
V'(II)
Escribamos previamente la función Lagrangiana y tales momentos conjugados:
1 ( ·, +i¡, 2 sin2 L=-;/ 1
e
e)
325
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
2Isw 3 - 4MgHcos8
+1
3
2
(,i; +
1
Pe = I18 Despejando las velocidades generalizadas en función de los momentos conjugados: · PB ai, p,¡, p~ - p,¡, cose e 11= '{/=~cos ]3 Ji sin 2 8 Ii I1 sin2 8 que, llevándolas a la definición de la función Hamiltoniana, nos permitiría escribir la misma en la forma: .
'P =
e
2
p~ - p,¡, cose
H = P~ + (p~ - p,¡, cos 8 ) + p;¡, + ~ M gH cos 8 = E 2!1 2I1 sin 2 8 21, 4 2
00 Un cono homogéneo de masa M, radio R y altura H, de semiángulo en el vértice o: = 15°, tiene su vértice fijo por medio de un pivote sin rozamiento. El pivote es el vértice de un soporte, también cónico y de semiángulo /3 = 30º, que está encima de una mesa. La posición inicial es la indicada en la figura. Si cuando el cono se abandona su energía cinética es nula, el cono, al cabo de de un cierto tiempo, golpeará el cono soporte. Pero si antes de abandonarlo se le ha comunicado un movimiento de giro alrededor de su eje de simetría con velocidad angular = l, puede ocurrir que posteriormente el cono no toque el soporte. calcular el valor mínimo de 2 x para que esto ocurra. [Datos: 11 = I, = 0 M (R 2 + 4H 2 ), I 3 = t\¡MR ].
'00
f
o bien:
H =E=
¡z
2
2
EL+ V' (8) 2!1
:n:
:n:/2
'(") (p~ - p,¡, cos8) + p;¡, ~ + -3M g cHo s 8 V o= 211 sin2 e 21, 4
G
Aquí nos encontrarnos con un tratamiento similar al que se utiliza en el problema de las fuerzas centrales, llegando a estudiar un problema unidimensional equivalente bajo la acción de un potencial efectivo V 1 ( 8) que, como entonces, resulta ser función de una única variable: el ángulo B.
R
3
··········G¿
Mg
Los valores constante de los momentos conjugados conservados los podemos evaluar en el instante inicial, justo tras recibir el impulso I, correspondiente a Bo = 1r/2, Bo = w, ,Po= l,
o
Por lo tanto: 2
H =E=
EL+ V' (8) 211
V' (8) =
r32 ecos 2 11
1 3 + -lse + -MgH cosll 2 2I, sin 8 2 4
Si representamos gráficamente V' (8) en función del ángulo 8, vemos la existencia de dos asíntotas verticales para B = O y B = 1r, lo que nos lleva de nuevo a los resultados anteriores de imposibilidad de alcanzar la posición vertical (boca arriba ó boca abajo) por parte de esa peonza, a menos que la energía inicial fuera infinita (es decir, w = oo, lo que corresponde a I = oo) ó bien l = O, lo que nos llevaría a que el primer término de V' (8) fuera nulo, reproduciendo el apartado a).
lliJ Con10 sabemos a partir de la teoría, una vez que se abandona el cono, girando sobre su eje de simetría, empieza a caer y a preceder alrededor del eje Oz. La energía del sistema se conserva, energía que escribiremos de la forma:
E=
1Ii (é
2
2
+ i¡, sin
2
e)+ 1Isw~ + MglcosB
donde el ángulo 8 mide la inclinación del eje 03 respecto de la dirección positiva del eje Oz, l = OG y w3 = ,j; +
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
326
327
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
la coordenada 'lp en la función Lagrangiana). Suponemos conocido, además, que la deistancia del vértice O al centro de gravedad G es los tres cuartos de la altura del cono. Las condiciones límite del movimiento de la peonza corresponden a la situación de partida (primer punto de retroceso), y la segunda al instante en el que está a punto de chocar (simplemente lo roza) con el cono soporte (segundo punto de retroceso). Los valores de las variables que intervienen en la expresión de la energía en estas dos posiciones límites son:
• 81 = 1r ¡2 • 82 = 31r / 4
81 =
IÍ2 =
'Pl = Ü o 1'1 = /; o ,Í,2 + 'P2 COS (31r / 4) = W3 = /;
\ 3
.··········
....
.
--
3
Llevando estos valores al Principio de conservación de la energía que hemos escrito arriba, nos queda:
12
-!si; 2
1
. 2 = -11 0,2 sm 2-
(3JC) 12 1; + -MgH 34 cos (3JC) + -1 4 4 3
2
que, simplificado, nos lleva al siguiente valor para la velocidad de precesión en el punto inferior de retroceso: •2
'P2 =
2I1
= Ji 'P sin2 8 + I,w 3cos 8 = O = 1i 02 sin 2 (31r / 4) + 13 1; cos (31r / 4)
donde el cero procede de la evaluación de esta cantidad constante en el primer punto de retroceso, es decir, en la posición de partida. Utilizando el valor de 02 que acabamos de obtener y operando, llegamos a:
!;=
V2Ii'P2 = 2 I,
vv'iI1MgP = V3V2IiMgH = I, 21,
l 37. IUn cono homogéneo de masa M
y radio R = 2H, que, como se sabe, es totalmente simétrico respecto al vértice, se mueve con éste fijo por medio de un pivote, bajo la acción de la gravedad, realizando una precesión estable de ángulo Si la velocidad angular de precesión del eje de simetría del cono alrededor de la vertical es n, calcular: a) la velocidad angular instantánea y su evolución temporalj b) el momento angular J respecto al vértice y su evolución temporal; c) la fuerza que el pivote debe ejercer sobre el cono en tal movimiento. [Datos: Ji = 12 = Is = ,'0 M R 2 = M H 2 = J].
e.
3V2MgH
A pesar de que de la conservación de W3 (es decir, de la conservación de PVJ) y de esta última expresión podemos obtener V-i2 en función de l, aún no hemos obtenido el valor mínimo que ha de tener esta velocidad de rotación propia inicial l para que no choquen los dos conos. Para ello, deberemos utilizar la expresión de conservación de Pip que, según la teoría, vale: p~
En la figura adjunta se muestra la trayectoria de la intersección del eje de simetría del trompo con la esfera representativa de radio unidad, con las cúspides características del tipo de movimiento que realiza.
v5V2 .2.cotcxcsccx 4 R
que es el valor que busca1nos y que lo expresamos en función tanto de 11 e ! 3 como de las magnitudes geométricas H y a, tras operar y simplificar.
i
IR.
j Dado que en este caso 11 = I2 = 13 = I, las ecuaciones del movimiento de Euler se reducen a:
N 1 = Iw1
N, = Iw,
donde los primeros miembros son las componentes del momento del peso respecto al vértice, y en los segundos miembros aparecen las derivadas temporales de las co1nponentes de la velocidad angular total del sólido expresadas en el sistema de ejes principales. Además, según los datos del problema, B =cte--+ iJ = O, y cp =cte= n, con lo que podremos escribir: W1 =
--+ --+ --+
01 = fl,P sin 8 cos ,j; w2 = -fl,Í, sin 8 sin,¡, w, = {;
Según la teoría de la peonza simétrica con un punto fijo, para que se diera el movimiento de precesión estable se debe cumplir la siguiente relación entre las velocidades de rotación propia ,J; y la de precesión cjJ:
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
328
Mgl =
[Is,i,- (!1 - Is)
donde l = 3H/4. Teniendo en cuenta los datos de nuestro problema, esta condición se reduce a:
.
--+
3MgR
,¡; = 8!0
5g = 40R = cte
lo que nos lleva de forma inmediata, por sustitución de este resultado en las expresiones anteriores y la posterior integración, a lo que sigue:
w, = o cose+,¡;. = o cose+ 405gR . w, = O sme
. [ 5gt ] 40R
W2
Slil
lwl.
En cuanto al momento angular del sistema, tenemos la ventaja de tratar con una distribución de masas que hace de este cono en el vértice un sólido rígido esférico, con lo que cualquier eje que pase por el vértice es principal. En estas circunstancias, el momento angular y la velocidad angular son paralelos 1 dado que el tensor de inercia en ese punto referido al sistema de ejes de simetría constituído en ese vértice no sólo es diagonal, sino que además los valores de los elementos de esta diagonal son iguales. Así, pues:
~29
Hay que señalar que nada más la fuerza del peso tiene un momento no nulo respecto al punto O, pues la reacción en el pivote pasa por el vértice y su momento es nulo. Pero como el momento del peso es perpendicular al eje 03 como se deduce de su propia definición (N = le 3 x Mg--+ N..Le 3 ), su componente según ese eje se anulará, N 3 = O, lo que concuerda con lo obtenido de la aplicación de las ecuaciones de Euler. Para llegar a obtener la fuerza que ejerce el pivote, analicemos la dinámica del centro de masa. Éste d.escribe una trayectoria circular con velocidad angular constante n, por io que, descomponiendo la fuerza que ejerce el pivote sobre la peonza en sus tres componentes cartesianas, podemos escribir:
Fz =Mg
5gt ] = -O sin ecos [ 40R
Como es sencillo comprobar, no sólo es constante w 3 sino también el propio w=
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
Fxy
= M0 2lsio0 = ~M0 2Rsin0
En la figura hemos representado la situación del trompo en un instante concreto, cuando el eje 03 y el eje Oz están en el plano del papel. El centro de gravedad describe una circunferencia de radio l sin() en un plano situado a una altura l cos O sobre el plano Oxy. Como se puede también deducir, el momento del peso respecto a O no sólo es perpendicular al eje 03, sino que también lo es al eje Oz. Esto trae consigo el que también se anule la componente del momento del peso según Oz 1 y en consecuencia sea constante la componente del momento angular en esa dirección, lo que viene expresado por la conservación del momento conjugado p'P, según se ha visto en la teoría de la peonza.
z [ . . ( 5gtR ) e, • J=lw= 3 MR2 0sm0sm 40 10
5gtR ) + sin Ocos ( 40
3
• e2
5gR ) + ( cose+ 402
• ] es
Como se ve, el momento angular J varía con el tiempo en la forma indicada en la expresión anterior. Podemos utilizar la evolución temporal de este momento angular para averiguar la magnitud del momento de fuerzas necesario para mantener ese movimiento. Volviendo a las ecuaciones de Euler, las componentes de los momentos respecto al vértice O de las fuerzas que actúan vienen dadas por:
.
5g .
. [ 5gt ]
N1 = Iw, = 4R smOsm 40R
N 2 = Jw 2 = N 3 = Iw 3 = O
5g [ 5gt ] R sinOcos R 40 4
En la figura anterior, a es la aceleración total del centro de masa G, y F xy es la fuerza resultante en el pivote contenida en el plano Oxy. Como es evidente, a está contenido en el plano formad6 por los ejes 03 y Oz 1 y
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
330
eje 3). Como eje 3 elegiremos el eje principal de simetría, respecto al que la peonza efectúa la rotación propia. El eje 2 lo haremos coincidir con la línea de nodos, normal al vector momento angular J y al eje 3, y el eje 1 será uno perpendicular a ambos y en la dirección indicada en la primera figura. En otras ocasiones, se hace coincidir a la línea de nodos con el eje 1, mientras que el eje 2 sería en ese caso el de la misma dirección y sentido contrario que el elegido en nuestro caso. Esta elección de ejes es particularmente útil cuando trabajamos con un sólido simétrico, en lugar del sistema de ejes habituales utilizados en el caso general, donde se hace coincidir al sistema de ejes principales con el sistema final, tras haber comunicado al sistema de Rartida los tres giros determinados por los tres ángulos de Euler.
es de la misma dirección y sentido que a. La componente vertical en el pivote, F z, aguanta todo el peso de la peonza, mientras que F xy le hace girar alrededor del eje Oz con velocidad angular constante fl. ~ Una peonza simétrica, que se encuentra en una re'?ión_libre de,cam~os de fuerzas tiene su extremo fijo y gira en torno a su eJe 1n1entras este gira
en torno a' la dirección.inicial de su momento angular respecto al punto fijo, dirección a la que denominaremos vertical. Si el movimiento de rotación propia y el de precesión son uniformes y no hay 1novimiento de nutación, determinar el ángulo con la vertical de su eje _instantáneo de giro Y el módulo de su velocidad angular como función de ,j;,
[fil La hipótesis de partid.a, en la que se dice que la peonz~ s~ encuentra en una región libre de campos de fuerzas, nos reduce las un1cas fuerzas actuantes sobre la misma a las que se ejercen en el punto fijo O. Por lo t3nto, el momento de las fuerzas-respecto a O es nulo y, en c~nsecuencia, el momento angular correspondiente, J, constante. Por comodidad, haremos coincidir la dirección del momento angular (es decir, la de la vertical) con la dirección del eje Oz, como se ve en la primera figura.
z
1 y X
e --~'P_ X
N
/
En general, la velocidad angular total del sólido en términos de los ángulos de Euler podemos escribirla así: J
w
,·
Si recordamos el orden en el Euler, el segundo de ellos, de nodos, y representa el ángulo velocidad de nutación es nula
= o + w, + wN = 0 k + ,i, e, + é e,
donde n es la velocidad de precesión, We la velocidad de rotación propia y la velocidad de nutación. Para la peonza simétrica que manejamos en el problema, cort J1 = J 2 -::j:. 13 , los ejes principales 1 y 2 son dos cualesquiera perpendiculares entre sí y al eje distinto 3 (es decir, los dos ejes citados serán dos cualesquiera normales entre sí contenidos en un plano perpendicular al
que habitualmente se realizan los giros de ángulo B, se realiza alrededor de la línea de de nutación. Como el texto nos dice que la ( =cte), tendrémos que:
e
e= cte
Ji= I,w 2
= O
Es decir, la componente del momento angular J en la dirección de la línea de nodos es nula. Esto nos lleva a simplificar la anterior expre_sión para la velocidad angular total hasta llevarla a la forma:
w
z
p
3
331
=o+ w,
=
0k+,i,e,
y la velocidad angular total está en el plano formado por los ejes z y 3 (los vectores O, w 0 y w son coplanarios). Como el eje 2 (línea de nodos) es perpendicular, simultáneamente a ambos ejes citados, el eje 1 estará también en ese plano. Es decir, los ejes 1, 3 y z serán coplanarios, conteniendo, a su vez, al vector velocidad angular total w.
• En nuestro problema no utilizaremos esta posibilidad de elección de ejes y seguiremos con el sistema tradicional. En la segunda figura se muestran los ejes de partida y los finales tras los giros correspondientes. Además de la constancia del ángulo de nutación 8, son también constantes la velocidad de precesión ({) = O y la velocidad de rotación propia ,J; = We. El eje instantáneo de giro tiene la dirección de la velocidad angular total w, y este eje dibuja un punto (el polo) en la superficie de la esfera de referencia. Utilicemos el teorema del coseno para obtener el módulo de la velocidad angular total w = lwl. Una figura auxiliar, donde se represent0rían los tres vectores n, We y w, nos serviría para poder escribir: 2
w = 02
+ w; + 20we cose
WN
Todas las magnitudes intervinientes son constantes, por lo. que w = cte (aunque w varíe en el tiempo cambiando de dirección). Además, tampoco ofrece dificultad, valiéndose de esa figura auxiliar, el probar t¡_ue:
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
332
We COS8
+ ,0 =
W
IR. I En la primera figura se aprecia espacialmente la situación de los dos
cosa
Utilizando las dos últimas relaciones, escribiremos: cosa=
w, cose+ o
J.02
+ w~ + 20we cos 8
=cte
a= cte
pues todas las magnitudes que aparecen en la expresión del coseno son constantes. Esto se puede resu1nir en lo siguiente: Para el observador exterior ligado al espacio, el vector w describe una superficie cónica de revolución alrededor del eje Oz con una semiabertura a. Para el observador ligado a la peonza, w describe también una superficie cónica de semiabertura f3 alrededor del eje 03, pues (3 = B - a =cte, ya que son constantes tanto B como a. • El polo P tiene una velocidad vp en el sistema del espacio, y una velocidad vf> en el sistema del cuerpo, tal que la relación entre ambas velocidades viene dada por: Vp
= w
X
rf> + vf>
=
333
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
vf>
pues w II r~, dado que el polo P está en el eje de giro. Es decir, la velocidad del polo P relativa a ambos sistemas es la misma, con lo que vf>-vp = O y el polo recorre la polodia y la herpolodia ( curvas que el eje de giro instantáneo describre sobre las esferas de referencia asociadas al sólido y al observador exterior, pespectivamente) con la misma velocidad, y el movimiento de precesión regular se obtiene engranando la polodia en la herpolodia (ó el cono del cuerpo en el cono del espacio).
l 39. j Un cono de masa m, altura h y semiángulo en el vértice a
rueda sin deslizar por el inerior de otro cono de semiabertura f3 (a < (3). El eje de simetría del cono interior gira alrededor del eje de simetría del cono exterior con una velocidad angular constante O. Hállense la velocidad angular del cono móvil, su momento angular y su energía cinética.
conos en un instante determinado, donde se señala_n incluso los sentidos correctos de los vectores velocidad angular t.p y ,,fo, supuesto que el cono interior tenga el sentido de giro dado por el vector ,,/,. Hacemos la hipótesis de que en el instante considerado el eje 02 está en el plano que contiene, entre otros, al eje Oz, al eje 03 y a la generatriz de contacto OA. Por lo tanto, la proyección del eje 02 sobre el plano Oxy está en la prolongación de la línea OB. Además, el eje 02 forma un ángulo B con el plano Oxy, mientras que el eje 01 está en el plano Oxy. Al tratarse de un sólido simétrico (I1 = I2), es útil manejar un sistema de referencia como el que se indica, en lugar del que se usa habitualmente ligado al sólido rígido. Esto es debido a en nuestro caso todos los ejes que pasen por O y estén contenidos en el plano 012 serán principales (03 es esje de simetría). El sistema que fuera soldado al sólido tendría el mismo eje 03, n1ientras que los ejes perpendiculares a él y que completaran el referencial último estarían en el plano actual 012, y en algún momento de su movimiento coincidirían con los ahora utilizados 01 y 02. El sólido rígido tiene un movimiento de rotación pura alrededor del eje 03 de este sistema, con un vector velocidad angular ,i,. En la segunda de las figuras se muestra un corte perpendicular al plano Oxy que contiene a su vez a la generatriz de contacto OA de los dos conos, al eje 03, al eje Oz y también al eje 02. Como existe rodadura, los valores de 0 = O y ~ tienen que estar relacionados de alguna manera para que la velocidad angular total w esté en el eje ínstantáneo de gíro, que coincide con la generatriz de contacto OA. Una sencilla construcción geométrica nos permite utilizar el teorema del coseno para averiguar el módulo de la velocidad angular w.
1/J E (3-a
3
1/J
3
z
I
ül
H
a
9············
I
IJ=(3-a
ül
H
ül
------A D
A
2
.2
o~','-----+---Y~
X
"B
,j,=Q
2
n(x,y)
IJ
o®!
B
.c_lJ_J_~------"-~,l')
o
®!
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
334
Del triángulo de la primera de las nuevas figuras se desprende, pues, la siguiente relación:
w2 = 0 2 + ,P 2
20,P cos(,13 - a)
-
En la segunda de las figuras se puede apreciar una interpretación doble del movimiento del centro de la base del cono interior H: por un lado, H describe un movimiento circular alrededor del eje Oz con velocidad angular constante O, y por otro, H describe un movimiento de rotación instantánea alrededor del eje instantáneo de giro OA, con velocidad de rotación w. En el primero de los casos, el radio de la circunferencia descrita es EH = hsin(,13 - a), y en el segundo, este radio es DH hsina. Por lo tanto, escribiremos: VH {
VH
= (1. EH= Ohsin(,13- a) = w ·DH = whsina
w =
sin(,13 - a) (1 sino:
Igualmente, utilizando el teorema del coseno de escrito ahora como ,¡p 2 w2 +0 2 + 2w0 cos ¡3 (compruébese la corrección de esta expresión), la última relación obtenida entre w y O me permite llegar sin dificu)tad a la expresión: 0
¡,
'f'
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
335
~ Otro procedimiento. En la secuencia de las cinco figuras con las posiciones relativas de los dos referenciales utilizados se ve el camino que se sigue para llegar al último (el que utilizamos nosotros en este problema). Las tres figuras centrales indican la posición de partida y los dos giros primeros de los tres de que consta la secuencia de los giros de Euler según el denominado convenio x. La primera muestra la posición inicial de los dos sistemas de ejes coincidentes. Pero para continuar la secuencia de giroa según el convenio x (es decir, para que el segundo de los giros se realiza alrededor de la línea de nodos, que en este caso coincidiría con el eje 02 (y no con el eje 01, como debiera de ser), hay que aplicarle de inicio un giro de -90º alrededor del eje 03 =Üz, para hacer coincidir al eje 02 con el de referencia Ox. Este giro deberá ser deshecho al finalizar la secuencia de giros (última figura de la secuencia). Lo que acabamos de explicar no es más que la transformación de semejanza aplicada a un operador de giro (el giro composición de los dos primeros giros de Euler según el convenio x) efectuada por, a su vez, otra matriz de giro.
sin p = --0 sin o:
[Esta última relación es muy fácil de comprobar representando el triángulo con los tres vectores y viendo que se cumple la igualdad ,fa sin a = O sin ¡3J. • Energía cinética. Podemos calcular la energía cinética del cono interior suponiendo que realiza un giro instantáneo alrededor de la generatriz de contacto con el cono exterior. Así, escribiremos:
T =
:;/oAw 2 1
Utilizaremos el teorema de Poinsot para determinar IoA, teniendo en cuent·a que en nuestro caso es I 1 = I2 = { 0 m(R 2 +4h2 ), e l3 = / 0 mR 2 , siendo además R = h tan a. El eje de giro OA hace un ángulo a con el eje 03 (este ángulo será siempre constante), un ángulo ~ - a con el eje 02 y un ángulo~ con el eje 01. Utilizando, pues, los valores citados en este párrafo, llegaremos a:
loA = I, cos
2
(f -
a) +
h
3 cos a = mh 2 sin2 a(6 + ta,,2 a) 20 2
Para adelanbtar camino, escribiremos las matrices de giro de Euler junto al operador que efectúa la transformación de semejanza (este último, una rotación de eje 03 y ángulo -90º) y el vector a transformar cuyas componentes en el sistema del espacio Oxyz son [\Ó]oxuz = [O, O, -O]: r
B=l
COS(¡J
sintp
- sin tp
COS(¡J
o
o
~]
y la energía cinética será: T=
3 . mh 2 (6+tan 2 a)sm 2 (¡3-a)0 2 40 2 _ 3 mh 2 0 2 sin (¡3 - a) ( 2 ) 1+5cosa 2 cos a 40
C=
[
[¡ ~ ]
cose
o
-s~ne
o
1
si~8 ]
cose
-1
G=
o o
La segunda matriz, C, correspondería a un giro de ángulo B respecto a la línea de nodos, como se describe en el convenio x, y si bien en el caso
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
336
habitual esa línea de nodos coincide con el eje 1 ligado al sólido rígido, en el nuestro es el eje 2. Si no interviniera la transformación de semejanza, las componentes del vector ({) (que vienen escritas en el sistema de partida Oxyz) en el nuevo sistema se obtendrían de la relación matricial: [\Ó]o123 = [CBJ[\Ó]o,yz
[\Ó]~123 = [CBj'[<,b]~xyz
donde las magnitudes primadas sin las siguientes:
['P']'Oxyz -G['] r.p Oxyz
[CB]' = G[CBJG-
[<,b]~ 123 = G[CBJG- G[<,b] 0 ,yz = [GCB]l<,b] 0 xyz
y sustituyendo los valores antes indicados de las matrices, así como la matriz columna correspondiente al vector ['Ploxyz' obtendremos:
[-n~inB] -n cose
Teniendo en cuenta que la velocidad de giro propio del cono interior respecto a este sistema de referencia viene ya expresada en el sistema definitivo como = ,i; e3 , que B = ¡3 - a= cte [é = O] y que la velocidad angular total es w = !p + ,,j,;, sus componentes en nuestro sistema de ejes principales vendrán expresadas por:
,p
w, = o Wz = -fl sin(/J -
+ I,w,e 3
=
3 mh 2!1 [-(tan 2 a+ 4) sin(¡'!- a) e 2 20
<>)
w3 = -!1 cos(/3 - a)+ ,i; Recordando que en el procedimiento anterior habíamos obtenido ya la relación ,i; sin a = !1 sin ¡3 debida a la ligadura de rodadura de un cono por el interior del otro, llegaremos a las expresiones de la energía cinética y del momento angular, sin más que tener en cuenta que estas dos magnitudes se van escribir como T = !w · I · w y J = I · w, siendo I el tensor de inercia, que en nuestro caso es diagonal, pues está referido a un sistema de ejes principales. Así, efectuadás las operaciones correspondientes, al ser W1 = O y simplificando posteriormente, nos quedará:
1 3 mh 2 !1 2 sin2 (¡3-a) T = - [I,w 22 + I,w 32 ] = (1 + 5 cos2 <>) 2 2 40 COSQ
(
sin/3) cos(/3 - a)+ -.s1na
Desarrollando y simplificando la componente según el eje 03, utilizando adecuadamente las identidades trigonométricas, obtenemos la siguiente expresión para el momento angular en componentes del sistema de ejes principales, escrita en forma matricial:
[
1
[\Ó]~ 123 =
J = hw2e2
1
Estas igualdades nos permiten escribir:
337
De la misma manera, el momento angular valdrá:
+2 tan 2 a
Si aplicamos la transformación de semejanza efectuada por la matriz G, escribiríamos para la misma operación:
[<,bJ~12, = G[rj,]0123
8. Cinemática y dinámica del sólido rígido
- (tan~ a+ 4) ] 2 tan a
Capítulo 9
Fuerzas Centrales (I): ,,. Orbitas ITJ Calcúlese aproximadamente la razón de la masa del Sol a la de la Tierra empleando sólo las longitudes del año terrestre y del mes lunar (27.3 días), y los radios medios de las órbitas de la Tierra alrededor del Sol (1.49 x 10 8 km) y de la Luna alrededor de la Tierra (3.8 x 10 5 km).
[!!] Según la tercera ley de I{epler, considerado el problema unidimensional equivalente al de un sistema binario sometido a fuerzas atractivas de interacción mutua inversamente proporcionales al cuadrado de la distancia, en la órbita elíptica descrita por el cuerpo de rnasa igual a la reducidaµ se cumple la relación:
donde Tes el período,µ la n1asa reducida, k la constante de la ley de fuerzas y a el semieje n1ayor de la órbita. Si son m 1 y m2 las masas de los dos cuerpos, G la constante de gravitación universal y r la distancia entre las masas, se cumple:
1
'
k
F=
r'
X
¡ ! ! !
!
Sustituyendo estos valores en la tercera ley de Kepler, tras simplificar nos quedará:
1 ¡
! ¡
1
k = Gm1m2
2 T
=
47r2
G(m1
+ m2)
a
3
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
340
• Consideremos los dos sistemas mencionados: Sol-Tierra y Tierra-Luna. Si designamos en cada caso como m 1 al cuerpo de mayor masa y como m 2 al de menor masa y utilizamos como subíndlces las iniciales de los cuerpos, la tercera ley de Kepler la escribiremos así:
donde TT es el período de la Tierra alrededor del Sol, TL es el período de la Luna alrededor de la Tierra y RT y RL son, respectivamente, los radios de las órbitas de la Tierra al rededor del Sol y de la Luna alrededor de la Tierra, pues hemos supuest~ las órbitas circulares y, por consiguiente, los semiejes mayores coinciden con los radios de las órbitas. En buena aproximación, ms +mT ~ ms, mT +mL ~ mT, lo que nos permite escribir el cociente de las anteriores cantidades como: ms =
--+
ffiT
(RT) 3(TL) 2 RL
TT
Utilizando los datos proporcionados en el texto y teniendo en cuenta que TT = 365.24 días, llegamos a: ms = 3.37
~ ffiT
X
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
fuerz~~ en el origen O y a la partícula en x = R en el instante inicial La ecuac1on de conservación de la energía me dice que cuando la partícuia se encuentra a una distancia x del origen se cumplirá:
E
[IJ U na partícula se está moviendo en una órbita circular bajo la acción de una fuerza atractiva inversamente proporcional al cuadrado de la distancia. Si el período de revolución es r y si súbitamente detenemos la partícula en 5 2 su órbita, demostrar que tardará un tiempo t = 2- 1 r en caer hasta el centro de fuerzas.
= !m:i;2 - ~ = -
k x R don~e hemos supuesto que el lector conoce ya que la energía potencial asociada al campo de fuerzas señalado se escribe como V(x) = _!_ O era~ost en Ida anterior expresión hasta separar las variables para qu~ pu:da ser 1n egra a:
2
x dx y-;¡¡; VR-x
dt = - ¡:;;;:¡¡_
El signo - que figura en la expresión anterior proviene del hecho de que ara el pr_ob~ema que se plantea y en el intervalo de tiempo entre que se iniJa el movn:n.1ento y _choca con el centro de fuerzas, para O::::; x
e
1T
dt=T=-ff/:
lº V
R:xdx
105
frente a 3.33 x 105 que se obtendría a partir de los datos de las masas de ambos cuerpos celestes que nos da la bibliografía. Es decir) obtenemos el valor de este cociente con un error relativo del orden del 1 %.
341
=~
fo'
12
2 2 sin BdB=¡J r:R'
~us;tu¡"ndo el valor ~e R 3 que tenemos de la aplicación de la tercera ley e ep er' nos quedara, como esperábamos: T = r5/2T
[TI La excentricidad de. la. órbita de la Tierra es€ -- O·0167· s·11magmamos . . 1 ' b.t d 1 T a or / t~ e ad ierra d1v1dida en dos partes iguales por el eje menor probar ~em.?o urante el que ~stá la Tierra en cada una de las dos ~itades s 2 1r anos, Y calcular la diferencia en días.
:u~~
IR.\ Utilizaremos la hipótesis de centro de fuerzas con origen en ese punto. Para este tipo de ley de fuerzas, de la forma F(r) = - ;, (k > O), se cumple la tercera ley de K epler entre el período de revolución r y el semieje mayor de la órbita elíptica considerada a) que coincidirá con el radio de la órbita circular en nuestro caso, R. Escribiremos) pues:
Tierra
A
s
a
Sol
El campo de fuerzas central es conservativo. Una vez detenida la partícula, ésta caerá en línea recta hacia el centro de fuerzas. Para simplificar, haremos coincidir a esta recta con el eje Ox, en el que colocamos al centro de
B
e
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
342
lliJ En la figura se muestra la trayectoria elíptica que sigue la Tierra a lo largo del año. El área sombreada es la que tendremos que utilizar en nuestros cálculos, a la vez que la ley de las áreas (segunda ley) de Kepler. Esta segunda ley dice que el área barrida por unidad de tiempo (o velocidad areolar) por el radio vector que une el Sol con un planeta es constante. Esto no es más que una consecuencia del carácter cíclico de la coordenada angular en la función Lagrangiana correspondiente al movimiento bajo fuerzas centrales. En esas circunstancias) el momento angular l es una constante del movimiento. Si llamamos m a la masa del planeta, podremos escribir que:
343
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
[IJ Si la órbita de la Tierra se ve dividida en
dos partes por el llamado latus rectum (perpendicular al eje mayor por uno de los focos, centro de fuerzas), probar que la diferencia de tiempos que la Tierra emplea en cubrir cada una de las partes es, en años: ~[E~+sin-
1
&]
Tierra
b
dA l -=-=cte dt 2m
A
a
Las áreas barridas por el radio vector Sol-Tierra se calcularían así:
J J
AsnABS =
dA l -dt = - t , dt 2m
SDABS
AsBCDS =
dA l -dt= - t 2 dt 2m
SBCDS
Geométricamente, estas áreas son fáciles de calcular. Teniendo en cuenta que el área de la elipse en función de los semiejes mayor y menor, a y b, es A1ipse = 7rab, y que el área del triángulo sombreado es Eab, es fácil comprobar que:
AsDABS =
1
lliJ Como en un problema anterior, a partir de la segunda ley de Kepler sabemos que las áreas barridas por el radio vector del planeta respecto al Sol son proporcionales a los tiempos que tardan en recorrerlos. En otras palabras, la velocidad areolar es constante, que es una consecuencia directa del carácter cíclico de la coordenada angular en la función Lagrangiana. Si llamamos m a la masa del planeta y l al momento angular constante podremos escribir que: '
1 AsBCDS = rrab - wb
1rab + wb
2
Por lo tanto:
dA l -=-=cte dt 2m
Las áreas barridas por el radio vector Sol-Tierra se calcularían así:
AsnABS AsBcns
1r + 2s t2 = 1r - 2&
t,
=
ÁsDABS
Esta relación, unida a la condición de duración de un año de la revolución completa, escrita como t 1 +t 2 = 1, nos lleva finalmente a la solución pedida: 1
t1 = -
2
E
1 E t2 = - - - años 2 1T
_
+ - anos 1T
En consecuencia, la diferencia expresada en días entre los tiempos que la Tierra pasa en cada una de las mitades de la órbita geométrica será: t1
-
t2
= -2s1T
años
= 3.88
días
=
I I
dA l -dt= - t , dt 2m
SDABS
AsBcns
=
dA l -dt= - t 2 dt 2m
SBCDS
Utilizaremos coordenadas cartesianas con origen en O para el cálculo del área rayada .. De la ecuación de la elipse: ~: + fz- = 1, depejamos y para obten~r: y= ~-Ja2 - x2 (este tramo de curva se corresponde con la parte superior, pues la inferior vendría afectada de signo negativo). El área será, pues:
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
344
345 V
Haciendo el cambio de variable x = a sin B, los límites de integración pasan a ser 81 = sin- 1 E y B2 = i, con lo que, tras sustituir y simplificar, la anterior integral quedará como: AsBCDS =2ab
i
rr/2
[
cos2 ede=ab e+sinev'1...,sin
2
sin-1 e
ej.rr/2-
1
sin
e
La aplicación de los límites nos permiten escribir la anterior expresión como: AsBCDS = ab
rn: - sin- 1 E -
()
e ~ ] = 2~t1
s
El área de la parte no rayada es igual al área de la elipse, de valor 1rab, menos el área rayada: AsnABS = 1rab - AsBCDS = ab
[i
l
1 + sin- e+ e ~ ] =-t, 2m
~ Analicermos el problema desde el punto de vista estrictamente geométrico.
Por lo tanto:
El área elemental barrida por el radio vector r en un intervalo de tiempo 2 dt viene expresada por dA = dB = Cdt, con C =cte, tal y como nos indica el texto del problema. Si llamamos f al versar en dirección del radio vector del punto M, podremos escribir éste como:
!r
t, t2
AsnABS AsBcns
Esta relación, unida a la condición de duración de un año de la revolución completa, escrita como t 1 + t2 = 1, nos lleva a: t1 =
~ [i- sin- 1 e -
12 =
~
[i
r
-
t1 =
1
dr dr · df [dr df] . V=-= -ef+J(e)- = -f+r e
+ sin- e+ e ~ ] años
dt
~
4e
de
de
2
-[r---r+rsine. dí:] -2(! = [rsine. - - - r +df] - -2C p der2 p der
V-
sin- 1 e,...._, t:, con lo que: t 1 ee -
dt
!? ,
[sin- 1 e+ e ~ ] años
Supuesto conocido el valor de la excentricidad (de un problema anterior
-
de
pues r es un versar que varía con el tiempo. Por lo tanto, y teniendo en cuenta que a partir de la condición de proporcionalidad del área barrida respecto al tiempo se tiene que iJ = podremos escribir:
e = 0.0167) y como ésta es muy pequeña, podemos hacer la aproximación
t2
f =rf
Calculemos la velocidad de M por derivación de esta expresión respecto al tiempo:
s ~ ] años
y la diferencia en allos entre ambas partes de la órbita será: 12
p
1 +cose
N~ es difícil comprobar, a partir de una gráfica simple, que los versares r y B asociados con el movimiento en coordenadas polares son, en este caso:
= 0.0213 años = 7. 77 días f = - cosei + sinej
1f
[[] Un punto M describe una parábola de vértice S, foco F y ecuación, en P _ de forma que el área del triángulo curvilíneo Polares , dada por r 1+cose 1 SFM es directamente proporcional al tiempo que emplea el punto en recorrer la trayectoria desde S hasta M. Determinar la velocidad y aceleración del punto M.
e= sinBi+cosej
y que la derivada que aparece en el segundo término de v es:
= __
df • de= sinBi+cosej = e
.
' .•.•.•.•.·...·,·.!
/,'
con lo que:
(e1.,)
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
346
V
=
i
2
[sin6f+(l + cos6)
e]
2C
mC1 2
-+ v = -J2(1 +cose)= P
-p
= -------
T
• Aceleración. Para el cálculo de la aceleración, derivemos la velocidad respecto al tiempo: a=
dv dt
=
2ciJ P
[cosBr-smee+smB - . - . de+ dr
347
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
(l+cosB)
'
d8] de
' '
'
s
B
Rv
R .. ..
.a
La única expresión aún desconocida es la derivada que figura en último término. Como es fácil de comprobar:
de
'
A
A
T V
(
. eº) - = - -cos e.1+s1n J =-rde
Sustituyendo y agrupando componentes, el vector aceleración resulta ser: 4C 2 [ (cose -1- cose) a=-,pr
r+
( - sin&+ sine)
e-i
2
1 = - 4C - - -,r p
r
Teniendo en cuenta que r > O siempre (representa una distancia y como tal va a ser positiva o nula 1 extremo este último que no tenemos en cuenta porque la distancia mínima para O es r = ~ ¡. O), p será una constante positiva. Según esto, la aceleración a está dirigida hacia el foco F de la parábola y es inversamente proporcional al cuadrado de la distancia r al mismo. La fuerza que genera tal movimiento, pues, será una fuerza inversamente proporcional al cuadrado de la distancia r al foco F y dirigida hacia él. Es, pues, una fuerza central del tipo gravitatorio o electrostático, como podíamos esperar del enunciado del problema en el que se nos viene a expresar la ley de las áreas de Kepler, correspondiente a cualquier campo de fuerzas centrales, combinada con la ecuación de la trayectoria parabólica, correspondiente al caso particular de fuerza central inversamente proporcional al cuadrado de la distancia.
e=
IR. J. De las condiciones de órbita circular para la Tierra y Venus, podemos aver~g~ar algunos datos que nos serán de interés a lo largo del problema. Escr1b1remos 1 por ejemplo:
siendo M la masa del Sol. Denotaremos por VAi y VAf las velocidades de la nave antes de partir_ de la Tierra y después de deSi)egar hacia Venus, y por VB,i Y_ VBf las velocidades correspondientes de la nave al llegar a Venus en la orb1ta de transferencia y tras frenar para posarse en ella. Como es evidente, se tiene que: VBf
[IJ El radio de la órbita de Venus es O. 72 veces el de la órbita de la Tierra R. Se supone que ambas órbitas son aproximadamente circulares y coplanarias. Una nave espacial va a viajar de la Tierra a Venus siguiendo la órbita elíptica indicada en la figura (es el tipo de órbita de transferencia más económica). Calcular: a) la velocidad relativa de la nave respecto a la Tierra un momento después del lanzamiento, y la relativa a Venus un instante antes de la llegada, despreciando en cada caso cualquier atracción gravitatoria que no sea la del Sol y las velocidades de rotación propias de cada uno de los dos planetas mencionados (la velocidad orbital de la Tierra alrededor del Sol es de 30 km/s}; b} el tiempo que dura el viaje de la nave; c) el ángulo que deberán formar en el instante del lanzamiento los radios vectores desde el Sol a la Tierra y a Venus para asegurarse de que la nave alcanzará este último planeta.
=
VV
La órbita de transferencia convierte a la órbita circular primitiva en una órb~ta elípt~ca,. con foco en el Sol, que tiene el afelio a una distancia igual al rad10 ~e l_a orbita de la Tierra R y el perihelio a una distancia igual al radio de_ la orbita de Venus, Rv = O. 72 R. Una vez iniciado el viaje, durante el mismos: c~n.servarán la energía mecánica y el momento angular. Aplicando est~s p:1nc1p1os de conservación a los puntos correspondientes al afelio y al per1heho, donde las velocidades de la nave son perpendiculares a los radios vectores correspondientes, escribiremos:
1
2
GMm
2mvAJ - ----¡¡-- =
1
2
GMm
2mvBi - O. 72 R
mVAf · R = mVBi · 0.72R
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
348
Resuelto este sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas, nemos las soluciones:
VA¡
y VBi, obte-
= 0.915VT = 2.745 x 10 m/s
VBi
= 1.271 VT = 3.813 x 10 m/s
4
= -2.55
X
10 3 m/s
vv = +2.77
X
103 m/s
VAf - VT VBi -
La primera de las velocidades relativas, negativa, indica que la nave ha habido que lanzarla inicialmente en sentido contrario al movimiento de la Tierra en su órbita, es decir, ha habido que frenarla para que inicie el movimiento de caída hacia Venus. • Para el cálculo del tiempo de viaje, utilizaremos la segunda ley de Kepler ó ley de las áreas. La velocidad areolar constante se puede escribir como: 1 - -dt 2m El momento angular constante l Io tenemos escrito arriba: l = mVAJ · R = 2.745 x 10 4 mR. La integral anterior habrá que calcularla entre los puntos A y B, de forma que el área barrida por el radio vector que une al Sol con la nave será igual a la mitad de la superficie de la elipse, que puede escribirse como A = !1rab, siendo a el semieje mayor y b el Semieje menor: Como es fácil de ver, a= ~R 0.86R, c 0.86R- 0.72R 0.14R, de donde b .,/a2 - c2 .,/0.862 -0.14 2R 0.8485R dA =
=
=
1
A= -1rab = 2
Ty
349
21rRv =- = 1.91 X 10 7 S = 221.4 días Vy
4
VAf
Por lo tanto 1 las velocidades relativas de la nave respecto a la Tierra y Venus en los instantes considerados son:
=
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
RvA¡
--+
--tAB
2
2 !r de = 2
= = = 1rab , 7 IAB = - - = 1.249 X 10 s °" 144.5 dias RVAf
donde_ h~JllOS, considerado como radio de la órbita terrestre el valor I{ =:=:=) 1.495 X 1011 m. Al mismo resultado hubiéramos llegado utilizando la tercera ····ley de Kepler para una órbita completa de la nave, volviendo al punto de partida tras rozar Venus. Según esta ley, para el período de la órbita descrita escribiremos: T
=
~
Vz¡¡;¡ª" = 2.5 x 10
7
Por lo tanto, el ángulo que ha girado Venus alrededor del Sol durante el tiempo de viaje de la nave será 360° = 235º. Es decir, que para que la nave pueda aterrizar en Venus, este planeta debería encontrarse 235º retrasado respecto al punto de venusizaje en el momento de lanzamiento de la nave, y el ángulo pedido será, pues:
t:.::
a = 235° - 180° = 55°
[iJ El problema de lanzar una astronave de la Tierra al Sol aplicando el impulso mínimo posible no se resuelve frenando instantáneamente el cohete en su órbita hasta detenerlo. Una vía más económica requiere un proceso de dos etapas. Para verlo, supongamos que la Tierra describe una órbita circular de radio r1 con el Sol en su centro. En la primera etapa, la nave recibe un impulso tangencial en la dirección orbital y en el mismo sentido de movimiento, de forma que pasa a una órbita elíptica de la que el punto donde recibe el impulso es el perihelio. En el afelio de esta órbita, a una distancia r2 del Sol, la nave recibe un impulso contrario que reduce su velocidad a cero, cayendo posteriormente al Sol (no se tendrá en cuenta más que la acción gravitatoria del Sol sobre la nave, despreciando la de la Tierra). Se pide calcular: a) para un valor dado de r 2 , el incremento de velocidad dado a la nave en el primer encendido de los motores; b) la velocidad de la nave en el afelio y, una vez obtenida ésta, el nuevo impulso neto de velocidad para que termine cayendo hacia el Sol. La suma de los valoÍes ab:Solutos de estos impulsos de velocidad proporciona el valor del impulso total de velocidad que los motores deben suministrar. Comparar este impulso para el caso de frenado directo de la nave en órbita terrestre y la que corresponde al proceso de dos etapas para el caso de ser r 2 = 10 r 1 • ¿ Qué ocurriría si r2 >> r 1 ?
,,
s
donde hemos utilizado M = 1.99 x 1030 kg (masa solar) y G = 6.67 x 10- 11 N·kg2 /m 2 . El tiempo de viaje es la mitad del período para la órbita completa, y coincide con el calculado por la otra vía. • El período de Venus en su órbita lo podemos calcular utilizando la misma tercera ley de Kepler, con a = O. 72R, ó dividiendo la longitud de su órbita por la velocidad orbital. Por este último camino:
a
A1111111
,
:T
A
''
'
\ ', ''
-;.,.,, V
s
-~---
---~-----
'111111
B
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
350
lliJ La velocidad de la Tierra en órbita circular de radio
r1
se obtiene de
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas rtir-
Caso
r2
351
= lür1. Sustituyamos este valor en .6.v2 . Operando) quedará:
la condición de órbita circular, que se escribe como: VT
V{GM --;,:;-
=
siendo M la masa del Sol. Denotaremos por VA la velocidad de la nave tras despegar hacia la órbita de radio r 2 y por vB la velocidad correspondientes de la nave al llegar al punto de frenado total B.
t,,. Caso r2 >> r1. Podemos hacer la hipótesis de que r 2 ~ oo. Veamos a qué tienden los dos primeros términos que figuran en .6.v2 • Es fácil ver que:
• Primer procedimiento: Frenado total en la órbita de la Tierra. El impulso de velocidad necesario para el frenado total en óbrita de la Tierra para que la nave caiga directamente al Sol será, simplemente:
(2
2r 2
r, (r,
+ r,)
=
lim
V;:-;-
r2::$>r1
2r 1 -~--'--~-o r, (r +r ) 1
2
Luego: • Segundo procedimiento: Órbita de transferencia de Hohmann + frenado total. Como primer paso, aceleramos instantáneamente la nave hasta una velocidad que lleve a la misma a tener un afelio a distancia r 2 . En esta nueva trayectoria (órbita de transferencia' de Hohmann), se conservará la energía mecánica y el momento angular, lo que podemos escribir como:
1 2
2
-mvA -
Mm
Mm
1 2
G-- = -mVfl2 - G-r1
ffiVAT1
=
lirn D.v2 =
r2::$>r1
(v'2" - 1) V{GM -;¡;- = 0.4142 D.v
1
E_s decir, existe un límite para la economía de impulso de velocidad, pudiendo llegarse hasta un ahorro del 58.6% cuando la órbita de transferencia de Hohmann lleva a la nave hasta el infinito. La contrapartida negativa es que la duración del viaje se incrementa hasta el infinito. 11 ¿Qué ocurre si r2 = (1 + s)r1, siendo E positivo y tan pequeño como queramos? Calculemos los límites anteriores:
r
2
ffiVBTz
2r2
sistema que resuelto nos da:
r,(r,
lim r2=(l+t:)r1
Llamaremos D.VA al impulso de velocidad en A y D.vB al impulso de velocidad en B (impulso de frenada). Sus valores son:
+ r,)
=
0
0
V1+f¡ V;:-;- "°
(
E) 0
1+ 4
V;:-;-
2r 1 r2 (r 1 + r 2)
Luego:
-r,-/-,r-:-r-,-) - ~] 2r, r 2 (r 1
+ r 2)
El impulso de velocidad total por esta segunda vía será, pues: 2r
2 ----~+ r (r, + r,) 1
2r, r2 (r, +r,)
0]
V;:-;-
En ~esumen: el valor del impulso de velocidad por la segunda vía (es decir, enviando primero la astronave a una órbita de superior altura para frenarla a co?tin~acióny dejarla caer hacia el Sol con velocidad orbital nula) es siempre inferior al correspondiente a la primera vía, con un límite, representado por el valor correspondiente al caso r 2 » r 1 , en el que D.v 2 = 0.4142 b,.v1 .
9. Fuerzas Centrales (!): Órbitas
352
[IJ Un cometa describe una órb~ta par~bólic~ con .el S?l. como foco
en el mismo plano que la órbita de la Tierra. S1 su distancia m1n1ma al Sol es /3R, con f3 < 1 y R el radio de la órbita de la Tierra, probar que el tiempo que permanece el cometa en el interior de la órbita terrestre se puede expresar como:
J2 (1 - (3) (1 + 2 (3) años 3 7f
!·
Aplíquelo al caso en el que f3 = ¿Bajo qué ángulo cruzará el cometa la órbita terrestre? ¿Cuál será su velocidad en el perihelio comparada con la velocidad orbital de la Tierra? ¿Qué ángulo formarán los radios vectores del Sol al cometa en los instantes de entrada y salida del mismo de la órbita terrestre? ¿Qué tiempo permanece en el interior de la órbita terrestre?
IR. I La condición de órbita parabólica se corresponde con una órbita de energía total nula y de excentricidad unidad: E = O, € = l. Podemos obtener la velocidad del cometa en los puntos P y Q a partu de los dos principios que rigen el mo~i~ie:nto de cuerpos -~n campos de :uerzas, trales conservativos: el Pr1nc1p10 de conservac1on de la energ1a mecan1ca y el Principio de conservación del momento angular. Aunque no lo hemos puesto de manifiesto en la figura, en el punto O se encuentra el Sol, al que asignaremos una masa M, al igual que a la Tierra le asignamos la masa mr, siendo m la masa del cometa.
c:n-
Y\
T Vp
e
~-,--,,,::_ a (0,2jlR): Q
!:
:
:,
!r
i
''
:
'' ''
1
1
:.,i' 1'
--------p {JR :Ó •
R
-
(-jiR,0) :_, : X ·-------p -pii:i:i-:-¡;-___ k _____ .,,' '' .' ' :
\
l
'' "
"" " L
9. Fuerzas Centrales (!): Órbitas
353
• Principio de conservación del momento angular respecto a O: Utilizaremos este Principio para relacionar la velocidad angular {} en cualquier punto de la trayectoria con la distancia al centro de fuerzas, r. Así: l = mr 2 ÍJ = cte = f3R · mvp
-+
r 2 ÍJ = J2GM(3R
Sabemos que el tiempo de vuelo de un cuerpo en un campo de fuerzas central está relacionado con la velocidad areolar. Por lo tanto, y dado que más adelante habremos de calcular el área barrida por el radio vector entre los instantes en que el cometa penetra en el interior de la órbita terrestre y sale de esa órbita, es conveniente obtener el valor BQ (su simétrico en la parte inferior será el mismo cambiado de signo). La ecuación de la parábola (e= 1) se escribe en coordenadas polares como: r=
p
1 +cose
=
2f3R 1 +cose
o } [ er -= (3R
-+
Una vez que tenemos la ecuación de la parábola en coordenadas polares, la intersecta~os con .la ecuación de la circunferencia para ob~ener el ángulo paré\. el que el cometa cruza la órbita de la Tierra por la parte superior (y consiguientemente, el ángulo para el punto simétrico inferior). Así:
2(3R } r=l+cose
r=R
-+
e= cos- 1 (2(3 -
1)
que nos da el valor de eQ y su simétrico respecto al eje de la parábola. Además, si 0.5 < f3 < 1, eQ será menor que ,r/2 (en valor absoluto) y si O < f3 < 0.5, BQ estará entre ,r /2 y ,r. Para el cálculo del tiempo que el cometa permanece en el interior de la órbita terrestre, utilizaremos la segunda ley de Kepler, que nos dice que la velocidad areolar permanece constante. El problema se reducirá a establecer una relación entre el área barrida por el radio vector del cometa desde que entra en el interior de la órbita de la Tierra hasta que sale de la misma, y el tiempo que dura· una revolución d'e la Tierra álrededor del Sol, en términos de las mismas constantes (es decir1 la constante gravitatoria G, el radio de la órbita terrestre R y la masa del Sol M). Un primer paso nos lleva a calcular el área del triángulo mixtilíneo OPQ, de la forma:
• Principio de conservación de la energía:
E= O= E
1
GMm 2 mvp - _f3_R_
2 1
GMm
= O = 2mvQ2 - --¡¡-
-+
Vp
=
f2GM v/3R
Utilizando como ayuda las siguientes expresiones: X
-+
tan-= 2
1- cosx 1 + COSX
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
354
podemos llegar sin dificultad a la siguiente relación: AoPQ =
2
3¡3
2
R
Vi'l (l -
¡3)
pues, según hemos visto antes, el punto de corte es: cos ()q = 2/3-1. El área total barrida por el radio vector desde que el cometa entra en el interior de la órbita terrestre hasta que sale en Q será el doble de la calculada: ATotal, = 2 AoPQ
Pasemos ahora al cálculo del tiempo entre los dos puntos de la órbita del cometa que coinciden con la entrada dentro de la órbita terrestre y la salida de la misma) en función de lo que sabemos: ATotal = =
f'(l::¡r2·)e
lof'dA dt dt = lo
1' (~
=
41r R
GM
)2GM¡3R) dt = JG~¡3R t
= (1 año) 2
-+
)2 (1 - ¡3)(1 37í
VGM =
+ 2¡3)
ALPQSL = 2
¡
S
R(l-2¡3)
ydx = -R 2 }¡3 (1- ¡3') 3
J ¡3 (1 -
¡3)
Hemos eludido el cálculo detallado de ambas expresiones por su evidente obviedad. Queda, pues: ATotal = ALPQOL = ALPQSL - AoQL =
~ R 2 (1 -
2¡3)
V¡3 (1 -
¡3)
qu.e r_eproduce la misma expresión que antes. El resto del desarrollo es co1nc1dente.
21r Rv'R años
Llevado este valor a la expresión del tiempo de tránsito por el interior de la órbita terrestre, se produce la cancelación de las constantes, salvo /3 1 quedando finalmente, como queríamos demostrar:
t=
El ~re~ barrida por el radio vector en el tránsito del cometa por el interior de la orb_1ta terrest.re es el doble del área entre la rama superior de la parábola Y el eJe de abscisas, menos el área del triángulo OQL. Procedamos:
AoqL = OS · QS = 2R
Podemos utilizar la duración de una órbita de la Tierra (un año) para transformar esta expresión en otra que sea únicamente dependiente de la constante {3. Para ello, es conveniente utilizar la tercera ley de Kepler para una órbita circular, con M (masa del Sol) como masa del cuerpo que crea el campo (la masa de la Tierra puede suponerse insignificante, con lo que la cantidad que aparece en el denominador M + mT ~ M). De esta forma:
Tf
e:::
dt
t = !!_ R 2 (1 + 2¡3) jl=/3 3 --'-v,=2=;G-="M-="Rcc--~
3
x = a Y + b, siendo a y b las dos constantes a ajustar para que la parábola p~se por los puntos de coordenadas (-¡3R, O) y (O, 2¡3R). La ordenada en el origen se calcula a partir de la ecuación en coordenadas polares sin más que ha~~r i, con lo que el correspondiente valor de r en la vertical es 2(3R. Utilizando estos datos, es inmediato el llegar a la ecuación de la parábola: Y = ±}4¡3R(x + ¡3R). Los puntos de corte de ésta con la circunferencia nos dan las abscisas: XL= xq = R(l - 2¡3).
-¡3R
Igualada esta expresión a la anteriormente obtenida para esa área total, con M la masa del Sol, obtenemos:
2
355
2
1 - coseQ (2 + cosBQ) = ~ R 2 (l + 2¡3) 1 + coseQ 1 + coseQ 3
2
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
_ anos
~ Otra vía: El cálculo del área barrida por el radio vector lo podemos realizar utilizando coordenadas cartesianas en lugar de polares. La parábola de eje horizontal de la figura, simétrica respecto al eje Ox, tiene por ecuación:
l·
il Caso f3:::::: Empezaremos por responder a la última pregunta. Sustituyendo el valor de (3 en la expresión general del tiempo de permanencia en el interior de la órbita terrestre del apartado anterior:
11/3=1/2 --
)2 (1 - ¡3) (1 37í
+ 2¡3) 1 /3=1/2
-
anos =
2 7í años = 77.5 días 3
Seg,ún hemos visto antes, el valor de la velocidad del cometa en el perihelio sera:
Vp '/3=1/2
=
lifff-1
= 2j
d~do que en ~nteriores problemas hemos visto ya que la velocidad de la Tierra en su orbita de radio Res VT = jGM/R. Del pri_ncipio de conservación del momento angular aplicado a los puntos P Y Q Junto al valor de la velocidad del cometa en Q obtenido también en el apartado anterior = }2GM/R) llegaremos a:
(vQ
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
356
R
- · mvp = R · mvq cosa 2
Vp
J2
2vq
2
-r cosa= - - = -
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
357
y sustituyendo los datos proporcionados por el texto del ejercicio:
a= 45º
GMm
GMm
GMm
1
4R - 2R = 2mvq2 - -¡¡_-
Por último, para el cálculo del ángulo que los radios vectores del Sol al cometa en los puntos de intersección de la trayectoria de ésta con la órbita de la Tierra, no tenemos más que calcular e= cos- 1 (2¡3- l) para ¡3 = De esta forma obtenemos:
i·
. vq = 2vp s1na =
J2GM . a -¡¡-sin
Llevando el resultado de la segunda ecuación a la primera y operando) nos queda finalmente: En otras palabras, los puntos Q y L se encontrarán en los extremos de un diámetro de la órbita de la Tierra alrededor del Sol.
.
s1na=
[[] Consideremos la Tierra como una esfera de radio R y masa M, homogénea y fija. Un satélite de masa m se pone en órbita en un punto tal como el P, con las siguientes características: Distancia·· al centro de la Tierra: d = 2R, y velocidad Vp = G M / d, que forma un ángulo a con la dirección radial correspondiente a ese punto. a) Calcular el valor de a para que el satélite, sin chocar con la Tierra 1 se aleje la mayor distancia posible de ésta. ¿Cuál es esta distancia máxima?; b) ¿Qué tipo de trayectoria describiría el satélite y cuáles serían sus características si a =
v'3
T
a= 60°
A
J
i?
V
60°
P
mt.. 2R
[KJ El que
el satélite se aleje lo más posible de la Tierra sin que llegue a chocar con ella quiere decir que todas las trayectorias posibles con la misma velocidad de partida (en módulo) en el punto P han de tener como condición común que su distancia mínima al centro del campo de fuerzas (en el perigeo) coincidirá con el radio terrestre R. Como es habitual en este tipo de problem-as, dos Principios gobiernan el movimiento: el Principio de conservación de la energía y el Princpio de conservación del momento angular. Apliquémoslos a los puntos P y al de tangencia de la órbita con la Tierra en el perigeo, un punto genérico Q que no dibujamos. Así:
1 GMm = -mvq2 - - - 2 Tp 2 TQ 2R · mvp sin a= R · mvq 1
GMm
2 -mvp - ---
La trayectoria que sigue el satélite para a = 60° es la que se representa en la figura, con un perigeo tangente a la superficie de la Tierra y un apogeo en el punto A, a una distancia máxima rM del centro de fuerzas O. Aplicando de nuevo los Principios de conservación a los puntos P y A, escribiremos:
GMm
1 2
GMm
1 2
2 2 -mvp - - - - = -mvA - --fy
2R · mvp sin 60°
~
= TM · mvA
Sustituyendo valores conocidos (vp y rp), despejando VA de la segunda ecuación y llevándolo a la primera, nos quedará, tras simplificar, lo siguiente: VA=
-./3GMR v2rM
-+
r~ - 4RrM
+ 3R 2
= O
TM TM
=3R =R
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
358
La solución válida en nuestro caso (como distancia máxima, claro está) es la primera, y diremos que la distancia de máximo alejamiento del satélite en esas condiciones es:
La segunda de las soluciones es, precisamente, la solución del extreno opuesto de la órbita, la correspondiente al perigeo, en el que la órbita es tangente a la Tierra. De hecho, las condiciones impuestas a la órbita (conservaciones de la energía y del momento angular), junto a la de velocidad perpendicular al radio vector correspondiente, que aplicamos cuando escribimos el momento angular en el punto A, también se cumple en el perigeo o punto de máximo acercamiento, por lo que lógicamente la solución completa del problema debe contener también a este punto de máximo acercamiento.
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
359
• Otro procedimiento, que utiliza nuevamente los dos Principios de conservación, permite también llegar de forma cómoda a este resultado. Sean 1 y 2 el perigeo y el apogeo (o inversamente) de una órbita elíptica, identificados por las distancias r 1 y r 2 y las velocidades v 1 y v 2 • Además, en estos puntos se habrá de cumplir la relación que se obtiene a partir de la conservación del momento angular: r 1 v1 = r 2 v2 • Sustituyendo v2 El!1. r, en la ecuación de conservación de la energía mecánica:
1 2
-mv 12
-
GMm
--r1
1 2
= -mv 22
1
-
-mv 12
2
GMm
---
-,
r2 -
GMm
--r1
=
G:)
GMm
r,
Es decir:
• Caso a = ~. La segunda parte del problema, cuando a = 90° 1 nos lleva a la situación de que el punto P sea perigeo o apogeo, pues no tiene velocidad radial y es, por lo tanto, uno de los puntos de retroceso. Reescribiendo los principios de conservación para éste punto P y el otro punto de retroceso, al que llamaremos genéricamente Q, tendremos:
GMm
1 2
GMm
1 2
2 -mvp2 - - - - = -mvq - --fy
~
2R · mvp = rQ · mvQ
y sustituyendo los valores proporcionados por el texto del ejercicio:
GMm --4R
GMm
- --2R
VQ
1 GMm 2 = -rnvQ - --2 CQ
2Rvp
,/2GMR
TQ
CQ
=--=
Llevando este último valor a la ecuación anterior, nos dará:
ri - 4RrQ
+ 4R 2
= O
rQ = 2R
(raíz doble)
Por lo tanto, la supuesta trayectoria elíptica es en este caso una órbita circular. Puede extraerse la circularidad de la órbita comparando la fuerza de atracción gravitatoria con la fuerza centrípeta en el punto P, que en ese instante es la fuerza total, pues la velocidad y el radio vector son perpendiculares. Si ambas fuerzas son coincidentes, obtenemos la condición de circularidad de la órbita:
F'. _ GMm _ GMm 4R2 9 - _r_2_ p
como esperábamos.
F'. _
vi_ GMm 4R2
c-rnrp -
Por lo tanto, en nuestro caso, como el punto P es uno de los puntos de retroceso a los que es aplicable la anterior relación (supondremos que es el punto 1, con r1 = 2R), tendremos:
GMm V1 ---;¡¡¡r1 -- = - - = 2 = 1 + T1 GMm r2 4R
-,
• El penúltimo camino para llegar a la misma conclusión de órbita circular descansa en el teorema del virial, que dice que para un potencial como el gravitatorio y una órbita limitada se cumple que el valor medio de la energía cinética a lo largo de una revolución completa es igual a la mitad del valor medio de la energía potencial a lo largo de esa misma revolución. No es difícil comprobar, con los datos del problema, que en el punto P se cumple esta relación: Tp -Vp /2. Con sólo esta circunstancia no podríamos deducir que la trayectoria es circular, pues el teorema del virial se cumple para valores medios a lo largo de una órbita completa) y no para un único punto. Pero tratándose el punto P de un punto de retroceso, nos permite asegurar que la órbita es circular. Veamos por qué. La energía potencial gravitatoria es una función uniformemente creciente entre el punto de mínima distancia y el de máxima distancia, con lo que la energía cinética correspondiente será función uniformemente decreciente entre esos mismos puntos. Además, si el teorema del virial se sumple para una órbita completa, se cumplirá también para media órbita, iniciada en un
=
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
360
punto de retroceso y terminada en el otro, dada la simétría de la misma. Según el Teorema de la media, el valor medio de una función uniformemente creciente en un intervalo coincidirá con el valor de la función en un punto de ese intervalo. Pero ese punto ha de ser interior al intervalo, como se deduciría del estudio del significado del valor medio de la función como V = ~ V dt, donde la integral se extiende a un semiperíodo iniciado en uno de los puntos de retroceso, en nuestro caso, siendo r el semiperíodo. Por lo tanto, si en nuestro caso el teorema del viríal se cumple en un extremo del intervalo (y el punto P lo es por el dato a= f que nos da el texto), una posibilidad para que se cumpla el teorema de la media es que la función sea constante entre los dos puntos de retroceso. Como esto no puede ser porque la función potencial es inversamente proporcional a la distancia, la otra posibilidad que nos queda es que esa distancia no varíe, es decir, que la trayectoria sea circular, y entonces, el valor medio del potencial a lo largo de una órbita coincide con el valor del potencial en cualquier punto de esa órbita, es decir, el potencial es constante, ocurriéndole lo mismo a la energía cinética. Estas consideraciones, pues, nos permiten deducir la naturaleza circular de la órbita en cuestión.
J;
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
c) Demostrar que, siendo T el período orbital del planeta, el tiempo medido desde el perihelio puede escribirse como: T
12
.
t= -(,f;-csm,j;) 2,r
d) Encontrar una relación sencilla para el valor de la velocidad del planeta en su órbita en función de la distancia al centro de fuerzas O. e) Usar esta parametrización para calcular los valores medios de la energía cinética y potencial a lo largo de una órbita, verificando el teorema del virial: V= -27'.
y'
y
Q
• Por último, la utilización del potencial efectivo en la expresión de la energía total mas permite llegar también a la misma conclusión. Según ella, escribiremos:
GMm 1 . E=Tp+Vp=--- = -mr 2 4R 2
361
x,x'
a
O'
ae
O
GMm
+-- -r 2mr 2
Pero el momento angular constante l es el del mismo punto P, por ejemplo, con lo que:
l 2 = 2GMm 2 R
r.2 = -GM - - (r-2R )2 2Rr 2
cantidad que, o es negativa, pues todo lo que está a la derecha del signo es estrictamente positivo (lo que es un absurdo tratándose del cuadrado de algo)) o es nula parar = 2R (trayectoria circular, única solución válida), como queríamos probar.
[IQ] a)
Probar que la posición de un planeta en su órbita elíptica puede expresarse, utilizando el eje Ox en dirección del perihelio, con el parámetro angular 1/;, denóminado anomalía excéntrica (cuya definición y construcción se muestra en la figura adjunta), de la forma:
=
x a(cos,j;- e) } y= bsin ,j;
r = a(l - ecos-¡/;)
b) Encontrar un conjunto de relaciones que me permitan pasar de la anomalía verdadera a la anomalía exentrica y viceversa.
IR. j En la figura,
el centro de fuerzas se encuentra en O (que a su vez es foco de la elipse descrita por el planeta), mientras que el centro geométrico de la elipse es O'. La construcción del ángulo de anomalía excéntrica es meridianamente clara: desde el centro de la elipse, O', se traza una circunferencia tangente a la misma, de radio igual al semieje mayor a, y se traza desde la posición del planeta P una perpendicular al eje polar Ox, que corta a la circunferencia en Q. La posición angular de Q medida desde O' es el ángulo de anomalía excéntrica 'lj;. En los ejes Oxy, la ecuación de la órbita del planeta P en el campo gravitatorio creado por O, en polares, es: r=
p
b2
p=-
l+ecose a El ángulo 8 se denomina anomalía verdadera. La ecuación de la elipse en los ejes que tienen por origen el centro de la misma será, en coordenadas cartesianas:
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
362
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
x'2 y'2 -+-=l a2
donde hemos añadido la segunda igualdad sin calcularla, dado que se obtiene de forma similar. A partir de aquí calculamos tan usando una conocida identidad trigonométrica:
f
b2
Hagamos una translación de ejes, paralelamente a sí mismos y en dirección del eje x, hasta hacer coincidir su origen con el foco O de la elipse. Esta translación me permitirá escribir la ecuación de la elipse en los ejes Oxy de la siguiente forma: x' = x
+ ac
}
(x+a,:)2 a2
-+
y'= y
+
~sine sin¡/, = __l~+~c:_c~o_s_e_ ~ sinB 2 - l+cos¡/J l+ cose+c: -y~l+cose 1 +c:cose
,¡, t an- -
y2
b2 = 1
Es decir, volviendo a recordar la mencionada identidad trigonométrica:
,¡,
Pero según la figura:
x+as
cos¡/J = - a
-+
sin,¡,=
../1- cos
2
¡/J =
J
1- (
x:
tan-=
2
ac: )'
y b
1 +é
y= bsin,j,
dA dt
cuenta que b2 = a 2 (1- ,: 2 ), a la tercera:
x 2 + y 2 = r 2 = a 2 (cos¡/J- c:) 2 + b2 sin ¡/J 2
+ (1-
2 E )
sin2 ¡/J] = a 2 (1- ,:cos¡/,) 2
1 t
Es decir:
O
e
• Relación entre y 7.p. De la expresión de r en función de la anomalía verdadera y de la anomalía exentrica:
dA 1rab -dt = - t = dt T
¡A
= O y 'lj; =
e.
1rab T
1 2
dA =A= -
O
-sine de=
a(l - ,: 2 ) =a(l-,:cos¡/J) 1 + c:cose
¡•
r
2
de
O
T
-+ t = 21rab
re
lo
r'de
(1 - c: 2 ) sin ¡/J d¡/J (l-c:cos¡/,) 2
Pero teniendo en cuenta el valor de sin 8 en función del ángulo 7./; que hemos obtenido más arriba, nos quedará:
podemos despejar tanto cose como cos ¡/J. Operando: cos¡/J- e: cosB= - - - 1- ECOS,P
é
2
Utilicemos las variables (r,¡/J) en lugar de (r,e). A partir de la relación entre cose y cos 'lj;, por diferenciación obtendremos, tras simplificar:
r = a(l-c:cos¡/J)
r=
{1+i tan Y!_
V~
Por lo tanto, el tiempo transcurrido desde el perihelio hasta que el planeta se encuentra en una posición genérica podríamos obtenerlo a partir de la siguiente relación:
2
E)
2
• Tiempo medido desde el perihelio. Como sabemos, la velocidad areolar es constante. Para barrer toda la elipse, el radio vector desde O hasta el planeta tarda un tiempo T, por lo que la velocidad areolar se escribirá así:
y a partir de ésta, elevándolas al cuadrado, sumándolas y teniendo en
= a 2 [(cos¡/J -
tan ~ = 2
¡fd-c: e --tan-
Obviamente, si la elipse fuera una circunferencia,
que nos conducen a las dos primeras relaciones pedidas:
x = a(cos¡/J - e:)
363
de=
cose+ é cos¡/J = _l_+_c:_co_s_e
~
1-&cos¡/J
d¡/J
Volvamos a la integral para el cálculo del tiempo de viaje desde el perihelio:
Podemos obtener otra relación aún más sencilla entre ambos ángulos. De la última de las expresiones podemos escribir, tras simplificar:
sin¡/,=
cose+,: ) 1- ( 1+,:cose
2
~sine 1 + c:cose
.e sin =
~sin¡/,
1- c:cos¡/J
··-------·----
! i
1 ! I'
___.....__________________________ _;j
~
364
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
Pero como a ~ = by la integral es inmediata, sustituídos estos valores nos quedará) tras simplificar:
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas Además, y según acabamos de ver en el apartado anterior:
,¡, =
t = ~ (,p - &sin,p) 2,r
Esta expresión es mucho más manejable que la de partida y nos permitirá obtener los tiempos de tránsito con mayor comodidad, dado que podemos pasar de la anomalía verdadera a la anomalía excéntrica sin dificultad.
• Expresión de la velocidad v = v(r). Utilicemos la parametrización propuesta arriba para obtener una expresión sencilla y útil de v = v(r). Es fácil ver que:
con lo que: 2
l+&cos,p 1-ECOS,P
r o
d
T (
t = 2,r 1 -
2
r
2r
)
é
COS 1,b d,p
2
2,r
(l-&cos,p)
O
pues en una revolución completa 1/; variará entre O y 21r. Simplificando y operando:
=a'
2
(2,r)
[2-(1-&cos,p)l 1-ECOS,P
T
2 3
-
l l = a (2rr) -:¡:
CM
a
3
(
M.
Sigamos un procedimiento similar para el cálculo del valor medio de la energía potencial a lo largo de una órbita completa. Como V = - GMm 1 su valor medio será: r
¡
2 1 ¡r CMm r rr 1 CMm Vdt = - - - (1-t:cos,p)d,p= - - 7 o ra 21r O 1-Ecos'lj; a
confirmando el teorema del virial: trar.
¡2 ~
-
~ll
V
=
-2T,
como pretendíamos demos-
to de un planeta en órbita elíptica con la normal al vector de posición del mismo, probar que, siendo 'lj; la anomalía excéntrica, se cumple:
pues r = a(l - E cos,p). Por último, teniendo en cuenta la tercera ley de Kepler para el caso de que la masa del planeta sea mucho menor que la del centro atractor (es decir, si m << M, con lo que la masa reducidaµ~ m), podremos simplificar aún más la expresión anterior: r 2 = (2rr) 2 -µ-a 3 ce (2 rr)' a 3
«
[ill Si, por definición, 17 es el ángulo que forma la dirección del movimien-
2
2 1- éCOS,¡/J
2a
T
donde hemos utilizado la tercera ley de Kepler para el caso m
V= -
Esto es:
GMm
--+
1 COS ,P
2
-
[
é
2
T
2 2 v = a (2rr) -:¡:
1-
T = _!: (2,r)2 ma' = CMm
Pero derivando respecto al tiempo la expresión t = t( ,¡,) que acabamos de obtener: 2,r . - = ,p(l - éCOS,P)
T
T
-r-.!:¡TTdtma- (2rr)'(r)i'rr l-& cos ,p (1-&cos,p)d,p - 2
y= a~,}cos,p
(2rr)
2,r
con lo que el valo..:_ medio de la energía cinética evaluado a lo largo de una órbita completa, T, será:
x = -a,} sin,¡,
v'=a'
365
t an ry =
e sin,¡, -,e=~
v'l -
,:2
2 ; ) ' =CM
Es decir:
• Valores medios de la energía cinética y potencial a lo largo de una órbita completa. El valor de la energía cinética expresado en términos de la anomalía excéntrica es:
a
X
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
366
IR. IEn la figura se muestran los vectores y ángulos mencionados.
En realidad el versar que nombramos como u es el versar ª-e· Los ejes cartesianos tiene~ su origen en O y el eje polar está en dirección Ox. De un ejercicio anterior , sabemos que según la parametrización de la trayectoria por medio . de la anomalía excéntrica, podemos escribir la ecuación de la trayectoria de una de estas dos formas equivalentes: 2
T
=
a(l - c ) = a(l - ,:cos,j,) l+ccose
Además, hemos también obtenido las siguientes expresiones para sin e y cose en función de la anomalía excéntrica: v'l - ,:2 sin ,j, sin e = - - - - - , 1 - cCOS,P
cos,j,- e cos e = -----'--,1 - c: cos ,f,
De la identificación del versor u €.e, el valor tan 1] no es más que el cociente entre las componentes radial y transversal de la velocidad v. Es decir: Vr
i'
ve
re
No tenemos más que utilizar las expresiones de arriba y sus derivad3:s temporales para tratar de verifi_car la relación propuesta. Así: .r = aE:'lj; sin 'lj;, mientras que para calcular e derivaremos cos B respecto al tiempo:
. . (1 - ,: 2 ) sin,¡, · -8 sm 8 = - (1 - ECOS'+' .!,)2 'P y sustituyendo sin e por su valor en función de 'lj;, nos quedará: .
. (1- ,: 2 ) sin,j, 1- éCOS,P
,¡, (1- ,;cos,j,) 2 ~ sin,f,
_ ~ ,j; - 1- ,:cos,j,
Llevado este valor a tan 7J, nos quedará, como queríamos probar:
aE,P sin ,¡, 1 - e: cos ,j, tan r¡ - a(l - e: cos ,¡,) v'l - 62,j;
e sin,¡,
~
[!TI Una partícula describe una traye_ctoria elíptica bajo ,u~a fuerz~ ~ravitatoria. Si la relación entre las velocidades angulares max1ma y m1n1ma es n, probar que la excentricidad de la órbita está dada por: E=
y'n-1
v'n+ 1
367
j R. IEl principio de conservación del momento angular aplicados a los puntos de máximo acercamiento y alejamiento (a los que llamaremos puntos P y A, respectivamente) nos conducen a:
rp. mvp =TA. ffiVA
pues Vp = iJprp y VA= iJArA. Teniendo en cuenta que, según el texto del problema, se cumple que ép = niJA, la relación arriba escrita nos lleva sin dificultad a:
La excentricidad de la órbita, valiéndonos de un sencillo dibujo, se escribirá como: ,:='.:= T\-t(rp+TA) = y'n-1 a v'n+ 1 2 (Tp + TA) como queríamos probar.
@] La Tierra describe alrededor del Sol una trayectoria elíptica de ecua-
;J~~~:1,
tanr¡=-=~
8=
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
expresada en coordenadas polares cuyo origen es el Sol, ción r = con el eje polar en dirección del perihelio. En esta expresión, a es el semieje mayor de la órbita, E es la excentricidad de la misma y 8 el ángulo polar. Si denominamos /3 a la velocidad areolar constante y v 0 la velocidad mínima sobre la trayectoria, se nos pide calcular: a) las componentes radial y transversal de la velocidad de la Tierra en cualquier punto de su trayectoria (definida por el ángulo polar 8), así corno el módulo de esa velocidad, v, en función de a) E y va; b) la relación v 0 /v 1 entre las velocidades mínima y máxima de la Tierra en su órbita.
lliJ La ley de las áreas (segunda ley de Kepler) se puede expresar como: dA 1 • - = -T 2 e = cte =
dt
2
f3
Conocemos el valor de la velocidad mínima, v 0 , que corresponde al punto de máxima distancia al centro de fuerzas {afelio, a quien llamaremos A), donde velocidad y radio vector son perpendiculares. Para este punto el valor del ángulo 8 = 1r, con lo que: 1
TA=
a(l - ,: 2 ) =a(l+,:) 1-é
pues cos 1r = -1. Llevado este valor a la ley de las áreas antes escrita y teniendo en cuenta que VA = rABA = v0 :
368
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
Como ve = rfJ, la igualdad anterior nos lleva a:
rve = a{l + c)vo
vo =
a{l
+ c)vo
{l +ECOS 8)vo 1-E
T
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
369
J y VM
Aplicándolo a nuestro caso, con Vm mente la excentricidad de la elipse:
= v, obtendremos directa-
1 2
é=-
Para la velocidad radial Vr escribiremos: éVo sin 8
Apliquemos los principios de conservación de la energía y del momento angular a esas dos posiciones del satélite, escritos de la forma:
1-é
!mv2 _ GMm = 2
donde hemos utilizado el valor de Í) que se extrae de la ley de las áreas. Así, pues, el valor del módulo de la velocidad de la Tierra en un punto de la órbita definido por el ángulo polar e será: V= Jv2 T
La velocidad máxima corresponderá al máximo valor del radicando, que ocurre cuando cose = +1, es decir, en el perihelio, al que llamaremos punto P, como se esperaba. Este valor será:
1-é
2
(3 =
1
-Tp · Vp
2
3
3GM 2v2
rp=--
TA=3rp
9GM 2v2
= --
Por último, el semieje mayor a no es más que la semisuma de la distancia al perigeo y al apogeo: Tp +TA
3GM
2
v2
a=---
~ Un cohete es disparado desde al superficie de la Tierra con una velocidad v < -jgR y un ángulo a con la vertical. Hallar la ecuación de su órbi~~· Expresar el alcance 2Rr.p en función de los parámetros A = y a, sem1eJe mayor, y probar que el alcance máximo se obtiene para un ángulo a tal que A = 2a - R. Deducir que este máximo alcance es 2I/,,n donde
J:
1-c 1 +e
Para obtener esta última relación podíamos haber seguido otro camino, a partir de la ley de las áreas. Teniendo en cuenta que r A = a{l + e) y rp = a{l - e) y que VA = v 0 y vp = v,, podemos escribir:
1
rp · mv =TA· m-
1 -é
En definitiva:
-TA· VA=
TA
V
v1 i+c2 +2E=-l+c --vo
vo v1
3
donde rp y r A son las distancias del perigeo y del apogeo, y M y m las masas de la Tierra y del satélite. Operando, nos quedará:
+ v f)2 = _11{l__J¡ + c2 + 2c COS8 l -E
va v,=vp=--
!m (1:)2 _ GMm 2
Tp
VA
VQ
l-é
Vp
v,
l+c
•
Slll i.p
=
V'
2 gR-v 2
r, •
A
[i]J Un
satélite de la Tierra tiene en el perigeo una velocidad v y en el apogeo su velocidad es v /3. Determinar la distancia al perigeo, al apogeo, la excentricidad e_ y el semieje mayor a.
IR. IEn un problema anterior hemos visto que el cociente entre la velocidad mínima y máxima de un cuerpo en trayectoria elíptica sometido a la acción de un campo gravitatorio (correspondientes a las velocidades en el apoastro y periastro, respectivamente) se puede expresar como:
R !)
o
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
370
IR. I La
velocidad de escape del cohete a la grave~ad terrestre desde el punto Q sería la velocidad necesaria para que la orb1ta correspo~d1ente fuera una parábola, es decir, una órbita de energía total nula. Aplicando el principio de conservación de la energía:
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
371
Como es evidente a partir de la figura, el alcance dependerá del ángulo
~mv2 - GMm =0
2
R
'
pues g = ~1;1. Por lo tanto, la velocidad de lanzamient~ de: c~hete es v < ve, por lo que la órbita será limitada y cerrada (elíptica o circular). Una característica de esta órbita (que supondremos elíptica) es el valor de su semieje mayor 1 relacionado con la constante k = G Mm y la energía mecánica total a través de la expresión:
gR'
GMm m(v 2 - 2gR) pues la energía potencial V = lanzamiento en la superficie es v mayor es tal que a < R.
0
2gR- v 2
1¡¡m = -mgR.
< fgll,
Corno la velocidad_ de resulta que el valor del sem1eJe
La ecuación de tal órbita, considerando que el eje polar está en dirección del punto más próximo o perihelio P, dirección a partir de la cual se mide el ángulo polar B, es, como sabemos por la teoría: T
siendo A y
E
2
v sin a
Hemos escrito entre corchetes el valor del cuadrado de cos BQ porque nos será más fácil trabajar con expresiones que no contengan raíces cuadradas en lo que sigue. Como hemos dicho, el valor de máximo alcance se obtiene para valor máximo de rp, ó consecuentemente, para valor mínimo de ()Q, ó, lo que es lo mismo, para valor máximo de cos eQ (ó de cos 2 eQ). Así, pues, imponiendo la condición de máximo a la función cos 2 eQ, tras operar con cuidado llegarnos a: 2
g --,=======~-2 2
2E v sin a
k
= vg(2a- R) V2
como queríamos demostrar. El correspondiente valor de rp = 2a-R
cosr.p = -coseQ =
R
1r -
-1
()Q
para este ángulo a será: 2,/a(R - a)
R,/R-a
2,ja(R- a) R
y por lo tanto:
~ 2a-R 2gR-v2 -R V2 sinrp = - - - = = R R 2gR-v2
corno pretendíamos probar.
v 2 sin2 a
1+
.
SlllQ
Llevándolo a la expresión del parámetro A:
=
l+
o
-ª~(c_o_s_8~q=) = da
g
pues el momento angular constante (aunque en cada caso función del án~~o de lanzamiento a) vale l R · mv sin a, mientras que E y k son tamb1en constantes pero independientes del ángulo de lanzamiento. Sustituyendo estos valores en la ecuación de la órbita, tendremos:
=
2E v sin a 1+ k g
l2 v 2 sin2 Q = =2a-R mk g
,-----~ 2E v 2 sin2 a 1+ k g
T
[
1)']
= --'---'g"---:~--.c"'-2 2
A= -
2
(Rmv sin a) 2
/2
cos 2 8q
2E v sin a 1+ k g
A
= -km- = -'-~G~M~m~,~
(v'si;'a _
= ,=="===== 2 2
= -----: l+,:cose
dos parámetros de la órbita que vienen definidos por:
A
cos Bq
v 2 sin 2 a -~--1 gR
g
1J
cosv
ITQJ a)
Un satélite terrestre describe una órbita elíptica y, en un punto determinado de su órbita en el que se encuentra a una distancia r del centro de la Tierra, tiene una velocidad v, formando ésta un ángulo o con
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
372
la dirección perpendicular a la radial (a será positiva si se mide por encima de esa dirección y negativa en el caso contrario). Hállense el semieje mayor de la órbita, la excentricidad de la misma y su ecuación en coordenadas polares. b) Nada más terminar el encendido de la última fase de un cohete en elpunto B, los datos recibidos de su movimiento son: r = 6700 km, i- = 3600 m/s, iJ = 1.4 x 10- 3 rad/ s, datos todos ellos referidos a un sistema de referencia inercial con origen en el centro de la Tierra. Utilice los resultados del apartado anterior para encontrar la distancia al apogeo y, valiéndose de las definiciones realizadas en ejercicios anteriores sobre la anomalía excéntrica, el tiempo que tarda el cohete en impactar de nuevo con la Tierra , medido desde la finalización del encendido de la última fase.[Dato: Radio de la 24 Tierra, R = 6370 km, masa de la Tierra, M = 5.98 x 10 kg]. .Y....
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
k
GMm
373
Rv;
R
--+.~ = - - - - 2R 2R _ r ' r v,
a=-~=---- 2E 2E -
(~)2
v' - -v2
pues k = G Mm, Y la excentricidad:
E=
2El2 l + ~ -2 = mk
l-
2R v2) 2 2 2 ( - r - -v2 r v cos a 1' (Rv;) 2
(if (:re:-~;)
2
cos a
l a d or m k2 d eb.iera aparecer µ (masa reducida) en l[Nota: d En el denom·n ugar e m, pero como m << M se tiene que µ - m] T los valores d ¡ . . · enemas, pues d ah, e semi eJe mayor Y la excentricidad en función de r v y ' ia a'.:iorr:arí:d::::: extr;er más información aún; por ejemplo, el ~alar ecuación del , b"tera correspondiente al punto B. Recordemos que la a or 1 a en coordenadas polares es:
r~
a, ....... --
2
A
r = a(l - E ) l+Ecos8
eQ '.O R
\
\
,:'
Y la derivada temporal:
,,'
Q
sin8 = ai-(I - E2) Er 2
IR.\ aa,. a) Como paso previo, definiremos la velocidad de satelización de un cuerpo que describa una órbita circular a ras de suelo en la superficie de la
~i:~~i:;!º
~a ~egunda po~ la pri°:era y teniendo en cuenta que en el punto - ;:¡ji se tendra, tras simplificar y ordenar los términos:
Tierra, ve, a partir de la condición:
v,
(GM
a(l -
= VR = 7.913 x 10
3
tan
m/s
Esto nos permitirá en lo que sigue utilizar Ve en lugar de la más complicada expresión a la que representa. Como datos relevantes de la órbita están su momento angular constante l, su energía total constante E, su semieje mayor a y su excentricidad c. En el punto B, los valores del momento angular y de la energía son:
l = mrvcosa
E=
!m (v2 2
2GM) = r
!m (v2 2
2Rv2) r
e=
2 & )
tan a r 1--=-= a(l - &2)
--~r~-- ¡. a(I - &2) ré -1 r
e,
[Nota: En la figura, hemos venido en llamar BB a para identificarlo con e~ pun10 de ¡art1da en la segunda parte de este ejercicio]. Si sustituímos a obra¡ os va ores. de a y de E obtenidos antes en función de los datos del pro ema(esdec1r · expres1on, ., tras operar con cuidado e , r , vy a ) , ¡a an t er1or se trans1orma en: ,
e
tanB =
escrita esta última en función de la constante Ve antes definida. Además, y según la teoría, sabemos que el semieje mayor está definido como:
iJ
sinD!cosa
2
R
(v, )2
cos a - -:;: -;
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
374
satélite chocará con la Tierra. Para el cálculo del tiempo de vuelo desde el punto B al punto Q, utilizaremos la parametrización de la órbita en función de la anomalía excéntrica 'l.p que vimos en eun ejercicio anterior. Por lo tanto, obtendremos previamente los ángulos de anomalía excéntrica correspondientes a las anomalías verdaderas de los dos puntos citados, utilzando la relación de transformación:
Por último, también puede resultar de interés el expresar la velocidad v en función de la distancia r y del semieje mayor a, expresión que se extrae al despejar v 2 en la expresión a= a(r, v; R, ve) anteriormente obtenida: v 2 = Rv 2 e
(~ -
r
!) = GM (~ - !) a r a
1> b) De los datos del problema, podemos calcular algunas de las características de la trayectoria, como son la velocidad v, el semieje mayor ai la excentricidad de la trayectoria€ y la anomalía verdadera B:
v =
J;-2 + (rli)' = 1.0047 x 10 R
a = - - - - ~2 = 2.2011
X
2: (:J
4
,f; tan-=
-1
,¡.
~
re
= 21
l+e
2
En función de la anomalía excéntrica periastro se escribe como:
m/s
VJ,
T
1
el tiempo de tránsito desde del .
t = -(,f;- ssm,f;)
10 m
21r
donde 7 es el período de revolución del satélite. Por lo tanto, el tiempo que tardará el satélite en chocar con la Tierra desde que se produce el encendido de la última fase, f:lt, será:
!J.t=
o
7 [,f;-ssin,f;]~ = -2:._[(,f;q -,f,3)-e(sin,f;q-sin,f;B] 21f 21r
Ía' Rvf = 3.1585 x 104 s =
Jo}
= 6.1086v GM = 6.1086v
con lo que: - - 2v') cos (Rr)' (v- )' (2R r
1- -
Ve
2
pues el período
a=0.7417
=s
1 [a(l - e r
2 )
]
- 1
e=
= o.6444
49.88º =
eB
TA= a(l +E)= 3.8337 x 10 m La anomalía verdadera correspondiente al punto de impacto Q se obtendrá de idéntica forma a la obtenida para el punto de encendido de la última fase, sin más que hacer r = R. Así:
6
)
l
- l = 0.7476
r = 21ry
GM
= 3.2488 x 104 s = 9.024 h
1
.t
'
1
[!!] Una partícula describe
una órbita circular en un campo de fuerzas central de la forma F(r) = --/',- (k > O). Probar que si, de repente, el valor de la constante k se reduce a la mitad, la órbita de la partícula pasa a ser una parábola.
IBJ La condición de órbita circular es que la fuerza de atracción sea igual a la fuerza centrípeta. Si el radio de la órbita es r, podemos escribir:
7
2
8.774 h
viene dado por la tercera ley de Kepler:
Jo}
La distancia a.l apogeo, r A, se obtiene de la ecuación del movimeinto en coordenadas polares sin más que hacer e = 1r. Así:
cosBq = l[a(l-e R
7
Ve
Por último, la anomalía verdadera correspondiente al punto B podemos obtenerla directamente despejándola de la ecuación de la trayectoria:
cose
8 --tan-
~-E
2
Para el cálculo de la excentricidad, es preciso obtener previamente el ángulo a. Éste vale: a= tan
375
Bq = 318.39º
pues el punto Q ha de·corresponder a un ángulo en el cuarto cuadrante. La existencia de un resultado válido para ()Q es también una prueba de que el
v2 k m - = -2 r r
2
k
V=-
mr
1 -mv 2 2
k
2r
Por lo tanto, su energía total será:
1 k k k k E= T +V= -mv 2 - - = - - - = - - < O · 2 r 2r r 2r En el instante en que el valor de la velocidad en esa órbita circular vale el valor que acabamos de calcular, v 2 = ~r (con k el valor original), el
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
376
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas 1 GMm 2 -mvq-- = O 2 rq
valor de esa constante se reduce a la mitad, lo que sólo afecta al valor de la energía potencial de la partícula, pues se supone que la velocidad justo después del cambio de valor es la misma que antes del cambio. Por lo tanto, la nueva energía total para k' = valdrá:
2R · mvp = rQ · mVQx
!
I
E = T
+V
I
1 2
k' k ~ = - - - = O r 2r r
2
= -mv - -
Es decir, la energía total es nula, lo que es característico de la órbita parabólica.
[!TI Un satélite de masa m
se coloca en el punto P de la figura en órbita parabólica (E= O) respecto a la Tierra, supuesta como una esfera de masa M y radio R, cuyo centro está fijo en O. Al llegar el satélite a Q, se detecta un fallo y es preciso hacerlo volver a la Tierra. Para ello se accionan los cohetes del satélite y en dicho punto Q se invierte la dirección de la velocidad, reduciéndose su módulo a la mitad. Hállense los valores de Vp, vq y rq. ¿De qué tipo será la nueva órbita? ¿Chocará el satélite con la Tierra?
377
En este sistema, desconocemos tanto rq como vq y VQx. Pero tenemos datos suficientes para averiguar la ecuación de la órbita en coordenadas polares, supuesto el sentido positivo del eje polar según OP. Las coordenadas polares del punto P en estos ejes serán r = 2R, = O, que llevadas a la expresión general de las cónicas me permitirán calcular el parámetro p que falta (pues al ser parábola e = 1):
e
r=
p
rp = 2R=
1 + cose
P
l+cosO
= P
p= 4R
2
Por lo tanto, la ecuación de la órbita será: 4R
r=----
1 +cose
e
El punto Q corresponde a un ángulo polar = ~, lo que llevado a la ecuación de la órbita me proporciona un valor rq = 4R para la distancia del punto de inversión de la velocidad, P, al centro de fuerzas O. De la primera de las ecuaciones de conservación extraeremos, pues, la velocidad que tiene el satélite en ese punto:
vq = J2GM = rq
Vp
R p
Ü!//
X -------------------<(······· ··················-
m
2
2R
[fil La condición de órbita parabólica implica que la energía mecánica del satélite es nula. Es decir, en el punto P:
GMm -mvp- - - - =0 2 2R 1
2
Vp =
.fff
En el punto Q, antes de la inversión de velocidad, la energía y el momento angular serán los mismos que en el punto P. Es decir:
2
Al cambiar de signo la velocidad en el el punto Q, a la vez que su módulo se reduce a la mitad, su momento angular cambia también de signo reduciéndose también a la mitad. La energía, que antes era nula, valdrá ahora:
E'= !mv~ _ GMm
M
{GM = ,12vp
Vm
rq
= GMm 16R
_ GMm 4R
= _]__ GMm < 0 16
R
Es decir, pasa a describir una trayectoria de energía negativa que será elíptica (no puede ser circular debido a que en el punto Q la velocidad radial no es nula y, por lo tanto, se producirá una aproximación al centro de fuerzas). • Para saber si la nueva trayectoria del satélite le lleva ó no a chocar con la Tierra, habrá que conocer la distancia al punto de máximo acercamiento. Como hemos dicho, el nuevo momento angular es la mitad del primitivo:
l' = ~ = rp. mvp = mv'GM R 2 2
9, Fuerzas Centrales (I): Órbitas
378
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
-~~~~~~~~~'----~~~~~~~~~~~~~~~-
En un punto genérico de la nueva trayectoria, a una distanciar del centro de fuerzas O, la expresión de la energía mecánica será:
E'=_]_ GMm 16 R
= !mr' + _!:':__2 _ GMm = !mr 2 + GMmR _ 2 2
2mr
r
2
GMm
2r
3 GMm ----16 R
GMmR
GMm
2r 2
T
3r 2
16Rr + 8R 2 = O
-
Aplicando el principio de conservación de la energía a la nueva órbita elíptica (que, como hemos apuntado, tiene la misma energía mecánica que la órbita circular original), en el pericentro P se escribirá:
r
Si ahora le impongo a ese punto genérico la condición de ser uno de los de retroceso, donde f = O, nos quedará una ecuación en r cuya resolución nos dará las distancias de O a los dos puntos resultantes:
1 GMm GMm -mvp2 - - - - = - - - 2 Tf 2ro
vp=3
rm = 0.558R
rM
= 4.775R
Es decir, el satélite chocará con la Tierra, pues la distancia desde el centro de la misma al perigeo de la nueva órbita es inferior al radio de la Tierra. ~ Un satélite de masa m describe con velocidad v 0 una órbita circular de radio ro bajo la acción de la fuerza gravitatoria de una masa M fija en un punto O. En un punto de la órbita, se cambia bruscamente la dirección del movimiento del satélite manteniendo sin alteración el módulo de la velocidad. Como resultado de ello, el satélite pasa a una órbita elíptica con un peri centro a una distancia T del centro de fuerzas. ¿ Cuál será la velocidad del satélite en el pericentro? ¿Cuál fue el ángulo a respecto a su dirección primitiva con que fue variada la dirección de la velocidad?
V T=-2
1 GMm -mv 2 = - - 2 2ro
°
Vo =
3
S
a = 53º7' 48.4"
en el supuesto de que el sistema alcanza un estado estacionario y no desaparece el movimiento como resultado de las fuerzas de rozamiento.
IR. ISigamos el razonamiento de la teoría: Si definimos la variable dinámica G =
:Si Pi· ri, veamos qué ocurre al derivarla respecto al tiempo: dG dt
°".
=¿_,,Pi·
ri
°" .
+¿_,,Pi·
.
ri
i
Desarrollemos cada término por separado:
siendo T la energía cinética. El término Pi incluye todas las fuerzas actuantes sobre la partícula i-ésima: las conservativas F~, las disipativas fi y otra fuerza hi que habrá que introducir, necesaria para que la partícula no se pare debido al rozamiento. Así, escribiremos:
L Pi · r.¡ = ¿
V(GM --;;:;-
(F; + f, + h;) · r,
Por lo tanto, nos quedará:
con lo que la energía mecánica será:
E=T+ V= GMm _ GMm = _ GMm 2ro
cosa:=
~ Consideremos un sistema sobre el que actúan fuerzas conservativas Fi y de rozamiento fi proporcionales a la velocidad. Demuéstrese que en tal sistema el teorema del virial adopta la forma:
lliJ Haremos la hipótesis de que el impulso que cambia la dirección de la velocidad dirige al satélite hacia el interior de la órbita circular primitiva. La energía del satélite en la nueva órbita es idéntica a la anterior, pues en el punto de cambio la velocidad en módulo mantiene el mismo valor y la distancia al centro de fuerzas es también la misma. Lo único que cambia es el momento angular. Calculemos en primer lugar la velocidad del satélite en la órbita circular. podemos hacerlo por varias vías, pero la más cómoda es la que nos proporciona el teorema del virial, que en el caso de una órbita circular, en la que los valores medios de la energía cinética y de la potencial coinciden con los valores instantáneos, se escribirá:
V(GM --;;:;- =3vo
El momento angular en la nueva órbita, girada hacia adentro un ángulo a respecto a la circular, valdrá en el punto donde se produce el cambio y en el pericentro:
l' =ro· mvocosa: = S ro · mvp
Es decir:
2ro
2ro
379
~~
=2T+ ¿F;-r,+ ¿(f,+h;)·r, i
i
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
380
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
381
Evaluemos el valor medio de esta expresión durante Un intervalo de tiempo cuando se ha llegado al estado estacionario (t grande):
T
--------
¡t+r -d dG -d =dt=2T+I_;F\·r,+"'""'(f,+h,)·r, dG
1
t
Tt
t
.
'
0
'
1
= - [G(t + T) - G(t)] T
Si se ha alcanzado estacionario, en cualquier intervalo de tiempo T se tendrá que G permanecerá constante, por lo que G(t + T) = G(t), por lo que el segundo miembro se anulará. Aún en el caso de que no se alcanzara el estado estacionario pero tomando un intervalo de tiempo T suficientemente largo, haciendo la hipótesis de que las coordenadas y velocidades de todas las partículas se mantienen finitas de manera que haya una cota superior de la función G, entonces el miembro de la derecha de la última expresión puede hacerse tan pequeño como se quiera, es decir, puede aproximarse a cero cuanto queramos, llegándose en este caso al mismo valor nulo del segundo miembro pero en este caso debido a que si bien G(t+T) i= G(t) pero finito, al dividirlo por T muy grande (tanto como queramos), el miembro de la derecha tiende a cero. Por otro lado:
¡t+r f,·r,dt+-I,; 1 1t+r h,·r,dt 1 1t+r f, · dr, + -1 I.; ¡t+T h, · dr, = - I.;
1 I_;(f,+h,)·r,=-I.; i
'Tit
Tit
Tit
dG I_; F'.·r, -=0=2T+
.
IR. I Podemos
averiguar sin dificultad las velocidades correspondientes a las dos órbitas circulares, la de partida, de radio r 1 = 6.6 x 10 6 m, y la órbita Syncom, cuyo radio r2 se obtendrá de la condición de órbita geoestacionaria. En el punto A, antes de partir hacia la órbita geoestacionaria, la velocidad se obtiene del teorema del virial, que para órbitas circulares nos dice que la energía cinética es la mitad de la energía potencial cambiada de signo: T = -V/2. Operando y despejando VA:
Tit
El primer término representa el valor medio del trabajo realizado por el rozamiento, mientras que el segundo miembro es el valor medio del trabajo realizado para que el sistema no se pare debido al rozamiento. Evidentemente, estos dos valores medios, en el estado estacionario, han de ser iguales y de signo contrario, por lo que su suma será nula. Nos quedará, como queríamos demostrar:
dt
111
VB
'
~ Un satélite orbita la Tierra a 230 km sobre el ecuador. Calcular el impulso total de velocidad necesario para que pase a una órbita Syncom, acrónimo de synchronous communications (geoestacionaria) usando una órbita intermedia elíptica tal que sólo toca en un punto a las anteriores. Si se ha de colocar en órbita un satélite de 30 kg y la velocidad de eyección es u = 2.5 km/s, encontrar la masa inicial del cohete. [Datos: Masa de la Tierra M = 5.98 x 10 24 kg; radio de la Tierra R = 6370 km; constante gravitatoria G = 6.67 x 10- 11 N·m2 /kg 2 ].
VA=
{GM =
6.67
V---;;:;-
5.98 _ x 6 6 106
X lQ-ll X
X
1024
3
= 7.774 x 10 ,m/s
La condición de órbita geoestacionaria me lleva a escribir que la fuerza de atracción gravitatoria sobre el satélite en el punto B será igual a la fuerza centrípeta, pero con una velocidad angular respecto a la Tierra igual a la propia de la Tierra sobre su eje: w = 7.272 x 10- 5 rad/s. Por lo tanto:
GMm _ -mw 2 r2
- -2-
r,
,(GM r, = y ~ =
7
4.225 x 10 m
Por lo tanto, la velocidad del satélite en esta órbita será:
va = wr, = 3.072 x 10 3 m/s La órbita de transferencia será tal que tenga el perigeo en A y el apogeo en B. Podemos averiguar cuáles son las velocidades correspondientes de la nave en ambos puntos sin más que aplicar los principios de conservación de la energía y el momento angular a ambos puntos. Si llamamos v1 y v 2 a ambas velocidades, escribiremos:
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
382
-+
v 12 {
-
2GM
-r1
v1r1
= V22 =
2GM
--
r2
v2r2
donde son conocidos r 1 y r 2. Este sisterr1a 1 resuelto, nos da los valores: V1
= 1.0224
X
10 4
m/ S
3
Vz = 1.597 x 10 m/s
La nave, durante el transito hasta la órbita definitiva, sufre dos impulsos de velocidad, los dos en el mismo sentido del movimiento, de un valor neto igual a:
L':,.v = L':,.v1
+ L':,.v 2 =
383
concreto, el incremento de velocidad se produce en dos fases: en el punto A se pasa de la velocidad VA a la velocidad v1 , con un incremento Do.vi, y en el punto B se vuelve a acelerar desde la velocidad v2 a la velocidad VB correspondiente a la órbita geoestacionaria. Por lo tanto, la masa final al terminar la primera fase no es más que la masa inicial al comienzo de la segunda fase, y la masa final de esta segunda fase es la masa del satélite: m ¡ 2 = 30 kg. Si llamamos m 01 = m 0 a la masa inicial de la primera fase (es decir, lo que nos pide el problema), m¡ 1 = m 02 la masa final al final de esa fase, que coincide con la masa inicial al comienzo de la segunda fase, y m¡2 = 30 kg, escribiremos:
(v, - VA)+ (vB - v2) = 2.450 + 1.475 = 3.925 km/s
o Supongamos que en un instante de tiempo t, el cohete lleva una velocidad v y la masa del cohete (que supondremos consta de combustible y satélite, de forma que cuando se agota el último gramo de combustible el satélite queda ya colocado en órbita geoestacionaria) es m, de forma que en el intervalo siguiente dt expulsa una masa -dm (dm < O) hacia atrás con una velocidad u respecto al cohete. [Nota: Es conveniente utilizar esta notación, con dm intrínsecamente negativo, pues en realidad existe una variación negatíva de la masa del cohete durante los procesos de aceleración. Otra opción hubiera sido el utilizar dm con signo positivo, pero expresándolo a continuación como dm = -kdt, siendo k > O, pues hay una pérdída de masa, lo que nos llevaría a la misma situación. Una utilización incorrecta del término dm noS conduciría a resultados erróneos (por ejemplo, que la masa del cohete aumenta con el tiempo)]. En consecuencia, el cuerpo principal del cohete, con una masa m + dm, viajará hacia adelante con velocidad v + dv. Además, haremos la hipótesis de que el intervalo de tiempo que tarda el cohete en adquirir la velocidad para la nueva órbita es despreciable, por lo que la acción de las fuerzas externas es irrelevante, pudiendo ignorarse su efecto. La ecuación dinámica que gobierna el proceso es la de la conservación del momento lineal (no hay fuerzas externas, ó la acción de éstas es despreciable). En el intervalo (t, t + dt) este Principio nos dice que:
(m + dm)(v
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
+ dv) + (-dm)(v -
dv u
m = moe
3.925 km/s y que
3.925
m 0 = 30 x e , r = 144.2 kg
e] Una estrella de
masa M y radio R se mueve con una velocidad v a través de una nube de partículas de densidad p. Si todas las partículas que chocan con la estrella resultan capturadas por ésta, demostrar que la masa de la estrella aumentará según:
dM -_ dt
,rpv
(R 2
+ 2GMR) 2 V
Voo= V
p
b
R_/...·-----------------··-·--·----·-·---··-·----------
+-----------------·-·-··d'
o
mdv = -udm
u)= mv
donde hemos despreciado el infinitésimo de segundo orden dm dv. Esta ecuación es de integración inmediata, pues u es constante:
dm m
Despejando mo1 = mo, teniendo en cuenta que .6.v u= 2.5 km/s, llegamos a:
- "-"o
"
donde hemos aplicado la condición inicial de que en el instante del encendido el cohete tiene una masa mo y viaja a una velocidad v 0 . En nuestro caso
IR. I El problema equivalente es:
Tenemos una estrella fija y un chorro de partículas de densidad p dirigiéndose hacia ella con velocidad v desde el infinito. Al acercarse a la estrella, las trayectorias de las partículas se curvarán al ser atraídas por la misma. En la figura se muestra la trayectoria de una de tales partículas cuya dirección primitiva dista b de la dirección que la haría pasar por el centro de la estrella sin desviarse ( a esta distancia b
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
384
se le llama habitualmente parámetro de impacto). Además, esta partícula sería la última (considerando la distancia al eje de impacto central) que quedaría adherida a la superficie de la estrella, pues llegaría tangenternente a la superficie de la misma en el punto P. Cualquier otra partícula cuyo parámetro de impacto fuera superior no impactaría con la estrella. Por lo tanto, deberemos averiguar el valor máximo de b para el que las partículas impactan con la estrella. Para ello, fijémosmos en que nos encontramos en el caso de partículas que describen trayectorias hiperbólicas en un campo de fuerzas gravitatorio, pues la energía mecánica en el infinito, coincidente con la energía cinética, es mayor que cero. Si aplicamos los principios de conservación de la energía y el momento angular para una de tales partículas de la trayectoria límite, escribiremos:
GMm
1
1
-mv 2 = -mvp2 - - - 2 2 R { mvb= mvpR
Las partículas que impactarán contra la estrella en un tiempo dt serán las contenidas en un volumen cilíndrico en el infinito de radio de la base b y longitud v dt. Es decir, el incremento de masa de la estrella por unidad de tiempo será, como queríamos demostrar:
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
decir, dm = pSvdt. Considerando que durante el impacto la acción de las fuerzas exteriores (la gravitatoria de la masa M) es despreciable, el momento lineal del sistema constituído por el satélite y esa masa elemental de atmósfera permanecerá constante. O escribiendo esto en términos de elementos diferenciales: dP,at
dM dt
= 1rpv
(Rz
+ 2GMR) v2
dP,at
= -dPatm = -dm(v -
IR. ! La velocidad del satélite en esa órbita se obtendrá de la condición de órbita circular. Utilizando el teorema del virial adaptado al caso de órbitas circulares:
dPsat
1
2
2m,.,v,at
T=--
2
GMmsat
= Z(R
+ h)
Supondremos a la atmósfera en reposo y al satélite chocando con las moléculas de plano, presentando una sección S, de forma que en un tiempo dt a partir de un instante t el satélite choca con con una cantidad de masa dm que está contenida en un cilindro de sección transversal S y longitud v dt, es
dv)
e,,,
-vdm
= -pSv 2 dt
= F,at = -pSv 2
Es, por lo tanto, una fuerza que actúa en sentido contrario al movimiento y es proporcional al cuadrado de la velocidad. Evidentemente, debido a
esta fuerza la velocidad del satélite disminuirá de una forma que es fácil de deducir: dv dt La integración de esta expresión es inmediata, llevándonos a la expresión de la variación de la velocidad del satélite en función del tiempo. Teniendo en cuenta que en el instante inicial (cuando está describiendo una órbita a una altura h) la velocidad inicial es la anteriormente calculada Vsat, obtendremos: Fsat
dv
V
= O
donde hemos despreciado infinitésimos de orden superior al primero. Esto nos conduce de forma inmediata a: ~
~ Un satélite de masa msat y sección media S se mueve en una órbita circular de altura h sobre la superficie de un planeta de masa M y radio R, inmerso en una atmósfera de densidad media igual a p_. Bajo la hipótesis de que los impactos moleculares son in.elásticos pero que las moléculas que golpean el satélite no se quedan pegados a él, desprendiéndose a ve1ocidad relativa muy baja, calcular la fuerza que experimentará el satélite debido al rozamiento con esa atmósfera y su variación con la velocidad. ¿Variará la velocidad del satélite como resultado de la fuerza?¿ Cuál será la situación final del mismo?
+ dPatm
donde dP atm representa la variación del momento lineal de la masa de atmósfera contenida en el cilindro anteriormente citado, al que durante el impacto con el satélite se le ha llevado de una velocidad nula a la velocidad v - dv que tendrá el propio satélite tras la colisión (el texto del problema nos dice que la atmósfera no se adhiere al satélite, por lo que la masa de éste permanecerá constante, pero que la velocidad relativa de la masa de atmósfera impactada respecto al satélite es muy reducida, lo que nos lleva a cocluir que tendrá la velocidad propia del satélite tras el impacto). Teniendo en cuenta que el movimiento es prácticamente rectilíneo, podemos olvidarnos de la naturaleza vectorial de la igualdad de arriba, y escribiremos:
1
dM = p · 1rb2 vdt
385
v
2
=
= -pSv 2 =
pS dt V
msat
ffisat-
ffisatVsat = ~--"''--"=-ffi sa t
+ V 8atPS t
Por lo tanto, a medida que el tiempo t crece, la velocidad del satélite v va decreciendo y en consecuencia irá cayendo a órbitas más bajas (por lo general, la densidad p irá creciendo y el rozamiento hará que el calor producido queme y desintegre el satélite).
9. Fuerzas Centrales (I}: Órbitas
386
9. Fuerzas Centrales (I}: Órbitas
¡2
l 24. ISi la órbita del satélite del problema anterior fuera altamente elíptica en lugar de circular) la fuerza retardadora podría considerarse que se ejerce casi enteramente en el periastro. Reemplácela, pues, por una fuerza impulsiva de impulso I que se ejerce una vez en cada órbita, en el periastro. Considerando cambios en la energía E y en el momento angular l, encontrar los cambios en el semieje mayor de la órbita, a, y en el denominado semilatus rectum, p. Demostrar que óp = óa(l - t:) 2 , y que en consecuencia el efecto de esta fuerza retardadora es hacer decrecer el período y la distancia al apoastro, dejando la distancia al periastro inalterada (es decir, con el tiempo, la órbita se vuelve más y más circular). Demostrar que la velocidad en el apoastro aumentai mientras que en el periastro disminuye.
-------r-----~---.-----.-.-----.--------------
, 1' ·_:. '<·
~
........... ]..
'_ - ---'•----
' ' ,'
-¡--
[fil Antes que nada, hay que indicar que la figura no está dibujada correctamente, o, si lo queremos decir de otra manera, las escalas -de distancias en el eje horizontal y vertical son distintas (se ha hecho esto para que la misma quepa en la página). Hemos de tener en cuenta que en el trayecto desde P hasta A, siendo P el periastro, r > O, haciéndose nulo en ambos puntos de retroceso, por lo que la distancia al centro de fuerzas irá creciendo siempre hasta llegar a A, lo que no es evidente de la observación de la figura. Además, el valor del semilatus rectum p será siempre mayor que la distancia al periastro, dado que desde éste la velocidad radial es positiva y, en definitiva, se está alejando del centro de fuerzas. Más adelante obtendremos su valor cuantitativamente. En la figura se muestra lo que la intuición nos dicta sobre lo que les ocurrirá a las órbitas sucesivas trás sufrir el pequeño frenazo en el periastro P. En línea sólida se muestra la primera órbita, y a trazos y a puntos las dos siguientes, poniendo de manifiesto los cambios que se producen en las mismas de forma exagerada. De hecho, las sucesivas órbitas tenderán a hacercarse, en una primera fase, a una órbita circular de radio rm, lo que la inexactitud gráfica de la figura impide apreciar. La ecuación de la órbita del satélite viene expresada de la forma r = P B donde la constante p, que tiene dimensiones de longitud, puede l+é." cos l escribirse, según la teoría, de una de estas dos formas:
387 p = a(l - e 2 )
p=-
mk
siendo l es el momento angular, k = G Mm y a = - 2';,. La segunda de las formas, teniendo en cuenta que la distancia al periastro en función del semieje mayor y la excentricidad es rm = a(l-E), puede escribirse también como: P = rm(l + E), y como E~ O, será p ~ rmi como habíamos indicado antes. En el problema que se nos plantea, al pasar por el punto P el satélite recibe un pequeño impulso de frenada (el equivalente a la frenada continuada a lo largo de toda la trayectoria debido a su movimiento en el seno de una nube de partículas de densidad p que le opone una resistencia a su movimiento cuantificada en el ejercicio anterior) que hace que en cada paso por esa posición P (periastro) la velocidad disminuya en una cantidad óv = _.!_ m' como es fácil de evaluar del resultado de la aplicación del impulso de una fuerza. Supuesto que el valor del impulso es muy pequeño, óv puede ser considerado para nuestros propósitos como si fuera un elemento diferencial. Como el impulso lo recibe en sentido contrario al movimiento cuando la velocidad es perpendicular al radio vector del punto P, la velocidad resultante tendrá también esa característica, es decir, será también perpendicular al radio vector en P y, por lo tanto, será a su vez el periastro de la nueva órbita. De hecho, será siempre el periastro, pues esos impulsos de velocidad se recibirán siembre en el mismo punto P y en las mismas condiciones apuntadas, por lo que el periastro será siempre el mismo punto P. La energía del satélite, que la evaluamos en el periastro (r = rm =cte) pues a efectos del cálculo de la energía potencial en ese punto siempre va a ser la misma, puede escribirse como:
E= ~mv 2 2
-
GMm Tm
Esta energía es negativa y será constante en cada órbita, aunque varíe de una órbita a otra, pues, sin variar rm, sí varía en cambio v. Del mismo modo, el valor del momento angular l que se mantiene constante durante cada órbita, aunque varíe de una a otra, lo evaluaremos en el mismo punto. Así:
con lo que, identificando los dos valores de p arriba escritos, podemos llegar a la relación: r2 v2
v
a(l - s 2 }
GM
GM
r;;,GM
p = --"'---- = a(l - s 2 )
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
388
que utilizaremos más adelante. Como resultado de los pequeños impulsos que va recibiendo periódicamente, la distancia al apoastro irá disminuyendo paulatinamente, haciendo que la órbita vaya perdiendo su excentricidad y acercándose así a una órbita circular de radio Tm.
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas Pero rm = a(l - e), por lo que:
_ (-mI) Va (1 - GM c) (1 - c
pues a = a(E) y E = E(v). La energía total, evaluada siempre en P, va variando con v, manteniéndose la energía potencial constante en todas las órbitas al pasar por ese punto. Así: 2
mv .!_ = -2 k m
(.!_) m
,c2)
(.!_) m
GM
(l+,;)~ (l-c)GM
1> Variación del semilatus rectum de la órbita debida a cada impulso J. De la expresión de p antes escrita, podemos "diferenciarla" para obtener:
= 2r!v Sv = _2 (.!_) GM
m
r!v
GM
El último término de esta expresión también lo tenemos calculado en función de a y s. Efectuando la sustitución, nos quedará:
r;,a(l - c 2 ) GM
(l+c) a 3 ( 2 2 (1 - e) GM 1 - e) = Sa(l - e)
.... Velocidades del satélite en el periastro y en el apoastro. Como es evidente, la velocidad en el periastro disminuye en cada impulso, pues Ov = _l... Por otro lado, de la conservación del momento angular aplicada al peri;stro y al apoastro escribiremos:
donde V es la velocidad en el apoastro en la órbita en que tiene velocidad v en el periastro y rM = 2a - Tm. Diferenciando esta expresión y despejando SV:
SV =
Tm
Sv - VórM
TM
La variación Oa es negativa, con lo que el_nuevo semieje mayor será inferior al anterior. Pero como r m + TM = 2a y r m permanece constante, al disminuir a tendrá que disminuir necesariamente la distancia al apoastro rM· Igualmente, como en la expresión del período que nos da la tercera ley de Kepler se escribe que el cuadrado del período es proporcional al cubo del semieje mayor de la órbita, al decrecer éste, el período decrecerá también. Se cumple, pues, lo que nos dice el texto del problema: la consecuencia de la fuerza retardadora es hacer decrecer el período y la distancia al apoastro.
Sp
,-----
a2 ~
Es hora de utilizar la expresión que hemos obtenido más arriba, junto al hecho de que rm = a(l - ,;). Sustituídos ambos en la anterior y operando, llegamos sin dificultad a:
a(l = -2 r~GM
)
Es decir, como óa es negativo, óp será igualmente negativo, y, cualitativamente, las sucesivas órbitas irán variando según se muestran en la figura.
da dE Sa = dE dv Sv
[-_}y_] 2E
2
J) = -2 (m
hemos indicado, enfocaremos el problema considerando variaciones infinitesimales. Si volvemos a escribir la expresión de a:
Sa = _k_mvSv = -2 2E2
2
3
óp- -2
Dt- Variación del semieje mayor de la órbita debida a cada impulso J. Como
k a=-2E
389
TM
Pero tenemos que: I óv=-m
SrM = 2Sa
Tm
TM
Tm 1 ~----V= - v = -yGMa(l - c 2 ) =
TM
1-é 1 +e
-=--
TM
(1- e) GM (1 + e) a
Sustituyendo estos valores y simplificando:
(l -c) GM 1-,c (J) +4 (J) (l+c)_a_ l+c m m l-,c(J)[4 ] =l+c m 1-c-l >0
SV=---
(l+e) a 3
1
(1-,;)GMa(l+c)
pues e < 1 (órbita elíptica). Es decir, la velocidad del satélite en el periastro disminuye, miestras que en el apoastro aumenta en cada órbita.
~ a) Estúdiese el movimiento de una partícula en un campo de fuerzas centrales cuya ley de fuerzas viene expresada de la forma:
J(r) =
k
e
--+r2 r3
390
9. Fuerzas Centrales {I): Órbitas
siendo k y C dos constantes, la primera positiva y la segunda positiva ó negativa. Demuéstrese en particular que la ecuación de la órbita puede ponerse en la forma:
r=
391
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
La última expresión indica el tipo de integral a la que corresponde) cuyo resultado se puede encontrar en cualquier manual de integrales. En este caso concreto, esta integral vale:
a(l - s 2 ) 1 + f cos(aB)
que representa una elipse para a = 1, y una elipse con movimiento de precesión si a: f. 1 (se supone en cualquier caso que E< 1). Este movimiento de precesión puede describirse en función de la velocidad de precesión del periastro, término que se emplea en sentido amplio para designar cualquiera de los dos puntos de retroceso de la órbita. Dedúzcase una fórmula aproximada de la velocidad de precesión del periastro cuando a tiende a la unidad, en función de la magnitud adimensional r¡ definida como r¡ = f:a. El nuevo parámetro r¡ es una medida de la influencia del término de tercer grado negativo en relación con el de segundo, que es el principal. b) Se ha observado que el perihelio de Mercurio tiene un movimiento de precesión de 40" de arco por siglo. Pruébese que cabe explicar esta precesión en forma clásica sir¡ vale tan sólo 1.42 -10- 7 . [Datos: La excentricidad de la órbita de Mercurio es 0.206 y su período, 0.24 años].
lliJ ~ a) La energía potencial correspondiente a la ley de fuerzas indicada se obtiene con facilidad sin más que recordar que f (r) = - ~~. Procediendo a integrar y recordando que la energía potencial en el infinito es nula, escribiremos: k 1 V(r) = --+ - 2 = -ku+ -Cu 2 T 2r 2
e
siendo D el discriminante de la ecuación de segundo grado que resulta de igualar el radicando a cero. Los valores de las constantes P, Q y S son:
Q=
P= 2mE ¡2
2mk ¡2
5=-(1+~;7)
Igualmente, el discriminante D valdrá:
D=Q 2 -4PS=
(2mk)
2
2El ( l + mC)] 1+--mk2 ¡22
[
- ¡2
Sustituyendo los valores de estos parámetros en la integral general y simplificando, llegaremos a:
B -Bo =
1
_1
¡2 ( mC) -1+1+u mk l2 2El 2 1 + mk2
~cos
V
L .,.
--¡:¡--
(
1+
Abreviemos esta expresión con las siguientes asignaciones: 2
donde ya hemos hecho el cambio a la variable u = ;- que nos hará más manejable el cálculo posterior, como sabemos por la teoría. Un procedimiento para obtener la ecuación de la órbita nos lleva a tener que calcular la integral siguiente:
e= Bo
-J,"u
e= Bo -
du
y
J," -;=====d=u====== "º
-2mE 12 -
2mk + -¡,-u -
(
mC) 1 + --¡:¡--
o-
J," ,/P+Qu+Su du uo
1+
mC)
--¡:¡--
z2 ª2
+ mk u
Definiendo el origen de ángulos de forma que Bo cambio u= ;=-, obtendremos la expresión:
O, y deshaciendo el
z2a2 mk 1 + s cos(aB)
Si definimos otra constante como a = llegar a: 2
(
Esto nos llevará a:
r=
u2
-e -
2El 1 + mk2
s=
scos[a(e - Bo)] = -1
f2mE _ 2mV _ u' t' 1, donde 80 y u0 son los valores iniciales. Sustituyendo el valor de V= V(u) y reordenandq términos en el radicando, nos quedará: 0
mC)
--¡:¡--
~, 2
de la definición de e podremos
12
2
~=a(l-s 2 ) mk
392
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
Por lo tanto, la ecuación de la órbita queda en la forma buscada: 2
r=
a(l - c ) 1 + ccos(a8)
• Si a = 1, para lo que habrá de ser C = O, esta ecuación representa . d e senueJe . . mayor a = - zE. k una el1pse • Si a f. 1, la ecuación representa una elipse con un movimiento de precesión, cuyo sentido de giro depende del signo de C. Veámoslo.
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
con los dos primeros términos del desarrollo, con lo que, operando, resultará:
Podemos obtener en buena aproximación el valor de l 2 a partir de la definición de e y teniendo en cuenta que mC « 12 ( esto equivaldría a hacer la hipótesis de que la órbita es prácticamente una elipse perfecta): 2
Los puntos de retroceso corresponden a distancias máxima o mínima respecto al centro de fuerzas, es decir, son soluciones de la ecuación ~0 = O (ó, lo que es lo mismo, ~~ = O). Usando esta segunda opción, podemos escribir:
du = 0
de
393
_
2E
e - 1 - mk' (l
2
-
+ mC) -
2El 2 mk'
Recordando que hemos definido también la constante a = dificultad en llegar a:
~, 2
no hay
12 c:c kma(l - c 2 )
--,
sin(a8) = O
--,
e = K ,r
K
= O, 1, 2, · · ·
"' Utilizando como punto de partida (el periastro inicial) el correspon-
Llevamos este resultado a la expresión de óB para reescribirla como:
se= rr I ka(l°_ c 2 ) 1=
e
diente valor de B para K = O, es decir, = O, el siguiente punto de retroceso equivalente al citado (mínima distancia si era de mínima distancia, o máxima distancia si era de máxima distancia) ocurriría para K = 2. Por lo tanto, el ángulo total girado entre dos puntos equivalentes consecutivos será:
Li.e = 2rr
"' Es meridianamente claro que si n = 1 este ángulo es una circunferencia completa, mientras que no es tal circunferencia sin :j:. 1. Además, si n < 1, !J,.8 > 21r y el punto considerado lo veremos girar en sentido antihorario, y si a > 1, justo lo contrario. Volviendo a la definición de a:
>l si e>
o o
='7", I
~ b) Avance del perihelio de Mercurio. La velocidad de precesión del perihelio es igual al ángulo de avance del perihelio por unidad de tiempo. En nuestro caso, el perihelio de Mercurio avanza 40" de arco por siglo. Es decir, como el valor de óB calculado antes corresponde a cada órbita (es decir, en un período de revolución de Mercurio alrededor del Sol, T = 0.24 años), el valor correspondiente de expresado en radianes) será:
se (
0 24 · = se= ~_:1:_ 3600 180 100
4.654 2 x 10- 1
Llevando este valor a la expresión última en función de r¡ y despejando este valor, llegamos al valor propuesto por el texto del problema: 7)
2
= (1 - c )Je 7f
(1 - 0.206 2 )4.654 2 7f
que es lo que hemos dicho antes. ¿Cuánto vale el avance (ó retroceso) del periastro en cada vuelta? Es fácil calcularlo:
En la hipótesis de que n es muy cercana a la unidad, tendrá que ser mC << l 2 , y podremos desarrollar la anterior expresión quedándonos únicamente
l1
M
X
10- 7 = 1.
4186
X
10
_7
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
394
En la figura se muestra de forma exagerada lo que le ocurre a la órbita elíptica cerrada tradicional cuando se introduce un nuevo término en la ley de fuerzas, un término inversamente proporcional al cubo de la distancia, haciendo la hipótesis de que su influencia es extremadamente leve (una ligera perturbación). Como se ve la presencia de este término deshace el carácter cerrado de la órbita, generando una especie de elipse cuyo eje mayor va precediendo en uno u otro sentido según sea atractivo o repulsivo el carácter de esa perturbación.
[ill a) Una partícula de masa m se mueve en una órbita circular de centro O y radio a bajo la acción de una fuerza central a la que corresponde una energía potencial V(r). Probar que, si la órbita es estable, entonces se cumple que:
V"(a)
+ 3 V'(a) > O a
2
donde V' = dV y V" = dd Y. Demostrar también que, siendo órbita estadr r"' ble, una pequeña perturbación radial produce un movimiento de pequeñas oscilaciones alrededor de la órbita circular original de período: 2,r
r=w
[mw
2
= V"(a)
+ 3 V'~a)l
b) Como aplicación, suponga que V(r) = Kr 4 (K > O). ¿Para qué valores de la energía y el momento angular la órbita es una circunferencia de radio a? ¿Cuánto vale su período? Si la partícula se perturba ligeramente sin cambiar su momento angular, ¿cuál será el período de las pequeñas oscilaciones radiales alrededor de a? ! R.! ~ a) La enérgía total de la partícula es:
1 2
E= -mr 2
2
1 2mr
+ - -2 + V(r) .
=
1 2
-mr 2 + U(r)
donde les el momento angular constante y U(r) la energía potencial efectiva, suma de la energía potencial real V(r) y de la energía potencial centrífuga 2 r!:r 2 . Tenemos, pues, un problema unidimensional equivalente, donde estudiamos únicamente el movimiento radial. Si representamos la función U = U (r) 1 la condición de órbita circular estable se corresponde con la condición de mínimo para U(r) (es decir 1 r = a, r = O y E= U). Ó bien, matemáticamente: U'(a) = O y U"(a) > O. Desarrollemos estas dos últimas condiciones, calculando previamente las dos derivadas señaladas:
¡2
U' =V' - - mr3
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas Por lo tanto:
U'(a) = O U"(a) = V"(a)
V'(a) =
+ ~4 = ma
V"(a)
_E,
ma
+ 3 V'(a) > O a
La última relación confirma lo que pretendíamos probar. • La pequeña perturbación radial altera la energía total sin modificar el momento angular. La nueva energía potencial efectiva tras la perturbación, en primera aproximación, podremos escribirla como un desarrollo en serie de potencias quedándonos con los tres primeros términos. Esto es:
U(r) = U(a)
+ U'(a)(r -
a)+
1
a) 2 = U(a)
2U"(a)(r -
+ l U"(a)(r 2
a) 2
pues U' (a) = O (el primer término del desarrollo es una constante que podríamos ajustarla a cero modificando el origen de energías potenciales, y de ahí que el primer término significativo no nulo es el tercero. Términos de mayor orden serían despreciables frente a éste). Como vemos, esta energía potencial es formalmente idéntico al de una partícula sujeta a un muelle de constante elástica de valor U" (a) y oscilando alrededor de r = a. Si la partícula tiene masa m, la pulsación w de las pequeñas oscilaciones que realiza alrededor de la órbita circular es: 2
k
U"(a)
m
m
w =-=---=
V"(a)
+ 3~ m
como queríamos ver, y el período, por lo tanto, será r =
2 :rr. w
• Es interesante averiguar también el número de oscilaciones radiales que efectúa la partícula durante una órbita circular completa. Para ello, calcularemos en primer lugar la pulsación del movimiento circular, a la que llamaremos n. Tratándose de una órbita circular de radio a, podemos escribir que la fuerza centrípeta es igual a la fuerza de atracción gravitatoria, que coincide con el gradiente de la energía potencial a esa distancia. Es decir:
n2 =
míl 2 a = V'(a)
V'(a)
ma
Dividiendo la pulsación corresondiente al movimiento radial con la de la órbita circular, llegaremos a: w
U"= V"+ 3¡2 mr 4
395
-[l -(3-
aV"(a) V'(a)
+3
396
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
Para campos conservativos comunes, como el campo gravitatorio ó electrostático (V = -k/r), ó el campo de fuerzas elásticas (V = tkr 2 ), el factor /3 que nos da el número de oscilaciones radiales por cada revolución, resulta ser un número entero. Veámoslo: 1
!5_
V'=
r'
2 V"= - k
-+ (J
V" = k
-+ (J = ,./f+3 = 2
r3
V'= kr
= ../-2 + 3 = 1
Este resultado indica que las orbitas que describe la partícula perturbada son cerradas (Teorema de Bertrand). Otro tanto ocurriría de tratarse fJ de un número racional, aunque en ese caso el cierre de la órbita no se produciría en una órbita completa, como ocurre en los dos casos mencionados arriba. ¡¡¡,..
b) La energía potencial efectiva es en este caso:
¡2
U(r) = +Kr 4 2 mr 2 La condición de órbita circular de radio r = a es:
U'(a) = O
-+
l'
3 ---+4Ka = O ma3
-+
l=2a 3 ~
Del mismo modo, la energía total para esa órbita es simplemente E = U ( r), pues la energía cinética radial es nula. Es decir:
E= [ 2: 2 r
+ Kr']
4Kma6
4 ---+Ka = 3Ka4 2ma 2
r=a
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
pue K > O. Por lo tanto, la órbita circular es estable. Utilizando el resultado del apartado anterior para calcular la pulsación w correspondiente a las pequeñas oscilaciones radiales que ejecuta la partícula tras sufrir un pequeño impulso radial que mantiene sin variar el momento angular i obtendremos:
w=
3
(2,r) T
~ Una partícula de masa m es atraída hacia un punto O por una fuerza central inversamente proporcional al cubo de la distancia, expresada de la forma: F(r) = - ~T (k > O). La partícula es proyectada desde un punto A situado a una distancia a de O, con una velocidad inicial v0 = .¡¡¡,, en una dirección que forma un ángulo de 45° con el radio vector del pu;to A, en la forma indicada en la figura. Demostrar que la partícula describe una órbita expresada por la ecuación: r = ae- 0 •
l = a·mv = 2a
~
-+
y
2
-+
Este resultado podía haberse obtenido igualmente del valor del momento angular, pues en órbita circular, la velocidad es constante y siempre perpendicular al radio vector: 3
_V_"_(a_)_+_3_v~'lª_) = J-24_K_a_2 = Za {6if_6K_ m m V-:;;:;:
donde hemos llamado Tr al período de las pequeñas oscilaciones radiales. A diferencia de los casos de campos gravitatorios, electrostáticos y elásticos, ahora el cociente entre las pulsaciones del movimiento radial y del circular, expresado por la constante {3, ya no es un número entero (en este caso, fJ = ../6), lo que indica que las órbitas que describe la partícula no serán cerradas. Además, tratándose este cociente de un número irracional, el camino nunca se cerrará, a diferencia de lo que ocurriría de tratarse de un número racional.
Tal y como hemos visto en el apartado anterior, la pulsación para el movimiento circular viene expresada por: íl' = V'(a) = 4Ka = ma ma
397
T=
2:a =
~~
Antes de abordar el la segunda parte (el pequeño impulso radial), estudiemos la estabilidad de la órbita circular. Como hemos dicho en el apartado anterior, la órbita será estable si U"(a) > O. Calculando este valor en nuestro caso particular: 3 4 U"(a)=V"(a)+3V'(a) =l2Ka 2 +3 Kª =24Ka2 >0 a a
r
e
45°
X
o
~···
ro
A
i}!J Utilizaremos como eje
A
polar el mismo eje Ox que pasa por A, a fin de evitar arrastrar a lo largo del problema un valor no nulo del ángulo polar inicial. Un primer método para el cálculo de la ecuación de la órbita consiste en utilizar la forma habitual integral, escrita ahora como:
e-
r
dr
- Ír, r ,J2mE 2mV 1 ------¡2
¡2
r'
398
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
pues 80 = O. En esta expresión, l es el momento angular constante, E es la energía mecánica total y V es la energía potencial. Empezaremos por evaluar las constantes que figuran en la misma. Podemos escribir:
km V(r) = - 2r2
F(r) =_km = _ dV(r) r3 dr
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
a tener signos contrarios. Esto lo utilizaremos a continuación, cuando, al sustituir los valores de las constantes en la integral que nos dará la función 8 = 8(r), debamos adjudicar el signo al resultado de la raíz cuadrada del denominador. En este caso, y en virtud de lo que acabamos de decir, asignaremos el signo - a la raíz cuadrada.
Una vez sustituídos estos valores en el integrando, tras simplificar al máximo nos queda:
donde se ha supuesto que el potencial se hace nulo en el infinito, lo que nos lleva a evaluar la constante de integra~ión como cero. De aquí, la energía mecánica total será:
1 E= Ea = -mv02
2
+ V(r 0 )
k km = - m, - - 2 = O 2 a 2a 1
Este resultado, E = O, aliviará sin duda el cálculo de la integral. El momento angular constante será el correspondiente a la posición inicial. Es decir:
l = r 0 · mv0 sin · 45° = V2km -2
-+
Z' = km
Antes de proseguir, es interesante evaluar el valor de la energía potencial efectiva. Según la teoría, sabemos que ésta se define como: ¡2 U(r) = -mr 22
km + V(r) = -4 2 r
-
km km -22 = --4 2 r r
Esta función, que va a definir cualitativamente las características de la trayectoria, es uniformemente creciente desde -oo (parar = O) hasta O (para r = oo). Para una energía total inicial nula, podría, pues, moverse entre el infinito y el origen del campo, con una energía cinética siempre creciente mientras se acerca al origen (y en consecuencia con una energía cinética decreciente mientras se aleja de él) 1 sin puntos de retroceso ó de inversión que le obliguen a cambiar la tendencia de su movimiento en relación al origen. En otras palabras, si en un instante la partícula se está aproximando al origen, su movimiento subsiguiente le seguirá acercando al origen, incrementando su energía cinética hasta hacerse infinita en el mismo origen. Por el contrario, si la partícula se aleja del origen en un punto de su trayectoria, su movimiento subsiguiente le seguirá alejando del mismo disminuyendo su energía cinética hasta llegar al infinito con velocidad nula. En nuestro caso, la tendencia inicial del movimiento en el punto A es de acercamiento al origen, por lo que nos encontramos con la primera de las hipótesis, y la partícula se acercará siempre hacia el origen, incrementando su velocidad. En otras palabras, esto quiere decir que, a medida que crece el ángulo la distancia r disminuye, ó, lo que es lo mismo, dr y dB van
e,
8=-
¡
r dr a -=ln-
ª r
r
-+
como pretendíamos probar. La segunda vía consiste en utilizar la ecuación diferencial de la órbita. De esta forma, utilizando la forma general de esta ecuación y teniendo en cuenta que, en función de la inversa de la distancia u = la fuerza es F(u) = -kmu 3 , hechas las simplificaciones queda:
i,
d2 u - -2u = O
-+
2
2
399
2
d8
2
pues [ = ~km , según hemos obtenido antes. Esta ecu_ación tiene una solución de la forma: u= Ae 8
+ Be-•
con las dos constantes A y B a determinar a partir de las condiciones iniciales. En primer lugar, en el punto A se cumple:
e= 80
-+
r =ro= a
1 a
uo=-=A+B
-+
Derivemos u respecto al tiempo) primero teniendo en cuenta que es función de r, y luego teniendo en cuenta que es función de Así obtendremos una relación entre las velocidades:
e.
ú = -u 2 f =
iJ (Ae 8
Be- 0 )
-
En el punto A (donde r = r 0 = a) se cumplirá que:
V2k
fo= -vocos45º = - - 2a
.
roBo = vo sin 45º =
V2k
~
donde el signo - de la componente radial proviene del hecho de que hay un acercamiento al origen. Llevando estos valores a la segunda de las ecuaciones de condición, tras simplificar llegamos a:
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
400
Esta ecuación, juntamente con la anterior, nos permite calcular los valores de A y B:
A=!:.a
B=O
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
El método que nos conduce directamente a la expresión de la ley de fuerzas es el que descansa en la ecuación diferencial de la trayectoria. Recordemos que ésta, en función de la variable u= l/r, se escribe de la forma: d2 u
ae2
y la ecuación de la órbita que obtenemos es la misma que antes, como debía
ocurrir:
u=
u=
[Nota: Si la dirección de la velocidad en el punto A hubiera formado un ángulo de 45° con la dirección positiva del eje Ox, la tendencia inicial del movimiento hubiera sido de alejamiento respecto al origen del campo de fuerzas, con lo que la partícula seguiría alejándose indefinidamente del origen, hasta llegar al infinito con velocidad nula. Por lo tanto, tendrían el mismo signo y habríamos de elegir el signo + de la raíz cuadrada en el denominador de la integral. En este caso, el resultado hubiera sido el correspondiente a una espiral cada vez más abiE)rta, de ecuación: r = ae 8 ]. ~ a) Bajo la influencia de una fuerza central de origen O, una partícula
describe una órbita circular de radio R que pasa por O. Obtener la ley de fuerzas responsable de este movimiento y demostrar que para la órbita descrita la energía total es nula. b) Una partícula se mueve en una órbita de ecuación r = a cos 2e bajo la acción de una fuerza central dirigida hacia el origen de coordenadas. ¿ Cuál es el tipo de fuerza que genera una órbita de esta naturaleza?
IR. ! ~ Por
comodidad, utilizaremos como eje polar para la medida de ángulos un eje diametral que pasa por el centro de la órbita. La representación gráfica de esta órbita y la ecuación en coordenadas polares que fácilmente se deduce de ella son:
r
o
m +u= - l'u2 F(u)
siendo l el momento angular constante. En nuestro caso:
1 -eº a
e
401
R/ 'P
1 R seca= A seca 2
por lo que nos quedará tras operar:
du de = Asin8sec2 B
d2 u
dB' = AsecB [2sec
2
a-
l] = u [2sec2 e - 1]
Levando este último valor a la ecuación diferencial del movimiento tras sustituir sec () por 2Ru, nos quedará: ' 12u2
F(u)
= - m- [u(8R 2u 2 -
3¡2 R2
1)
+ u] = - - - u s m
Es decir, en términos de la variable r: 2
F(r)
2
2
1 k = -81-mR- = -r5 r5
81 R' ] [k = - - > 0 m
~or lo tanto, se trata de una fuerza atractiva (como se podía esperar) inversamente proporcional a la quinta potencia de la distancia al centro de fuerzas.
• Energía mecánica. Como la energía mecánica permanece constante, podemos evaluarla en cualquier punto de su trayectoria. En este caso, el punto idóneo es el punto más alejado (el extremo diametral opuesto al origen del campo, pues en ese instante la energía cinética radial se anula y la energía total coincidirá con la energía potencial efectiva. Como tenemos la expresió~ de la ley de fuerzas, la energía potencial se obtendrá por integración, teruendo en cuenta que podemos asignar al potencial del infinito el valor O, dado que se trata de un campo de fuerzas de que decrece rápidamente con la distancia, con un potencial máximo aunque negativo, llegando al origen. Esto es: 1
X
F(r)
= - 8l2R2 _!:_5 m
r
-+
V(r)
= - 2z2R2 _!:_ m
r4
Como hemos indicado, evaluemos la energía mecánica en ese extremo del diámetro r = 2R (que actúa como punto de retroceso):
E =
V.dr- 2R
l2 21 2 R 2 = 2m(2R)' - m(2R)4 = O
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
402
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
403
un resultado ciertamente sorprendente, pues resulta ser independiente del momento angular constante l, lo que indica que cualquiera que sea la velocidad en el punto diametral opuesto al origen del campo en O, la trayectoria descrita es una circunferencia de radio R que pasa por O.
donde k y k' son dos constantes positivas cuyos valores son:
lliJ En la figura inferior se representa una órbita completa, denominada
La fuerza responsable de la órbita citada no es, pues, única, sino la composición de una fuerza atractiva inversamente proporcional a la quinta potencia de la distancia al centro de fuerzas combinada con una fuerza repulsiva inversamente proporcional al cubo de la distancia al origen.
lemniscata, en el intervalo O _:::; B :S. 21r: y
3¡2 k=m
8l 2 a 2
k'=-m
Como en el apartado anterior, puede ser interesante el cálculo de la energía total de la partícula en esta órbita. Como ésta se conserva, evaluémosla nuevamente en un punto concreto, por ejemplo en el punto de retroceso de la derecha. Previamente, escribamos la energía potencial del campo que genera la fuerza que acabamos de calcular. Como es fácil de obtener, ésta vale: 2
k -k' - -1V(r - ) - 2r 2 4r 4 - 2mr 2
[3r r 2
4a 2 ]
-
2
Esta energía potencial es nula en el infinito. La energía total en el punto citado, tratándose de un punto de retroceso (T = O), será la llamada energía potencial efectiva: 2
Recurriremos nuevamente a la expresió.n de la ecuación diferencial de la órbita para determinar la ley de fuerzas responsable de tal tipo de movimiento: 2
l
2
Z u [d'u F(u)=--+ u m d8 2 En nuestro caso:
d2 u
du 2 2 - = -sin28sec 28
1
u=-secW
de
a
ae 2
a
42-cos 2 28 a cos 3 28
Evaluemos el corchete que aparece en la expresión de la fuerza F(u): 2
d u
ae2
2
+u =!
[4(2 - cos 28) a cos 3 28
2
+ _l_] = !
[8 - 3 cos 28] a cos 3 28
cos 28
Hagamos la substitución cos28 = r/a. En función de r, la ley de fuerzas nos quedará ahora así: 2
F(r)- - /mr 2
[8a 3r 2
-
r3
2 ]
=
k
k'
r3 -
r5
E=
Ve,1,~a =
! -ma 2'
!
2
+ -ma 2'
[3a a' 4a'] = O 2
-
y nuevamente la energía total es nula. También en este caso es de aplicación lo dicho al final del apartado anterior: cualquiera que sea la velocidad de la partícula en el punto de retroceso de la derecha, la trayectoria será la misma. T Nota: Tenemos que señalar que en ambos apartados existe un punto de sombra no aclarado aún, que en el primero de ellos se soslaya introduciendo en el texto la aclaración de que la órbita es circular, posición que no se toma en el segundo de los ejercicios y que deja más abierta la respuesta. Se trata del hecho de que el valor de r, definido como distancia al origen de coordenadas, es intrínsecamente positivo, por lo que en ambos problemas habrá que limitar el campo de definición del ángulo polar dado que éste nos puede llevar a valores negativos de r, por ejemplo, en el intervalo 3 (~, 21r) para el primero de los casos, y en los intervalos(¡, 3 1r) y ( 5 1r, 7_;) 4 4 para el segundo de los casos.
e,
En el caso de la trayectoria circular, la ecuación r = 2R cose no sólo representa la trayectoria circular dibujada sino también una exactamente igual y simétrica respecto al eje vertical por el origen (el lóbulo izquierdo, no representado). En el origen del campo existe, pues, un punto de posible
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
404
bifurcación. Es decir, llegando la partícula a este punto, ¿por cual de las dos ramas circulares que se le abren delante se dirigirá? La decisión recae el condicionante físico de que r ha de ser positivo, es decir, por la trayectoria que le llevara a completar la circunferencia. En el segundo apartado, trayectoria r = acos2B, matemáticamente representada corresponde a la lemniscata de la figura, pero físicamente únicamente son válidos los dos lóbulos horizontales, que corresponden a los intervalos (-1", -¡) y ( 341r, 5¡), es decir, a los intervalos de B que hacen positiva la expresión anterior. En este caso, si consideráramos a la partícula aproximándose al origen del campo por la rama superior del lóbulo derecho, ¿qué camino tomará al llegar a este origen? Aquí parece que la solución es fácil: se iría alejando del origen del campo siguiendo la rama inferior del lóbulo izquierdo. Sin embargo, lo que parece obvio viola el principio de conservación del momento angular que deben cumplir los movimientos en campos de fuerzas centrales, pues si bien el módulo y dirección del momento angular a ambos lados del origen del campo serían iguales, no así el sentido del mismo, pues al ir hacia el origen se dirigiría hacia afuera del papel, mientras que al alejarse del origen se dirigiría hacia adentro. Esta curiosa situación nos llevará a que la partícula anterior, tras llegar al origen del campo, rebota en el mismo y puede seguir una de las dos siguientes trayectorias: la rama superior del lóbulo izquierdo, ó la rama inferior del lóbulo derecho. El estudio de lo que ocurre en los puntos singulares (como ocurre en estos dos casos) es algo que se evita habitualmente, pues puede llevarnos a floridas disquisiciones académicas de dudoso interés.
[ill Una partícula de masa m
recorre una trayectoria circular de radio r 0 con momento angular J 0 respecto a un punto fijo O, hacia el cual es atraída con una fuerza inversamente proporcional al cuadrado de la distancia. Se da a la partícula un pequeño impulso de módulo I de corta duración, dirigido radialmente hacia afuera. Demostrar que su trayectoria perturbada oscila en torno a la trayectoria circular original con una magnitud I J 0 y un período 21rmr6/ J 0 • ¿Cuál sería el movimiento perturbado si se aplicara el impulso en la dirección de la velocidad original en lugar de en dirección radial?
r5 /
IR. IConsideremos en primer lugar el caso general de una_partícula describiendo una órbita elíptica alrededor de un centro de fuerzas hacia el que es atraída con una fuerza inversamente proporcional al cuadrado de la distancia. La energía de la partícula se puede expresar en función de la energía potencial efectivo de la forma: 2
E= ~mr + U(r)
J2
k U(r) = - - 2mr2 r
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
405
donde J es el momento angular constante. La partícula describirá una órbita circular si la energía E coincide con la energía potencia efectiva mínima. Para calcular este mínimo, derivemos U respecto a r e igualemos el resultado a cero: J2
dU
k
-=--+~=O dr mr3 r2
r = r0
J2
= -
mk
donde llamamos ro al radio de la órbita circular correspondiente. Si el dato que se nos proporciona es el radio de la órbita circular ro, el valor del momento angular para esa órbita (al que llamaremos J0 ) queda perfectamente determinado de la relación anterior, al igual que el valor de la energía E en función de ro, de la constante k de la ley de fuerzas y de la masa m la partícula:
J~
Jo=~
Ea= Uo
mk 2
k 2r 0
= U(ro) = - = -2 2J0
Hemos utilizado Uo para indicar el mínimo de la energía potencial efectiva. Perturbemos ligeramente este sistema a partir de la órbita circular por mediación de un breve (instantáneo) impulso que varíe bruscamente su velocidad sin variar su posición en ese instante, de forma que pase a tener una energía levemente superior E y un momento angular J igualmente variado respecto al de la órbita circular. La expresión de la energía será, como antes:
E=
1
2 2mr + U(r)
J' k U(r) = ~2- 2mr
r
donde, como hemos dicho, ahora E y J representan los valores levemente . variados respecto a los de la órbita circular de radio ro. Podremos desarrollar la energía potencial efectiva alrededor del nuevo mínimo r m de la energía potencial efectiva U de la forma:
dU¡ U(r) = U(rm) + -d r
2
r
(r - rm) + -1 -d U¡ ,n
2 dr2
(r - rm) 2 + ... r',n
El cálculo de r m se realiza de la misma forma en que hemos hecho el cálculo de ro, por derivación de U respecto ar e igualación posterior a cero. Si la perturbación es muy leve, r-rm es muy pequeño, por lo que en el desarrollo anterior consideraremos nada más el primer término no nulo en x = r - r m (recordar que la derivada primera es nula en rm, pues U(r) tiene un mínimo en ese punto). La derivada segunda que figura en la expresión es: d2 U dr 2
3J2
2k
mr4
r3
á'u¡ _ J6k m
dr2
ro
-
3 4
>O
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
406
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
Es decir:
407 r
que podemos escribirlo de esta otra forma:
mk 2
E+ - 2J 2
=
1
1
2 -mx +-Kx 2 = cte 2 2
ecuación que es formalmente igual a la del oscilador armónico unidimensional alrededor de r = r m de pulsación y período dados por: El período y amplitud del movimiento oscilatorio radial correspondiente se deducen de las expresiones del tratamiento general. Para el período podemos escribir:
2,r J' T= mk2 La amplitud de este movimiento armónico se puede deducir fácilmente a partir de la ecuación de la energía que hemos escrito arriba, sin más que hacer X = O (la velocidad del movimiento armónico en los extremos es nula), con lo que, si llamamos A a esta amplitud, valdrá:
2rr J 3 2,r J 3 2rrmr 2 T=--=--º= __O 2 2 mk mk Jo y en cuanto a la amplitud A, sustituyendo valores quedará:
J' A= mk2 Debemos hacer incapié en que los valores de J, E y U que figuran en estas expresiones se refieren a condiciones del movin1iento perturbado. En este problema debe1nos, por tanto, cuidar de calcularlos después de haber aplicado el impulso. Los resultados obtenidos hasta al1ora son generales. Los aplicaremos ahora a los dos casos citados de impulso radial e impulso tangencial. ~ Impulso radial hacia afuera. Este impulso modifica la energía sin alterar el 11101nento angular, pues el momento del impulso respecto al origen del centro de fuerzas es nulo, por lo que se conservará el momento angular. Calculen1os en primer lugar el incremento de velocidad que produce el impulso J. Éste 110 es más que:
I
,0,v = -
m
Como el momento angular no se ha alterado (J = Jo = v'mkro), la curva de energía potencial efectiva es la misma que la correspondiente a la de la órbita circular de radio ro. El efecto de este pequeño impulso es que en este caso la energía total pasa a ser:
E = Ea
+
1 ( I ) 2m m
2
2
= Ea +
1 2m
=-
mk
2
2J5 +
2
1 2m
-2 ( E+ mk') m 2J2
JJ mk 2
Volviendo a la expresión del período, y teniendo en cuenta que el momento angular Jo también se puede expresar de la forma Jo = mr5wo (wo es la velocidad angular de rotación de la partícula en la órbita circular primitiva), podremos reescribi~lo así:
27rmr5 21r T=--2-=-=To mr0 wo wo Así, pues, el movimiento perturbado completa una oscilación completa en torno a la trayectoria circular en el mismo tiempo en el que se completa la propia órbita circular, lo que significa que el camino perturbado se cierra sobre sí mismo. ~ Impulso tangencial hacia adelante. Supondremos que el impulso se produce en el mismo sentido que la velocidad orbital. En este caso, no se produce alteración de la velocidad radial en ese punto, que sigue siendo nula, sino en la velocidad transversal y, en consecuencia, en el momento angular, al que al1ora llamaremos J en lugar de J0 . El efecto de esta alteración produce una alteración en la curva de energía potencial efectiva U (r), que se eleva y desplaza hacia la derecha respecto a la correspondiente a la de momento angular Jo, pues J > J 0 , como se aprecia en la figura.
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
408
u+-
K =
.E Um · E 0 =U0 ,--
La nueva velocidad transversal y el nuevo momento angular serán, como es obvio:
I v 0' =vo+~ m
.
+ U(r)
1 .2 = -mr 2
+
(Jo+ Iro) 2mr 2
2
dr
=0
mk 2 J2 = 2
_
2k 1 r 3 Tm
-
-
15_ r O3
(i -
6Ir 0 ) Jo
Para llegar a este resultado se han hecho las sustituciones y aproximaciones oportunas. Se recomienda al lector que reproduzca este resultado, operando con cuidado. La energía potencial efectiva se escribirá, pues, así:
2 _
J3 mk2
15_ = Eo + kI + E_ ro
Jo
J2 r 1n = mk = ro
2Jolro
+ ----:;;:;¡:;- +
Este tipo de potencial se puede suponer generador de un movimiento armónico unidimensional (radial, en nuestro caso) de constante recuperadora K. El período y amplitud de las oscilaciones las hemos escrito en el apartado general como:
A=-
2m
I'r5
mk '.:::'. ro
2Ir5
+ Jo
donde hemos clesnreciado el último término del desarrollo (J es muy pequeño) y he1nos r~escrito el segundo multiplicando y dividiendo la fracción por Jo. El valor de la energía potencial efectiva mínima es:
Um = -
Tm
3J mr 4
3
(1+
Ir 0 )
Jo
'.:O'.
To
(
j
3Ir 0 ) + Jo
r
siendo Eo la energía en la órbita circular. La nueva función energía potencial efectiva U(r) tendrá un mínilno a una distancia rm que se obtiene de la forma habitual. El valor de rm resulta ser: dU
2
27'.J3 27'.JJ 7------ mk 2 - mk 2
k
Evaluándola en el punto donde se produce el impulso:
E= (Jo+ Iro) 2mr6
d?UI dr 2
J=Jo+Iro
El punto de partida se convierte en uno de los puntos de retroceso de una órbita elíptica (el más cercano al centro de fuerzas) con una energía superior a la de la órbita circular de partida. La energía total en cualquier instante valdrá:
E= -mr 2
409
que el valor del impulso es suficientemente pequeño como para despreciar términos de orden superior al segundo en r - Tm. Como en el mínimo de U(r) la derivada primera se anula, nada más calcularemos la derivada segunda, a la que hemos venido en llamar K en el apartado genérico de este problema:
r
'
1 2
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
2
2
mk k ( 1 Ir 0 ) - ' 2(Jo + Iro) 2 = - 2ro + Jo "'Eo
+
kI 31 Jo - 2m
En el desarrollo de la potencia de exponente negativo hemos considerado los tres primeros términos, hecho que justificaremos a posteriori. Desarrollemos la energía potencial efectiva alrededor del mínimo, considerando
_2_ (E m
+
J 3 21 2J:3 I 2Ir 2 mk2) = - - --º= --º 2 2 2 2J2 mk m - m k J0
En el desarrollo de las expresiones que anteceden hemos ido utilizando las aproximaciones más adecuadas (en la última, por ejemplo, para el cálculo de la amplitud A de las oscilaciones aparecia finalmente la suma de dos términos, uno proporcional a I y otro proporcional a J 2 , por lo que en la hipótesis de I pequeño, hemos optado por despreciar el segundo término frente al primero). Igualmente, el hecho de que en la obtención del valor del nuevo mínimo de la energía potencial efectiva Um hayamos utilizado tres términos en el desarrollo en lugar de los dos que en lógica parece más adecuado es debido a que precisamente en el cálculo de la amplitud de las oscilaciones la cantidad entre paréntesis del interior de la raíz cuadrada se anula en el caso de utilizar la aproximación con sólo dos términos del desarrollo (es decir, los términos de orden más bajo en I y otras constantes se van cancelando dos a dos, quedándonos como primer término significativo no nulo el que contiene a la segunda potencia de I, que, por lo tanto, no lo podemos despreciar). El movimiento resultante en este caso es, pues, en términos generales, una órbita elíptica de periastro igual a ro. Desde el punto de vista del movimiento radial, en cambio, se puede considerar en buana aproximación que
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
410
la partícula ejecuta un movimiento oscilatorio armónico simple alrededor de la órbita circular de radio rm y con una amplitud A el doble de la correspondiente al movimiento que se perturba en dirección radial.
130. [ Pruébese que la trayectoria relativista de una partícula sometida a una fuerza atractiva inversamente proporcional al cuadrado de la distancia es una elipse animada de un movimiento de precesión. Como aplicación numérica, calcúlese la precesión del perihelio de Mercurio debida a este efecto. (La respuesta, unos 7" de arco por siglo, es mucho menor que la precesión realmente observada, de unos 40" por siglo, lo que sólo se explica de manera satisfactoria mediante la Teoría de la Relatividad Generalizada). R. I Según la teoría relativista, para intentar establecer una formulación lagrangiana de la Mecánica relativista se pueden seguir dos métodos. El que nosotros utilizaremos no pretende encontrar una formulación manifiestamente covariante de la·misma, sino que se concentra en reproducir, para un cierto sistema de Lorentz particular, la parte espacial de la ecuación del movimiento relativista, Fi = dp,¡/dt, donde Pí = 7mvi. Las ecuaciones del movimiento que se obtienen por este método, aún no siendo manifiestamente covariantes, son relativísticamente correctas para un determinado sistema de Lorentz.
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
~~ = {
1mr
8L . = 7mre 2 ar
d( . - 1r) dt
dV dr
-
411 1 dV '(Te·2 + -
m dr
= O
Hagamos el cambio de variable u= 1/r:
.
1 r
r
2.
u= - - = -u r
U=-
r2
Además, simbólicamente sabemos que si r = r(e), es decir, u derivación respecto al tiempo e con lo que:
ft = Je,
j
.11-_
r
dt (1 )
= _iJ_<Í,_
de
["I_ du] u2 dt
u(B), la
_ _ iJ_<Í,_ [1ÍJ du] de u2 de
pues f = -U/u 2 . Pero a partir de la constancia del mon1ento conjugado a la coordenada cíclica (}, pe, podemos escribir: 2 · 1ÍJ l 1re=-=-=A u2 m
Por lo tanto:
U na lagrangiana relativista adecuada para una partícula sometida a fuerzas conservativas independientes de la velocidad sería: L = -mc2 ~
-
Llevando estos resultados a la ecuación de Lagrange para r, llegamos a:
V(r)
con m la masa en reposo de la partícula, /3 = v / e la velocidad relativa a la de la luz y V la energía potencial que sólo depende de la posición [H. Goldstein, Jvlecánica C1lásica, p. 394-95]. Esta asignación se ajustificará a posteriori. Escribamos la función lagrangiana en coordenadas polares:
L = -rnc
2
1-
r2
+ r2iJ2 c2
- V(r)
La coorde~1ada B es cíclica) por lo que su mon1ento conjugado (el momento angular l) será constante:
8L
Pe=-.= -me
ae
2
1-
r2 + r2iJ2
e'
2
= 1mr iJ = cte = l
siendo 'Y = (1 - /3 2 ) - 1 / 2 • Igualmente, la ecuación del movimiento para' la coordenada r es:
A 2 u 2 d2 u
A2 u 3 1
u 2 dV
- - - - - - - - - - - =Ü
1
de 2
m du
Sünplificando, queda:
d2 u 1mdV de 2 +u+l' du =O que es la ecuación relativista de la trayectoria para un potencial dependiente de la distancia V = V(r). Apliquémoslo al caso de una fuerza atractiva inversamente proporcional al cuadrado de la distancia. En este caso, la energía potencial será proporcional al inverso de la distancia, que expresado en términos de la nueva variable u queda de la forma V = -ku. Sustituyendo este valor en la ecuación diferencial de la trayectoria:
d2 u km1 de 2 +u-z,=O Esta expresión, aunque tiene la apariencia de una ecuac1on simple que representa a un oscilador armónico, tiene una dificultad inherente: la presencia del factor "'( en lo que puede parecer el término constante (el tercero
412
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
del primer miembro). Pero podemos evaluar este factor 'Y a partir de la hipótesis de conservación de la energía, supuesta ésta como la suma de la energía en reposo, la energía cinética y la energía potencial. En el capítulo sobre Relatividad, se ve que la energía en reposo más la energía cinética tiene de valor rymc 2 , por lo que lo anteTior se escribirá así:
Eo+T+V=1mc 2 +V=E donde E = cte. Apliquémoslo a nuestro caso, con V = -ku: 1me2
-
E+ku me 2
ku = E
Sustituyéndolo en la ecuación diferencial de la órbita, tras simplificar nos quedará definitivamente: d2u d82
(
k2 )
+ 1 - l2e' u
Una evaluación numérica de esta expresión pasa por el cálculo de los valores de las constantes implicadas. Cualquier texto sobre Astronomía nos da los valores de la masa del Sol (Ms 'c' 2 X 1030 kg, MMe,·c "' 3.25 X 10 23 ), así como el semieje mayor de la órbita a ~ 5. 79 x 10 10 m, la excentricidad de la misma f = 0.2056 y el período T = 0.2408 años. Teniendo en cuenta que el momento angular l relativista y no relativista prácticamente coincidirán dado el pequeño valor de la corrección relativista a introducir ('Y ~ 1), utilizaremos el valor de ese momento angular que correspondería al caso no relativista. De la segunda ley de Kepler podemos integrar la velocidad areolar para una órbita co1npleta y escribir:
r dt
Jo
dA dt = 1rab =
= i2c2
2
de2 +Bu= C
[B
=1-
k 12c2' C
=
kE l2e2
l
~ +Deos ( VBe -
k'1r Ll. = - 2 l'c
5)
.Ó.siglo ".:::::'
donde D y ó son dos constantes a determinar a partir de las condiciones iniciales. Podemos, incluso, elegir adecuadamente el instante inicial para que ó = O, con lo que la ecuación de la órbita queda:
C [1 + C DE cos VBe u = B
l
e
e
e
1 2
2,r ../B 1
2,r 1 = 21r
1(
8.80
'c'
X
10 38 J /s
8.4 x 10-s rad
"'
3.49 x 10- 5 rad ".: : :' 7.2 11 de arco
o Nota: Construyamos la función hamiltoniana a partir de la lagrangiana que hemos considerado al principio. Podemos escribir:
p r=-----1 +QcosVBe
siendo P = B /C y Q = DE /C constantes. Esta ecuación, como sabemos, corresponde a una elipse animada de un movimiento de precesión, precesión que se anularía si B = 1, es decir, si la velocidad de la luz se considerara infinita (como se suele considerar en la mecánica no relativista). Por lo tanto, si el primer perihelio se considera que se produce para = O, el siguiente perihelio se producirá cuando el argumento del coseno sea 21r, que corresponde a una variación del ángulo polar = 21r / VB, mientras que una elipse sin precesión se produciría para un avance de = 21r. Por lo tanto, el avance del perihelio de Mercurio en cada revolución tendrá un valor: L\. =
-+ l
Este es el avance del perihelio de Mercurio en cada órbita. Pero a lo largo de un siglo Mercurio describe 415 órbitas completas, por lo que el avance total del perihelio por siglo será, como habíamos anticipado en el texto del problema:
La solución de esta ecuación diferencial es de la forma:
u=
= 2~T Mere
ó bien, llamando B y C a las constantes que figuran en ambos miembros:
d u
2 1ra ~
Como por otro lado es k = GMsMMm "'4.32 x 10 43 J · m y e= 3 x 10 8 rn/s, el resultado final para L\. resulta ser:
kE
2
413
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
k2 )1 - l'c2
/
k'1r - 1 1 = l'c2
Pero según hemos visto:
Pe= 1mr
Pr = ,ymT'
2·
e
Sustituyendo estos valores el la definición de la hamiltoniana:
H = 1mr 2 = 1mc
2
2 1 2 + 1mr 2 e.2 + mc2 vr;--;,, 1 - (3 2 +V= 1mv + -me + V
'Y
li3
2
+ ;2] +V
2
= 1mc
[f3 2 + 1 -
(3
2
]
+V
= 1mc
2
+V
= E
Es decir) la función hamiltoniana construída a partir de la función lagrangiana elegida coincide con la energía mecánica total constante) como era de esperar. Por lo tanto, la asignación de la lagrangiana que hemos utilizado es correcta.
414
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
[}!] La modificación de la ley gravitatoria impuesta por la Teoría de la Relatividad Generalizada introduce en la expresión de la fuerza una pequeña componente inversamente proporcional a la cuarta potencia de. la distancia. Demuestre que esta modificación en la ley de fuerzas es capaz de dar cuenta, casi exactamente, de la discrepancia entre los valores predichos por el caso clásico (una vez que se han compensado los avances en el perihelio debido a la influencia sobre Mercurio de otros planetas del sistema Solar) y los predichos por la modificación relativista aludida en el avance del perihelio de Mercurio de 43" por siglo. I R. I
Antes de proceder a la resolución de la cuestión planteada, es conveniente que nos hagamos una idea del valor de las magnitudes intervinientes. Cualquier texto de Mecánica incluye hoy día datos de los planetas del sistema solar y sus órbitas. En particular, y refiriéndonos al sistema Sol-Mercurio, nos quedaremos con los siguientes: • • • • • •
Masa del Sol: Masa de Mercurio: Período orbital: Semieje mayor: Excentricidad: Cte. Gravitatoria:
º
M = 1.99 X 103 kg m = 3.31 X 10 23 kg T = 0.2408 años a= 5.79 x 1010 m E= 0.2056 'Y = 6.67 x 10- 11 N · m 2 /kg 2
2
µ
d82 +u= - [2u2 F(u) =
kµ - 1
12 = ;
i
Como sabemos, la solución de esta ecuación diferencial es: u = (1 + scos8). El parámetro e (excentricidad de la órbita) depende tanto de a como de la energía E, y su expresión la podemos encontrar en cualquier texto de Mecánica. Volviendo al valor de la constante a y al de su inversa 1/a, encontramos que sus magnitudes son: ¡2
a
=-
A=
µk
-1:_
a
¡2
""' - -2 ')'Mm
= a(l - c 2 )
= 5.55
X
415
La ley de fuerzas modificada es de la forma:
F(u) = -ku 2 - k'u 4 donde e es la velocidad de propagación de la interacción gravitatoria, que coincide con la velocidad de la luz (la asignación del coeficiente corrector relativista tiene su explicación parte a la luz de la Teoría de la Relatividad Especial y parte a la luz de la Teoría de la Relatividad Generalizada, cuya discusión cae fuera del objetivo de este texto). Según esta ley de fuerzas, la ecuación diferencial de la órbita queda así:
d2 u µ kµ k' µ 1 3?Nl -+u=-~F(u)=-+-u 2 ""'-+--u 2 =A+Bu 2 d82 l2u2 l2 ¡2 " c2 Esta ecuación hay que resolverla utilizando métodos de aproximación. El término corrector que aparecen en el segundo miembro, (Bu 2 ), es insignificante frente al valor de la constante A (ya de por sí pequeña). Utilizando los datos que se indican más arriba:
3?M B = - - =4424m c2
Junto a estos datos, podemos extraer otros obtenidos a partir de ellos. En particular, al valor de la constante a que aparece en la ecuación de la trayectoria elíptica correspondiente al modelo de fuerza central inversamente proporcional al cuadrado de la distancia F(r) = -f', = -ku 2 (k > O), que deriva de la ecuación diferencial de la órbita: d u
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
1010 m
= 1.82 x 10- 11 m- 1
una vez que hemos realizado la aproximación ell el valor de la masa reducida µ ~ m, pues la masa de Mercurio frente a la del Sol es despreciable: : = 1.66 x 10- 7 , y sustituído el valor de k = ')'Jvl m.
Este valor parece contradecir lo que acabamos de afirmar, pero hay que tener en cuenta que el término corrector no es B, sino Bu 2 , y el máximo valor de u en el caso que nos ocupa (órbita de Mercurio) corresponde al del perihelio: rp = a(l - s) = 4.6 x 10 10 m-+ up = 2.17 x 10- 11 m-1, con lo que el máximo valor de la corrección en el segundo miembro valdrá: Bui = 2.09x 10- 18 m- 1 , siete órdenes de magnitud menor que A. Podemos afirmar, por lo tanto, que la corrección relativista de la órbita introduce una levísima perturbación respecto a la trayectoria cerrada y elíptica a la que nos conduce la ley del inverso del cuadrado de la distancia. Parece obvio utilizar, por lo tanto, la solución de la ecuación correspondiente a la ley del inverso del cuadrado de la distancia como primera solución pueba. Hagásmoslo: u1 =
A(l+scos8)
Sustituído en el primer miembro de la ecuación diferencial, obtenemos: d 2 u1
aez + u1
=
-Ae: cose+ A(l + s cose)
=A
Es decir, sólo reproduce el término constante del segundo miembro, como era de esperar. El valor del segundo miembro para esta solución prueba vale, mientras tanto:
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
416
A+ Bu;= A+ A 2 B(l + 2ccosB + cos 2 B) = A + A2 B [ ( l +
tras escribir cos2
()
l
E;) + 2E cos B + E; cos 2B
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
417
mientras que la solución exacta debería ser, teniendo en cuenta que u 2 = U1
+ Up:
en función del ángulo doble y reag:::upar términos.
Nos hace falta, pues, otra solución particular aditiva, a la que llamaremos up, que dé lugar al segundo término del segundo miembro. Es decir, debemos resolver aparte la ecuación diferencial siguiente:
E') c l 2 +2ccosB+ 2 cos28
La diferencia relativa entre el valor exacto y el obtenido sería del orden de:
2
d?u dB;+uv=A 2 B [( 1+
La ecuación homogénea tiene como solución una combinación lineal de sin8
que, en el caso más desfavorable (para u1 mínimo y a los siguientes valores:
y cos (), como resulta evidente. Como en el segundo miembro de la ecuación
completa está precisamente cos B, las técnicas de resolución nos dicen que en este caso deben1os buscar una solución particular que sea combinación lineal de B sin B y ecos B (en lugar de sin e y cos 8), además de las partes correspondientes al término constante, F, y al término en cos 28 (al que corresponderán los términos F sin 28 y G cos 28 de la solución particular). Según esto, pues, esta solución particular será de la forma: Up
= C + DBsinB + EBcosB + Fsin28 + Gcos2B
Debemos determinar los valores de las cinco constantes asociadas. Para ello, sustituímos esta solución particular en el primer miembro de la ecuación diferencial para up e identificamos los coeficientes correspondientes en ambos miembros. Este proceso es simple y nos conduce a: D = A'Bs
E=F=O
La solución particular que da cuenta del segundo término del segundo miembro será, por lo tanto: Up
= A2 B [ ( 1 +
E;) + EBsin B -
l
,: cos 2B
Parece lógico escribir, pues, la nueva solución prueba de la forma:
u 2 = ·u 1 +
up
l = A(l +EcosB) +A B [( 1 + é2) +EBsinB 2 6 cos2B t:'
2
Esta solución, como hemos visto, reproduce el segundo miembro de la ecuación diferencial, pero únicamente cuando tomamos como función u en el segundo miembro a u1. Es decir, se cumpliría:
d2 u2 dB'
+ u2
2
= A+ Bu 1
u,,
mín
Up, máx
= A(l - E) = 1.45
X
Up
máximo) nos llevaría
10- 11 m- 1
= A' B (1.0211 + 0.2056 Bsin B - 0.00705 cosW) lmáx
°" A B · 1.4 = 2
(1.82 x
10- 11 ) 2 ·
(0,2n)
4424 · 1.4 = 2.05 x 10-rs m- 1
donde hemos evaluado el valor máximo de la perturbación sobre la órbita cerrada a lo largo de una revolución (aproximadamente). Con estos datos, la perturbación relativa del tercero respecto al segundo término del segundo mie1nbro viene a ser: Ll
°" 2. 83 X 10- 7
Es decir, el tercer término es siete órdenes de magnitud menor que el segundo, siendo el segundo, como hemos visto más arriba, otros siete órdenes de magnitud menor que el primero.
[Nota: Cuando 8 aumenta, el término predoniinante en Up es el central: E 8 sin 8, siendo su valor máximo E 8. Si consideráramos,por ejemplo, = 20001r rad (1000 revoluciones completas respecto al eje polar inicial), E 8 '.: : : '. 1300 rad, con lo que Up, niáx '.::::::'. 1.9 x 10- 15 m- 1 , aún cuatro órdenes de magnitud menor que u1, proporcionando un valor de~'.::::::'. 2. 6 x 10- 4 , fracción que sigue siendo insignificante. Como curiosidad, las 1000 revoluciones significarían en el caso del planeta Mercurio cerca de 241 años].
e
Por lo tanto, podemos parar la aproximación en este punto, y pasar a considerar como .válida la segunda de las soluciones de prueba u 2 • La reescribiremos de la siguiente forma:
u, = A [l + c(cos 8 + AB 8 sin O)]+ A 2 B [ ( l +E;) - E:
CDS
l
ze
El segundo tér1nino entre corchetes del segundo miembro está constituído por un término constante y un término sinusoidal de período angular 1r,
9. Fuerzas Centrales (I): Órbitas
418
por lo que no se modificará la posición del perihelio debido a estos términos en tiempos largos. Hemos introducido el término que puede provocar la alteración de la posición del perihelio en el primer corchete. Si tenemos en cuenta que AB -::: 10- 7 , podemos expresar la cantidad entre paréntesis así:
cose+ABesine
'°' cosecos(ABe) +sinesin(ABe) =
cos(e-ABe)
donde hemos utilizado las aproximaciones habituales en las razones trigonorriétricas de ángulos pequeños'. Por lo tanto, la parte de la solución que contiene el único término que puede conducir a una modificación medible en tiempos largos de la posición del perihelio, parte a la que llamaremos Usecular, puede reescribirse así: Usecular ':::'
A [l + ECOS o-8]
[
=
1-AB]
El valor del factor cr es muy cercano a la unidad, pero no es la unidad. Esto quiere decir que, si inicial1nente y para () = O 1\!Iercurio se encontraba en el perihelio, tras una rotación completa en el plano polar, es decir, para = 21r, el planeta no estará en una nueva posición de máximo para u, es decir, no estará de nuevo en el perihelio. De hecho, JVIercurio pasará por el siguiente perihelio al inicial cuando el argumento uB valga 21r. Es decir, cuando: 2,r (1 - AB)e = 2,r _ 2,r(l + AB) 1 AB
Capítulo 10
Fuerzas Centrales (II): Dispersión
e
ITJ Demuéstrese que, para cualquier fuerza central repulsiva, una solución formal del ángulo de dispersión es:
'°'
donde hemos utilizado de nuevo otra aproximación, teniendo en cuenta la pequeñez del término AB. La última expresión quiere decir, en otras palabras, que el perihelio avanza ó = 21r AB en cada revolución. Escrito de forma más amplia:
ac2(1 - c 2)
e=
,r _ 2
j"= o
bdu
J1-~-b2u2
donde V es la energía potencial, E la energía total, b el parámetro de impacto y u = 1/r. El valor u = Um corresponde al punto de máxima aproximación de la partícula al centro de fuerzas (punto de retroceso).
pues 12 hMm 2 = a(l-E 2 ). Insistimos en que no hay que confundir e (aquí la velocidad de propagación de las ondas gravitatorias, es decir 1 la misma velocidad de la luz) con la semi distancia focal.
b
Evaluemos este avance, que es insignificante para cada revolución, a lo largo de todo un siglo. Como el período de Mercurio alrededor del Sol es T = 0.2408 _años, en un siglo realiza 415 revoluciones completas, por lo qlle tendremos: Óseculac
=
415 · 2,r AB = 415
X
2,r
X
1.82
X
10- 11
=
X
4424
2.09 x 10- 4 rad
que está en excelente acuerdo con la observación.
= 43.1" b
e(
e
o
e
10. Fuerzas Centrales (II): Dispersión
420
[fil
En la figura, el punto O es el centro de fuerzas (considerado fijo) y el punto P es el periápside (distancia de 1náximo acercamiento), al que corresponde el valor Um = 1/rm· La ecuación integral de la órbita se escribe como:
421
10. Fuerzas Centrales (II): Dispersión
Esta relación nos permitirá obtener, en último término, la función b = b (B), para lo que nos hará falta conocer el valor de Um que figura como límite superior de la integral. Podemos utilizar varios procedimientos para obtener este valor. Por un lado, sabiendo que el punto P es un punto de retroceso en el movimiento radial de la partícula, al que le corresponderá consecuentemente una velocidad radial nula, el Principio de conservación de la energía nos llevará a escribir para ese punto:
[z = bV2mE] una vez se ha hecho el cambio de variable u= 1/r. Para el caso de una fuerza central repulsiva cualquiera, vemos en la figura que el ángulo de dispersión () para una incidencia bajo un parámetro de impacto b, viene representado por: 1r - 28. Calculemos primeramente a partir de la ecuación integral de la órbita. En la misma, identificaremos la situación inicial (cuando la partícula se acerca desde el infinito por la izquierda) por las condiciones iniciales: Bo = 1r, ro = oo, mientras que la situación correspondiente al máximo acercamiento en el punto P la identificaremos por: B = 7í - e, r = rm, Llevando estos valores a la anterior ecuación y escribiendo los resultados en función de la variable u:
e=
Y despejando El: El=
e
"1V[ o
l du
pues E coincide con la energía cinética de la partícula en el infinito, por lo que se puede escribir la velocidad en el punto más alejado de la trayectoria en función de la energía total, y, en función de esta energía total y del parámetro de impacto, el momento angular l. La ecuación de arriba, conocida E y la forma de la energía potencial V, es una expresión que nos permite resolver para Um como función de E y b, que es lo que nos faltaba por determinar. El segundo procedimiento se basa en el método de 1náximos y mínimos. Para hallar el mínimo r conocida la ecuación de la trayectoria r = r (B), no tenemos más que derivar esa función respecto a Be igualar a cero (condición de valor estacionario). O bien, por el mismo argumento, conocida la función u = u (B), hallaremos el máximo de u derivando esta función respecto a B e igualando a cero. Pero, afortunadamente, no es necesario resolver el problema hasta encontrar la ecuación de la trayectoria en forma finita. Nos basta con conocer esa ecuación en forma diferencial. Y la tenemos escrita arriba:
2 2
2m E-V-
u m 2
Z
]
!
La energía total es igual a la energía cinética en el infinito, E = mv 2 , mientras que el momento angular l, en función del parámetro de impacto b y la velocidad inicial v es: l = mvb = b,/2mE. Llevando estos valores a la últilna integral, una vez simplificadoi nos queda:
Y aplicando la condición de máximo para u:
Es decir: con lo que el ángulo de dispersión nos quedará, como querí amos demostrar, de la forma:
e=
1r -
20 =
1r -
2
{"m
lnO
bdu
Ji-~
2
-b u
2
que es la misma ecuación en Um obtenida por el procedimiento anterior. El resultado, evidentemente, dependerá del grado de complejidad de la función potencial V.
422
10. Fuerzas Centrales (II): Dispersión
~ Estúdiese la difusión producida por una fuerza central repulsiva de la forma F(r) = k/r3, k > O . Demuéstrese que la sección eficaz elemental, siendo E la energía, está dada por: a (B) =
En nuestro caso, A= 1, E= O, C = - (b 2 + k/2E), Q = -4 (b2 + k/2E), por lo que sustituyendo, aplicando límites y simplificando, obtendremos:
e= b [b' + 2E k
k 1- x 2-rrE x' (2 - x)2 sin -rrx
[x = B/-rr]
423
10. Fuerzas Centrales (II): Dispersión
l
-1/2
sen-1
[(
b'
k )1/2
+ 2E
lliJ Tal y como hemos visto en un ejercicio anterior con carácter genérico,
Por último, el ángulo de dispersión valdrá:
para cualquier fuerza central repulsiva se cumple que una solución formal del ángulo de dispersión es:
e = -rr -
20
k
JI"- = ¡ +
u o
= [ 1 - ( b2 + E 2
b2
k 2E
i-
12 / -rrb
2
)-1/2 ]-rr b
Despejando b2 en función de fJ, llegamos sin dificultad a:
b2 = donde O es el centro de fuerzas, P el periápside ( distancia de maXJ.mo acercamiento), b el parámetro de impacto y B el ángulo de dispersión (la figura del ejercicio anterior muestra todas estas magnitudes). El valor del inverso de la distancia de máximo acercamiento se obtiene de la resolución de la ecuación en um:
donde E es la energía total, que coincide con la energía cinética en el infinito. La energía potencial correspondiente a este campo de fuerzas central es, como es fácil de probar:
.!.__ (1-x)'
La sección eficaz elemental de dispersión se escribirá, teniendo en cuenta que los diferenciales db y dB son de signo contrario y operando con cuidado: b db cr(B) = - sinBdB =
k 1- X 1 d (b') = . 2 21r sin 1rx dx 2-rrE x' (2 - x) sin,rx
con x = B/ 1r, como queríamos demostrar. Como apartado suplementario, podemos tratar de obtener la propia ecuación de la órbita a partir de la ecuación diferencial, conocida la ley de fuerzas F (u), que se escribirá como:
mku 3 2mEb2 u 2 Por lo tanto, al punto P le corresponde un valor de ecuación: E
=
Eb 2 u';,,
+ k~;,,
--+
Um
Calculemos por separado el ángulo auxiliar
Um
2 ]-l/2 2
{"-
- Jo
Éste valdrá:
J
,/A+Bx+Cx'
-Fe
J1 - (b' + 2',;) u'
+E
FQ
dB 2
k ) + ( l + 2Eb u 2
= O
Teniendo en cuenta que k es positivo (es un dato), al igual que E (pues coincide con la energía cinética en el infinito y ésta es positiva), el coeficiente de u es positivo y la ecuación diferencial es del tipo de la del oscilador armónico unidimensional, cuya solución es:
u=Asin [~Vb'+ 2~B+B] =Asin(aB+B) donde A y B serán las dos constantes a determinar a partir de condiciones conocidas. Por ejemplo, cuando la partícula está en el infinito, se tiene que: r=oo--+u=O,
1 . _ 2Cx =---sm 1
--+
bdu
que corresponde a la integral tipo: dx
2
d u
solución de la
= [b + ~
e.
[x = B/-rr]
2Ex(2-x)
[C < O, Q = 4AC - B 2 ]
B=-rr--+
B=-rr-a-rr--+
u=Asin[a(1r-B)]
donde hemos de señalar que hemos elegido para B el valor apuntado, en lugar del que parecía más lógico (B = -a1r) condicionados por la exigencia
424
10. Fuerzas Centrales (II): Dispersión
de que u ha de ser positivo siempre. Por otro lado, para B = 1r - e, es = Um = 1/ o:.b, utilizando el valor de Um obtenido en el apartado anterior y expresándolo en función de la constante a recién definida. Además, para ese valor del ángulo, u tiene un máximo (correspondiente al mínimo de r en ese punto), lo que expresado en forma matemática se escribirá como:
u
dul
dB ,-e
-aA cos [a (1r - B)]l,_ 6
=
O
-+
ae = 7f 2
valor que, sustituído en la expresión de u para el punto P nos permitirá calcular el valor de la constante A. Así:
10. Fuerzas Centrales (U): Dispersión
Escribamos las expresiones de los Principios de conservación del momento lineal y de la energía: m1 u1
1
2
2m1 u 1
+ m2u2
+
1
2
2
Es decir:
A= _1_
=
2m2u 2 =
1
u=
sin [a (1r - B)] ab
[:[] Dos partículas de masas m1 y m2, con velocidades u1 y u 2 = o:u 1 (o: i O) en la recta que las une, chocan elásticamente. Si las energías cinéticas de ambas partículas antes del choque son iguales, ¿qué relación ha de cumplirse entre las masas para que tras el choque la masa m 1 quede en reposo?
IR. ILa condición de que la primera partícula queda en reposo tras el choque limita el fenómeno a la recta de unión de ambas partículas, pues el principio de conservación del momento lineal indica que el momento resultante, que inicialmente tiene la dirección de la recta de unión de ambas, habrá de tener esa misma dirección. Pero al quedar la primera partícula en reposo tras el choque, todo el momento lineal lo aporta la segunda partícula que, por lo tanto, habrá de moverse sobre la dirección en la que se movía antes del choque. Por otro lado, no se dice nada sobre el signo de a, por lo que cabrá más de una solución según las partículas se muevan en sentidos contrarios antes del choque o éste se produzca por alcance. La condición de energías cinéticas iniciales iguales se escribe:
+ am 2 ) u, 2 m1u 1
2
2m2v2
=
m,v, 1
2
= 2m2v2
Sustituyendo la primera de las ecuaciones en la segunda, eliminamos V2, lo que nos lleva a: 2m1m2ui = (m1
+ am 2) 2 u;
-+
(
m1 m2 )
-
2
m1 m2
+2(a-l)-+a 2 =Ü
Pero como a partir de la igualdad entre las energías cinéticas iniciales se obtuvo m1/m2 = o?, nos quedará la ecuación:
ab
Por lo tanto, la ecuación de la órbita, perfectamente definida para cada parámetro de impacto b, será:
(m 1
m2v2
donde hemos utilizado los valores de las velocidades en valor absoluto, e indicando el signo de a el sentido inicial de la velocidad de la masa m 2 , supuesto que la masa m 1 se mueve inicialmente hacia la derecha.
1 um = -b = Asin{a[1r- (1r-0)]} = Asinae = Asin1r = A
"
425
a 2 [a 2
+ 2a -
1]
=
O
que tiene como una de las soluciones o: = O, que no interesa, mientras las otras dos serán:
a=v12-l
m,/m 2 = 3 - 2v12
Colisión por alcance
a=-(v12+1)
m,/m2 = 3 + 2v12
Colisión frontal
que son las dos soluciones posibles.
[!] Considérese el
choque de una partícula de masa m1 y velocidad u1, medida en el laboratorio, contra una partícula de masa m2, que se encuentra en reposo. Sea v 1 la velocidad de la partícula de masa m1 tras el choque, que forma un ángulo '1p con la dirección primitiva (ángulo de dispersión en el laboratorio), mientras que el ángulo de dispersión de ambas partículas medido en el sistema de centro de masas es Sean To y T1 las energías cinéticas inicial y final, respectivamente, de la partícula de masa m 1 medidas en el laboratorio. Demostrar que se cumple la siguiente relación:
e.
m;
T, =
-
To
IR.
(m 1
+ m 2)
[ 2
,I, COS
cos(8-,j;)]' + -~~~~ mi/m2
j Este problema resulta de gran interés pues permite averiguar la fracción de la energía total que se lleva la partícula incidente después de la dispersión. La energía cinética de la partícula incidente medida en el laboratorio coincide con la energía cinética total T 0 , pues la partícula blanco se encuentra en reposo.
426
10. Fuerzas Centrales (II): Dispersión
m¡
U¡
m;
/vi
/
"'1
(,P !;
!
G/ ·8
e\---"
112 "'2 ------------------------
En la figura de la izquierda, se n1uestra el antes y el después de la interacción en el sistema de laboratorio, mientras que en la de la derecha se muestra el mismo proceso en el sistema de centro de masa con origen en_ el punto G. Para pasar de las ·magnitudes cinemáticas de la primera de las figuras a las de la segunda, es necesario definir la velocidad del centro de masa V en el sistema de laboratorio, de la forma:
V=
T1
U 1
=
U1 -
ffi2U1
V = ---m1 +m2
=
vf _ V
2
ui
+ 2v, V
=
vf + V 2
-
cos,j;
uf
T, To
m22 (m1
+ m2)
2
m;
V , + -2v, -2-
(m, + m,r
u,
"' cos
Además, según la figura auxiliar 4b, se cumple que v1 sin B = v1 sin 'l,U, co:ri lo que el último término de esta expresión se escribirá:
m1 +m2
u' 2
_
vf
De acuerdo con la teoría del choque elástico, los momentos lineales de ambas partículas antes del choque, medidos en el sistema de centro de masa, son iguales y de signo contrario, y tras el choque, lo mismo. Además, el módulo del momento lineal de cada partícula en este sistema permanece invariable, por lo que se cumplirá la condición: u1 = V1. Utilizando los -valores extraídos antes para u~ y V:
con lo que las velocidades de las partículas medidas en el sistema de laboratorio serán: I
427
De la figura auxiliar, el teorema del coseno nos dice que 2v1 V cos '¡/), lo que llevado al cociente anterior, nos da:
To - uf
/vi
\v2
10. Fuerzas Centrales (II): Dispersión
u2 - V = - V
2v 1 V --2u1
=
La figura auxiliar siguiente muestra la relación existente entre la velocidad de dispersión de la partícula de masa m 1, medida en los sistemas de centro de masa y de laboratorio, en función de los ángulos de dispersión de la misma partícula en ambos sistemas.
cos 1f =
2v 1 Vsinecos,j; .
u 12
"/'
Sln 'Y
Utilizando la relación que se obtiene en la teoría entre los ángulos de dispersión para la primera partícula medidos desde ambos sistemas, que dice: sinB tan 1j; = - - - - cose+ mi/m2
sin(} cos 1/; m1 =cose+sin'I/; m2
nos dejará la enterior expresión en la forma:
V
2v 1 'V
u,
- -2
V¡
cos'l,U =
2m1 m2 ( cos (m, + m2) 2
e+
m,)
-· m2
Por último, el cociente entre las energías cinéticas se podrá expresar de la forma: T1
To
e
_
--
(m1
m,)
m~ mf 2m1m2 ( 22+ zcos+ + m2) (m 1 + m 2) (m 1 + m2) m2
Operando y simplificando: Las energías cinéticas de la primera partícula antes y después del choque, así como su cociente, son: , T,
v2
To
u2
1
1
T, = 1 - _2_m~1_m~2~2 (1 - cose) To (m 1 + m2) que nos da la fracción de energía cinética que tras el impacto se lleva la partícula incidente, expresada en función del ángulo de dispersión en el sistema de centro de masa.
10. Fuerzas Centrales (H): Dispersión
428
Es interesante obtener esta fracción en términos de magnitudes medidas en laboratorio, por lo que tratare1nos de expresar cos (} en función del ángulo y. Si bien es un tanto laborioso, no debe haber mayor dificultad que la puramente operativa para, a partir de la relación entre los ángulos medidos en ambos sistemas antes escrita, llegar a la expresión:
m2
2
m2
m1 m1 2 cose= --sin ,/J±-cos,/J
(
m2
ffi¡
-
)
. 2 Slll
429
10. Fuerzas Centrales (U): Dispersión
V=O
V=
a
b
oo
8 'lj;
o
Llevada esta relación al cociente entre las energías potenciales, permitirá escribirla así:
T1 To
mi +m~ + m 2) 2
(m1
+
2m1m2 (m1
+ m2)
2
[
m2
[E]
2
m1 . m1 - - sm2 ,jJ ± - cos,/J
m2 (
m2
m1 )
. 2
-sm ,jJ
y operando (haciendo sin 2 ,jJ = 1 - cos 2 ,jJ y reordenando términos) es fácil
comprobar que esto es equivalente a:
T1 -
. m¡ [ cos'+'±,,, m2 To - (m 1 + m 2) 2 m1
b db
~-------2 2
1-
m1
(
m,
)
. 2 sm,jJ
sine de
Además, de la figura resulta inmediato el escribir:
Aún más, de la relación entre los ángulos entre ambos sistemas, se tiene que: m1 sin 8 cos 'ljJ = -cose m2 sin ,jJ
sinB tan ,jJ = - ~ - - ~ cose+ mi/m2
que, sustituído en el radicando, tras operar, nos permite escribirlo, definitivamente, de la forma:
2 T1 m1 [ cos,/J ± -m 2 cos (B - ,jJ) ] ' - = 2 To (m 1 + m 2) m1 donde habrá que tomar el signo serán válidós los dos signos.
+ si m 1 < m2, mientras que
r :S: a
r>a
e= rr -
si
m 1
>
m 2,
rr e
8=---
20
2
2
con lo que, conocido E>, conoceré B, y viceversa. Por lo tanto, nuestra primera misión consiste en averiguar la relación entre by B: b = b(B). Para ello, seguiremos dos procedimientos. El primero nos permite llegar a esa relación de una forma sencilla, utilizando procedimientos trigonométricos que resultan evidentes a partir de una mera inspección de la figura:
. . 8.. = as1n b = asm
[[] Calcular la sección eficaz elemental
V(r) = { ;
La trayectoria de la partícula es la que se aprecia en la figura. En nuestro caso, y supuesto que la esfera blanco va a permanecer inmóvil, dada la pequeña n1asa de las partículas incidentes, es indiferente considerar la dispersión en siste1na de centro de masas como en sistema de laboratorio, ya que son indistinguibles. La sección elemental de difusión se define como:
(rr -
e) = acos2e
2 2
El segundo procedimiento, el más general, permite lleggar a este mismo resultado utilizando la ecuación general de la órbita. En este caso, escribiremos:
10. Fuerzas Centrales (U): Dispersión
430
donde hemos supuesto el eje polar dirigido hacia el punto de máximo acercamiento y respecto al cual mediremos el ángulo e. Determinemos los valores de las constai1tes. La energía total E coincide con la energía cinética antes del impacto (la energía potencial antes del impacto es nula, por lo que la velocidad de la partícula proyectil es siempre constante). De esta forma:
E=
1
2
l = mvob
mv0
2
Para el cálculo de Tmin = l/uma.1:,, el procedimiento correcto sería igualar a cero dr / d8 a partir de la ecuación diferencial de la órbita (condición de mínimo), y esto significaría la anulación del radicando de la ecuación diferencial, pero esto es aplicable si la función r = r (e) es una función continua de e. No es éste nuestro caso, donde hay una evidente discontinuidad en ese punto de distancia mínima (hay un salto de potencial brusco, desde cero a infinito, lo que constituye una barrera impenetrable), por lo que no es aplicable el método. Lo que sí es manifiesto en nuestro caso es que . -- a , pues la partícula incidente no puede penetrar dentro de la esfera r rnin rígida. Con ello, y teniendo en cuenta que en todo el rango de integración el valor del potencial es nulo, V = O, salvo en un solo punto, r = a, en el que se hace infinito (lo que no afecta al valor de la integral), la integral anterior quedará:
e=
rol/a ~===m=v'=o'=b=d=u===
Jo
r'/a
2m ['2 mv02 - ma'b'u'] - Jo
bdu
e
b = asin8 = acos-
La sección eficaz diferencial u(61) será, por lo tanto:
sinB de
2
2
4
que resulta constante para cualquier ángulo de dispersión. Integrando esta expresión para todas las posibles direcciones del espacio, obtendremos la sección eficaz total CfT. Así:
O"T =
f 4~
r
0"(6)dfl' = Jo 21rn(B)sinBdB =
1
2
21ra
r
Jo sin6d8 = ,ra
[]] Dada la superficie de revolución p = A-Jz, supuesta lisa rígida e inmóvil, hallar la sección eficaz elemental O"( B) y la sección eficaz total CfT para la dispersión de partículas.
V=O
pi
N
m Vo
M ,(
b
l
a
p
i
z
o
V
/3
s --·
F
Q
/3
T
Utilizaremos procedimientos puramente geométricos para obtener la relación entre el parámetro de impacto by el ángulo de dispersión 6: b = b(6). La figura auxiliar de la derecha muestra las relaciones entre los diversos ángulos. Utilizando las leyes de la reflexión y la propiedad de los ángulos opuestos por el vértice, es fácil ver que se cumple la relación:
2
= -acos~ - -2 - d [acos-Bl = -a
donde dfl' = 21r sin B d() representa el elemento de angulo sólido en el que están contenidas las partículas dispersadas en la dirección B, medido en el sistema de referencia de centro de masa (ya hemos dicho que en este caso ambos sistemas son coincidentes). Como se ve, la integración en () se extiende a todos los posibles ángulos de salida, que en sistema de centro de masa van desde O hasta 1r. El resultado indica que la sección eficaz total coincide con la sección transversal de la esfera, como era también de esperar.
partícula lanzada paralelamente al eje, al rebotar contra la superficie rígida (viene representado por una barrera de potencial infinita) sale reflejada pasando por el foco F. Además, en la reflexión en el punto P se cumple la ley de igualdad entre el ángulo de incidencia y ángulo de reflexión ( ley de la reflexión). Por otro lado, el parámetro de impacto b coincide con la variable p del punto P.
Es decir, como antes:
O"(B)
431
[fil La superficie de revolución corresponde a un paraboloide en el que una
Vf¡ _ (bu)2
2
10. Fuerzas Centrales (II): Dispersión
2
e= 2(3 Pero (3 es el ángulo que forma la tangente al paraboloide en P con el eje horizontal Oz. Utilizando el significado de la derivada, podemos escribir que: dp A - =tan/3= dz
2vz
A
A2
= 2Avz/A = 2p = tan(3 = tan
B
2
10. Fuerzas Centrales (II): Dispersión
432
Teniendo en cuenta que en nuestro caso se cumple que b = p, la sección eficaz diferencial se puede escribir como:
A 2 cot f2
A4 16
V=O
m
V
2
b ------....... L
o
Integrando esta expresión para todas las posibles direcciones del espacio, obtendremos la sección eficaz total crT· Así:
"T
=
I
cr(e)dfl' =
1'
433
e
= -csc4 -
. e e 4 Slll 2 COS 2
10. Fuerzas Centrales (H): Dispersión
e
V=-Vo
21rcr(8)sinede
4,
donde dO' = 21r sin Bdf) representa el elemento de angulo sólido en el que están contenidas las partículas dispersadas en la dirección fJ. El que la sección eficaz total fuera infinita era de esperar, pues p va aumentando continuamente a medida que aumenta z, y la sección transversal que presenta el campo de fuerzas a las partículas incidentes tenderá a un círculo de radio infinito, es decir, de área infinita. En otras palabras, toda partícula que llegue paralelamente al eje, cualquiera que sea el parámetro de impacto b, será dispersada. ~ En Física Nuclear aparece con frecuenci~ un potencial de fuerzas centrales conocido como pozo rectangular, definido por:
V(r) = { ~Vo
r>a r
:S a
Demuéstrese que la dispersión producida por tal potencial en Mecánica Clásica es idéntica a la refracción de los rayos luminosos en una esfera de radio a e índice de refracción relativo cuyo valor es: n = y'l + Vo/ E. (Esta equivalencia prueba por qué es posible explicar los fenómenos de refracción tanto mediante las ondas de Huygens como con los corpúsculos mecánicos de Newton). Demostrar también que la sección eficaz diferencial es:
I R. I Consideremos una partícula de masa m y velocidad v que se mueve en una región del espacio en la que es V = O. Su velocidad, en módulo y dirección, permanecerá constante. Supongamos que bruscamente abandona esa región y se interna en otra en la que existe un potencial constante V = -Vo. Como el campo es central, se habrá de conservar, por un lado, la energía mecánica (que coincidirá con la energía cinética inicial), por lo que variará su velocidad en módulo, y por otro lado, si la dirección de incidencia inicial sobre la superficie de separación de las dos regiones del espacio era tal que no pasara por el centro del campo de fuerzas, variará también la dirección de la velocidad, a fin de que se conserve el momento angular, segunda condición que se cumple en los campos centrales. Esta segunda condición, en un campo de simetría esférica como el que tratamos, es equivalente a decir que, si la partícula no incide perpendicularmente a la superficie de separación de los dos medios, se desviará (se refractará) de su dirección primitiva. Escribiendo estas dos condiciones:
E=
1
2mv
2
=
1
2
2mv 1 + (-Vo)
De la prilnera, se obtiene:
v=f! que llevado a la segunda, nos da:
:, = n 2 a2
[n cos (e /2) - ll[n - cos (e /2)] cr(e) = 4cos(e/2) [l+n 2 -2ncos(e/2)] 2 ¿ Cuál es la sección eficaz total?
~ = J1+ i
Según la figura superior, la relación entre las magnitudes geométricas b y b1 , y los ángulos
b = asin
10. Fuerzas Centrales (II): Dispersión
434
Recordando la ley de Snell para la refracción de rayos de luz en la superficie de separación de dos medios de índices de refracción de valores 1 y n, respectivamente, que dice:
10. Fuerzas Centrales (II): Dispersión
A partir de aquí, ya no hay ninguna dificultad, salvo la meramente operativa, para deducir, a partir de la expresión general de la sección eficaz diferencial, su valor en función de ():
1 · SÍll(f) = n · SÍll(f)1
"(B) =
la anterior relación entre los valores b y b1 podrá escribirse como:
b = sin
0 =n V1 +E
Para el cálculo de la sección eficaz diferencial, debemos obtener, en primer lugar, el parámetro de impacto ben función del ángulo de dispersión y a continuación, sustituirlo en la expresión:
e,
b db "(B) = sine de
A señalar que en esta ocasión hemos prescindido del signo - delante de la fracción, pues, como es evidente, cuanto mayor es b, mayor es 8, y las diferenciales de ambas magnitudes son del mismo signo. Como la sección eficaz ha de ser siempre positiva (tiene dimensiones de área), el signo ha de ser positivo en este caso. Por ello, es conveniente a veces escribir la expresión de la sección eficaz diferencial de esta otra manera, para evitarnos complicaciones de signos:
De la figura se extrae fácilmente la relación:
---+
Además:
b a Luego:
.
.
- = s1n1.p = ns1n1.p1
---+
b sin1.p1 = an
sin
-+
e sin cot ip1 = 2
n-
e cos 2
Sustituyendo y operando, obtenemos la expresión del parámetro de impacto en función del ángulo de dispersión 8:
e ansin
o-(8) = __b_db = _ _ l_d(b2) sinBdB 2sin8 dB Como curiosidad que se deriva del tipo de potencial que se define en este problema, citemos que, si bien en otros casos el ángulo 8 varía entre O y 1r, en éste hay un valor máximo para este ángulo, que tiene lugar para incidencia rasante [bmax =a-+ lfmax = 1r/2, 1P1,max = siri- 1 (1/n)J, y que es:
Bmax -
COS -
2
= COS ('Pmax' - lfl,max) = COS
(82 -1.p1,1nax ) = sin1.p1 max •
1 n
= -
Es decir: 81nax = 2 COS
-1
1 n
-
La sección eficaz total se obtiene por integración de esta expresión para todos los posibles valores del ángulo de dispersión 8, en la forma o-T = J o- (8) dfl', con dfl' el ele1nento de ángulo sólido en el que se encuentran las partículas dispersadas bajo el ángulo 8. Da la impresión, a primera vista, que esto será una tar~a, cuando menos, ardua en nuestro caso. Por ello, recurriremos a la definición intuitiva, que nos dice que la sec·ción eficaz total se corresponde con la sección transversal d.el área de influencia del campo de fuerzas, y en nuestro caso, esta vale sencillamente el área de la sección transversal de esa esfera:
b ¡db¡
"(B) = sinB dB
2 ('P - '1'1)
2 2
n a [n cos (8 /2) - l] [n - cos (8 /2)] 4cos(B/2) [l+n2-2ncos(B/2)] 2
Para llegar a ella, se aconseja utilizar el valor de b2 en lugar de b, pues o- (8) se puede escribir también como:
como queríamos demostrar.
e= 2a =
435
2 b = ---,======= 2 J1+n -2ncos~
[JVota: La afirmación de que ahora el fenómeno de la refracción queda explica.do usando corpúsculos en lugar de ondas no es del todo correcta, ya que según la teoría corpuscular se tiene, recordando lo que hallamos al comienzo:
b
b,
sin ip sin ip 1
v, V
-+
v sin ip = v1 sin ip1
siendo ip y ip1 los ángulos de incidencia y de refracción, y v y v1 las velocidades en los medios externo e interno, respectivamente. Si el medio externo
436
10. Fuerzas Centrales (II): Dispersión
es aire y el interno agua, cp > epi :::}- v < v1, es decir, la velocidad en el aire habrá de ser menor que en el agua, lo que está en flagrantre contradicción con la experiencia. De hecho, los defensores de la teoría corpuscular de la luz llegaron a este resultado mientras que los que pensaban que la luz era una onda llegaron al resultado opuesto. En 1850, Foucault realizó su experimento crucial, de1nostrando que la velocidad de la luz en el vacío era mayor que en el agua, es decir, que disminuye al aumentar la refringencia, decantándose, pues, el resultado a favor de la teoría ondulatoria].
Capítulo 11
Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas ITJ Una partícula de un miligramo de masa describe un movimiento armónico simple que se expresa por la ecuación x(t) = a sinwat. El período del movimiento es T = 1/100 s y cuando t = T /12 s, la velocidad vale v = 31.4 cm/s. Obtener la amplitud del movimento, la energía total y el valor de la constante recuperadora. R. I De las dos condiciones de <;ontorno que suelen ser necesarias para la determinación de la ecuación del movimiento solución de una ecuación diferencial de segundo orden, aquí, aparentemente, sólo se proporciona una: la velocidad en un instante de tiempo es un dato proporcionado por el texto del problema. Sin embargo, existe otra condición que, si bien no figura explícitamente dictada en el texto, sí aparece en la propia expresión de la ecuación diferencial proporcionada: en el instante inicial, la partícula para por el origen, ya que se cumple esta condición, evidentemente. De la ecuación del movimiento proporcionada, podemos extraer, por derivación, la velocidad:
j
± = aw 0 cosw0 t Teniendo en cuenta que wo = 21r jT, el correspondiente valor de la velocidad para t = T /12 nos permitirá determinar la otra constante indeterminada: . x1,~r/l2 =
21r
7í
ª---;¡ COS 6 =
31.4
v'3
a=-cm 30
El valor de la energía total coincide con la energía potencial maXJ.ma. Además, como el valor de la constante recuperadora k puede expresarse
438
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
en función de la masa de la partícula que ejecuta el movimiento y la pulsación angular del mismo de la forma k = mw5, podremos escribir: 2
k = mWo2 = 10- 3 ·
(
- 2,r ) 0.01
= 394.78 din/cm
E= !ka2 = 0.658 erg
@] Un
volante efectúa un movimiento armónico de rotación. Las características del movimiento son las siguientes: Amplitud a = 60°, período 2 T = 4 s, y momento de inercia I = 100 g·cm • Obtener: a) el momento de las fuerzas que actúan sobre el volante en el instante en el que el desplazamiento corresponde a la amplitud máxima, y b) la velocidad angular w al pasar por la posición de equilibrio (darla en revoluciones por minuto).
La velocidad angular del volante al pasar por la posición de equilibrio se obtendrá por sustitución en la expresión de iJ. Para ello, y como la posición de equilibrio coincide con B = O, calcularemos el instante de tiempo para el que ese ángulo se hace nulo. De la ecuación del movimiento para 8, se ve inmediatamente· que t = O para esa situación (hay también otros valores, pero elegimos este por simplicidad, dada la periodicidad del movimiento. Por lo tanto, la velocidad angular pedida será: 8·1
o~o
= w = aw0 cosOº = -7r · -7r = -7r2 rad/s = 51r rpm 3 2 6
[IJ Obtener
la amplitud, el ángulo de fase inicial y el período del movimiento armónico dado por la ecuación:
IR. I Conviene expresar la amplitud ó elongación máxima del movimiento en radianes, ya que tanto la velocidad angular como la eceleración angular se van a medir, en general, en rad/s y rad/s 2 , respectivamente. Por lo tanto, a = 60° = ,r /3 rad. Escribamos la ecuación del movimiento armónico para el desplazamiento angular, así como para la velocidad y aceleración correspondientes, de la forma:
e= a: sinwot
donde wo es la pulsación del movirniento armónico. Además, hemos hecho la hipótesis de que en el instante inicial el volante pasa por la posición de equilibrio (elongación angular nula), dado que no hay preguntas en el texto que estén relacionadas con este apartado. Por otro lado, a partir del valor del período podemos determinar la pulsación angular del movimiento armónico del. -volante 1 que será: wo = 21r/r = 1r/2 rad/s. La ecuación de la dinámica de rotación de un sólido rígido nos relaciona el momento de las fuerzas con la aceleración angular. En nuestro caso, en módulo, este momento, al que llamaremos M, valdrá:
M = Je
2 =w0
Je
¡¡-2
7r
251r3
= 4 · 100 · 3 = - 3 -
din · cm
j Hemos de reescribir la ecuación del movimiento en la forma: y = A sin(1rt - '-P), donde A es la amplitud y '-P el ángulo de fase inicial. Desarrollando esta expresión e igualando los correspondientes coeficientes de sin 1rt y cos 1rt en ambas formas equivalentes, tendremos:
fs =
A= 5\/'3
AcOS'{J }
[Hemos utilizado din ·cm como unidad de momento de fuerzas, en lugar de su equivalente erg, con objeto de indicar mejor la procedencia].
'-P =
3
11"
3 rad
El coeficiente de t en el argumento de la función sinusoidal es la pulsación angular del movimiento, w 0 . Por lo tanto, podremos deducir e1 período T a partir de ese valor: 211"
wo=1r=-
T
= 2
S
T
[±] Un cilindro de sección recta A y densidad p flota en un líquido desplazando un volumen V en el equilibrio. Si desplazamos al cilindro levemente en la vertical, encontrar el período de las pequeñas oscilaciones que realiza.
A p
= 258.4 din . cm
5 2
- COS7ít
IR.
y para máxima amplitud 8 = a:
M
5 . 2\/'3
--s1n1rt -
! = Asincp
· 2 8.. = -awo2 SlilWot = -Wo8
.•
y=
2
() = O:Wo COSWot
439
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
' ' '
' ' ' :v: '
'' '
'
440
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
donde ya hemos igualado cada fuerza a la expresión de la segunda ley de Newton según la dirección de cada eje. Las dos ecuaciones resultantes están desacopladas y se identifican fácilmente con las correspondientes a dos osciladores armínicos, vibrando en direcciones perpendiculares. Además, como los coeficientes de x e y, respectivamente, son iguales, las pulsaciones angulares serán, asímismo, iguales, y la trayectoria que describe la partícula será la más simple de las curvas de Lissajous: la elipse. Las ecuaciones y soluciones mencionadas tendrán la forma:
I R. I Sea H la altura del cilindro. Su masa total será m = pAH, y su peso, en módulo, P = mg = pAH g. Este peso se aplicará permanente en el punto fijo G. Por el Teorema de Arquímedes, sabemos que cuando un cuerpo flota o se sumerje en un fluido (en presencia de campo gravitatorio), experimenta un empuje en sentido contrario al campo igual al peso del fluido desalojado. Cuando el cilindro flota en equilibrio en el líquido de densidad p', el volumen sumergido del cilindro es, según el texto del problema, V, de tal forma que se cumplirá: mg = p'Vg
pAH =p'V
p
,
x + 16x = O --+ x ii + l6y = O --+ y
AHp
=~~
V
F
= IFI = IE + PI = p
t
pA2 Hg Axg = V x
pA 2 Hg V X
..
Ag
x+ Vx
=
Xo =
o
{
1 = Acosa
y 0 =O= Bcosf3
que es la ecuación-tipo del oscilador armónico simple de pulsación y período dados por:
B = 0.1768 cm
= 4Asina
a= 0.175 rad
{3=
7í
2
rad
Con todo ello, las ecuaciones del movimiento quedarán de la forma: x = 1.0155cos(4t- 0.175)
y= 0.1768 sin4t
La eliminación del parámetro t entre las dos me lleva a la ecuación de la trayectoria. En este caso no resulta excesivamente complicado el hacerlo, dada la simplicidad de la expresión para y. El resultado es:
[[] Sobre una 1nasa puntual m actúa una fuerza central directamente proporcional a la distancia a un punto fijo expresada como F = -16mr. Obtener las características del movimiento y la trayectoria, teniendo en cuenta que las condiciones iniciales son: t = O -+ ro = 1 cm, v 0 = 1 cm/ s, siendo además el ángulo que forma el radio vector con la velocidad en ese instante inicial de 45°.
1.969x 2
+ 0.03y 2 -
0.34815xy - 1 = O
1_·----- ----10.1768
IR.
I La fuerza central arriba escrita puede descomponerse según los dos ejes cartesianos en la forma:
Fy
{!-
= O
A= 1.0155 cm
Fx = -16mx = mX
Xo =
y0 = ' ; = 4B sin/3
[Nota: A la hora de fijar la posición y velocidad en el instante inicial, hemos hecho la hipótesis de que el punto se encuentra en ese instante sobre el eje x, y que su velocidad forma un ángulo de 45º con el sentido positivo de ese eje]. Resuelto este sistema, obtenemos:
Teniendo en cuenta la cuestón de signo antes mencionada, la segunda ley de Newton se escribirá como:
F=mx =pAHx =
= Acos(4t- a) = B cos(4t - {3)
pues wx = wy = 4, como es inmediato deducir. Las cuatro constantes indeterminadas A, B 1 a y f3 las obtendremos a partir de las condiciones iniciales. Como en éstas aparece también la velocidad, derivaremos la solución general para obtener las componentes cartesianas de la misma, que resultan ser: x = -4A sin( 4t - a), y = -4B sin( 4t - /3). Con todo ello, nos queda el siguiente conjunto de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas para resolver:
Si en un instante de tiempo cualquiera se encuentra sumergido el cilindro una distancia x a partir de la posición de equilibrio, existirá un desequilibrio entre el empuje E y el peso P, que son las dos únicas fuerzas que actúan en la dirección vertical. En la situación de la figura, el empuje es superior al peso, y la fuerza resultante actuará hacia arriba. Pero, en cualquier caso (y es lo que interesa ver), la resultante y el desplazamiento son de signo contrario. El exceso entre el empuje y el peso será justamente igual al peso del fluido desalojado de volumen V' = Ax, es decir:
,
441
[_ _
= -16my = mfi
X
.1.0155 _J
/,',\
,1tl .,;;.3m;''%z~Z-éAL<.. " • ' , X A ~ ~ ,,,,A,);%J•G'- - - - - - ~ · ~ - ~ - ~ ·~··~···~-~ ..~ - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - · · - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - · · · · · · · · · · · · · · · · ·
442
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
tocará dos veces al lado horizontal mientras toca una vez al lado vertical. Para la representación de las curvas de Lissajous, más complicadas que las simples elipses en este caso, recurriremos a la creación de una tabla de valores para representar ambos movimientos punto a punto.
En la figura se muestra la trayectoria seguida por la partícula sujeta a este tipo de fuerza central.Hemos querido mantener las escalas idénticas en ambos ejes, necesario para apreciar que la velocidad en el instante inicial forma un ángulo de 45° con el eje x. Se proporcionan, así mismo, las dimensiones de los semilados del rectángulo en el que se encierra el movimiento.
[[] Una cuenta de masa m está ensartada en un alambre liso de forma de cicloide, de ecuaciones para.métricas: x = a(B - sinB), y= -a{l - cos8), [a > O, O :,; 21r], colocada en un plano vertical. Si la cuenta (sobre la que actúa la gravedad) se suelta desde el reposo en el punto {O, O), encontrar: a) la velocidad a su paso por la parte inferior de la cicloide, y b) el período de las oscilaciones que realiza, interpretando el resultado.
~ Las ecuaciones del movimento de dos vibraciones que tienen lugar en direcciones perpendiculares son las siguientes: x = 10cos51rt
y= lOcos
(101rt+
e :,;
i)
Dibujar las curvas de Lissajous que se obtienen de la composición de los dos movimientos. y
h
y
p
10 g
y
p
a q
m
q X
b
2n
5nt
'; d
o
-5
-10
d
5
10 b
X
a
e
d
h g
a b e d
n
m
/
m n o
o 2n
5nt
p
q
5
m12 n/4 m3 n/2
k
n
y
10
1m12 3,d4 5m6 n 13rc/12 5rc/4 4m3 3rc/2 19rc/12 7m4 1 lrc/6 2n
j 3rc/2
X
n/3 n/2 5rc/6 n 4,d3 3m2
e
h i
k
lOrct+rc/3
o
f g
j
5nt
p q
Iltt/6
2n 7rc/3 Src/2 17rc/6 3n lOrc/3 7rc/2 23rc/6 4n 13rc/3
512+J3 5J2 5
o
-5J2-,/3
o -5.ff -10
-5
o
5.ff -5J2 -5.ff 10 -10 5 -512+J3 o -5'3 -5J2 -10 -5
o
Q
-2a ·
n
10
X
s
2
o
j
211:a
"'ª
o
p
h
o
443
IR. I Sea P
un punto cualquiera de la trayectoria de la partícula a lo largo de la cicloide, tras haber recorrido una longitud de arco s desde el origen O. Como se trata de un sistema conservativo, la energía total permanece constante, por lo que podremos escribir:
To
Si colocamos el nivel de referencia de energías potenciales en el punto O, desarrollaremos la última expresión de la forma: 2
0= 1 m
2
o
5J2 5.ff 10
5,3 10
5
!R. I Se trata de componer dos vibraciones perpendiculares entre las que existe una diferencia de fase de J. Además, las pulsaciones son diferentes, siendo su cociente un número racional (más exactamente, un número entero: w. wy = 2), lo que significa, en términos de la _gráfica resultante, que .
(dd: )
+mgy
pues tanto la energía cinética como la energía potencial en el punto O son nulas. La velocidad al pasar por el punto P valdrá, por lo tanto:
ds
V= -
-5
512-13
+ Vo = Tp + Vp
dt
r-o::::.
= y-2gy
Recordaremos que, dada la elección de ejes, la variable y es siempre negativa, por lo que la raíz cuadrada señalada existe. En concreto, al pasar por el punto inferior Q de la cicloide (y= -2a), la velocidad será: VQ
= y'-2g{-2a) = 2,/ga
En ausencia de rozamiento, la partícula realizará un movimiento de vaivén entre los dos puntos extremos de la trayectoria representada, sin pérdida
444
11. Oscilc;tciones libres, amortiguadas y forzadas
de energía y en el mismo tiempo para cada ciclo. El movimiento será, pues, periódico (aunque no armónico, como veremos más adelante), y el período será cuatro veces el valor del tiempo de tránsito entre los puntos O y Q, es decir, entre los puntos para los que el pará1netro 8 va desde B = O hasta B = 1r. Es decir: T=4
¡Q ¡Q dt=4
0
0
+ dy 2
2(1- cosB) ii
+ IÍ 2 sinB - !I sinB a
Si multiplicamos esta ecuación por escribirla equivalentemente como:
!!_
V
dt
iJ,
[(1 - cose)
-,-
-----
{ dx = a(l - cos 8) dB dy = -asinBdB
= O
no es difícil comprobar que podemos
é2 + Z cose] a
=
o
O bien: .
g
(1- cos8)8 2 +-cose= K a
x = a( e - sin 8) { y= -a(l - cosB)
445
Es decir:
ds -
pues dt = d/. Utlizaremos la parametrización de la trayectoria para expresar el integrando:
ds = J dx 2
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
g = -
a
donde para el cálculo de la constante K hemos utilizado la condición de contorno t = O --+ = O. Simplificando el resultado, nos quedará:
e
v = J2ga(l - cos 8)
= aJ2(1 - cos B)dB
-,De esta forma, el período será: 7
=
{Q ds = 4 (' aJ2(1- cosB)dB = 4.,,. 0:_ = 2,r (4a 4
lo v
lo
Vg
J2ga(l - cosB)
V9
Hemos querido escribir esta expresión en forma similar a la de un péndulo silnple. Por analogía, el período de la cuenta deslizando por la cicloide es equivalente al período de un péndulo simple de longitud l = 4a. La diferencia estriba en que en este caso el movimiento no va a ser armónico. ~ Otro método: Podemos llegar al mismo resultado utilizando el formalismo de Lagrange. Calcularemos la energía cinética y potencial de la forma:
T =
!mv 2
2
= !m(:i; 2
2
+ ¡¡2) =
ma 2 (1- cose)
é'
V = mgy = -mga(l - cos 8) donde hemos utilizado cálculos previos del apartado anterior para expresar X e y. Por lo tanto, la función lagrangiana será: L = T- V= ma 2 (1- cosB)
é' + mga(l -
cosB)
Las ecuaciones de Lagrange para la variable descriptora del movimiento, B, se obtendrán de:
&L 2 · - . = 2ma (1- cose) 8
ae
d(ªL) ae
-
dt
-
-.
=
&L
ae
=
ma
' ·,
e- sinB + mgasinB
·· , ·2 sinB 2ma 2 (1- cosB) e+ 2ma-e
Este resultado, sorprendentemente simple, nos dice que el parámetro descriptor B varía linealmente con el tiempo. Como la partícula realiza un movimiento de vaivén entre los dos puntos extremos de la cicloide, representados por los valores de B = O y B = 21r, el valor del semiperíodo corresponderá al tiempo que emplea B en sufrir esa variación. Es decir:
-,como antes. [Nota: Este resultado puede obtenerse también, y de forma aún más directa, utilizando el Principio de conservación de la energía, que nos lleva a la relación entre y i) sin tener que hacer ninguna integración previa].
e
~ Aún otro método: Es instructivo el tratar de resolver la ecuación diferencial de segundo orden que aparece como resultado de las ecuaciones de Lagrange utilizando un cambio de variable (que en realidad se tratará de un cambio de parámetro descriptor de la trayectoria). Aunque no se trata de una vía intuitiva, un observador experimentado y hábil usuario de las reJaciones trigonométricas puede tratar de efectuar uno de los cambios siguientes:
u= sin
e 2
ó
u= cos
e 2
En concreto, nosotros hemos utilizado la segunda opción. Con ayuda de la siguiente identidad trigonométrica: 8 1-cosB tan-=---2 sinB
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
446
T=2,r~
podemos llegar a expresar la ecuación diferencial en función del nuevo parámetro u de la conocida forma:
ü
447
Tal situación se describe diciendo que el movimiento es tautócrono.
+
jJ_u = O 4a ecuac1on diferencial del movimiento armónico simple de pulsación w = ,/íi74a, es decir, de período T = 2,r-/4.afg.
[[] La masa M de la figura está unida a las paredes laterales por dos muelles de constantes distintas, k 1 y k2 , siendo sus longitudes en reposo del mismo valor, lo < a/2. Determinar la posición de equilibrio y el período de las pequeñas oscilaciones que realiza el sistema alrededor de la misma cuando se la desplaza ligeramente.
rl Se puede generalizar el problema haciendo la consideración de que la partícula se deja caer desde la posición de la cicloide indicada por el valor del parámetro B = 80 (representado por el punto P 0 ). La partícula llegará ahora hasta el punto Ro (correspondiente al valor del parámetro B = 2,r-80 ) situado a la misma altura y volverá al punto de partida repitiendo de forma periódica el movimiento.
---------------------· .. ····111
k¡ M
X
.. ...
X
!Ro
a
m
IR. ISupondremos que la masa Mes puntual, sin dimensiones. Para deter-
IQ
-2a
minar la posición de equilibrio, utilizaremos dos procedimientos: El rnétodo vectorial, a partir de la aplicación directa de la segunda Ley de Newton, y el método de la energía potencial.
El Principio de conservación de la energía nos dice ahora que:
1 2 ~~~~~ -mgy0 = -mv - mgy -+ v = y2g(yo - y)= y2ga(cos80 2 de donde: T
4=
-
• Método vectorial: Si la masa se encuentra en equilibrio, la resultante de las fuerzas que actúan sobre ella es nula. Las únicas fuerzas actuantes de interés son las elásticas. El muelle izquierdo se encuentra estirado una longitud, en el equilibrio, de valor Xe - loi mientras que el muelle derecho se encuentra estirado una longitud a - Xe - lo. De la igualación de fuerzas en uno y otro sentido, escribiremos:
cosB)
{Q ds (' aJ2(1 - cos B)dB }p, -; = Je, J2ga(cose 0 - cose) 1-cose de= cose0 - cose
(ii¡
k,(x, -lo)= k,(a - x, - lo)
Vg
I
o 6• 4•
3•
7f
7f
1C
1C
=
(k1 - k2)lo + k,a k, + k2
• Método de la energía potencial: Si la masa se encuentra en equilibrio, su energía potencial tendrá en ese punto un valor extrema! de pendiente nula. La energía potencial de la masa en una posición genérica es:
La última integral es complicada, y nosotros hemos optado por calcularla utilizando métodos numéricos, para distintos calores de 80 . En la siguiente tabla se muestran los resultados:
eo
Xe
V=
1
2k,(x -
lo)
2
+ 21 k2 (a- x -1 0 ) 2
En el equilibrio, x = Xe, la derivada de esta expresión será nula:
dVI dx x~x" =
Es decir, la integral es independiente de la situación del punto de partida P 0 . Por lo tanto, el período de las oscilaciones que realiza la cuenta ensartada en la cicloide no dependerá del punto desde el que se suelta, y su valor será:
k,(x-lo) - k2(a-
X -
lo)lx = O 0
Su resolución, como es evidente, me conduce al mismo resultado anterior.
l
:_,•,..·i·¡·:.•
}J$;).i
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
448
Dr>- Período de las pequeñas oscilaciones. Como en el caso anterior) utilizaremos varios procedimientos para obtener la ecuación diferencial del movimiento: por aplicación directa de la segunda Ley de Newton, a través de la expresión de la energía potencial del sistema y por utilización del Principio de conservación de la energía.
• Método vectorial: Consideremos a la masa en la posición indicada en la figura. La resultante de las fuerzas la podemos escribir como:
-k1 (x -1 0 )
+ k 2 (a -
x - lo)= Mx
Si x > lo, el muelle de la izquierda tira hacia la izquierda, mientras que el de la derecha tirará hacia izquierda ó derecha según a - x sea menor ó mayor que l 0 . Igualmente, si x < lo, ambos muelles tirarán hacia la derecha, como se puede comprobar con facilidad. Los signos de las fuerzas del primer miembro son, pues, correctos. La ecuación diferencial nos quedará de la for1na: ··+k,+k2 X= (k 1 M
k2)lo
-
X
+ k2a
M
Esta es la ecuación diferencial típica del oscilador armónico de pulsación y período dados por: W
=
¡k, -;/2
T
1rJ
2
=
k1
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
y como F = M X, nos quedará nuevamente la ecuación diferencial del apartado anterior:
-k,(x - lo)+ k2(a - x -1 0 ) = Mx • Método de la conservación de la energía: La energía total del sistema se va a conservar, con lo que escribiremos:
1 . 2 +-k 1 (x-l )2 +-k 1 (a-x-l ) 2 =cte E=T+V=-Mx 1 0 2 0 2 2 2 Si derivamos esta expresión respecto al tiempo, nos quedará:
dE
dt
x [Mx + k 1 (x -1 0 ) -
=O=
X -
Xe
=
(k 1 X -
@:] Calcular el período del movimiento para pequeñas oscilaciones en torno a la posición de equilibrio del sistema representado en la figura. La cuerda no resbala sobre la polea, cuya masa es 2M, siendo K la constante recuperadora del muelle, cuya longitud natural es lo < a.
~ k2
/
oó-
k2)lo + k2a k, + k2
-:-
es in1nediato comprobar que la ecuación diferencial resultante queda de la forma:
.. + k, M+ k2 Y-_ Ü
o l\!létodo de la energía potencial: La energía potencial del sistema, seglÍn hen1os visto antes, es: V=
1
2k,(x-lo)
2 + 1 k2(a-x-lo )2
2
La fuerza que se deriva de esta energía potencial, a través de la función gradiente, es: F
dV dx
= - - = -k 1 (x - lo)+ k2(a - x - lo)
R
2M
M
a
X[
K
L
y
que corresponde a un movimiento armónico simple alrededor de la posición de equilibrio Xe.
k 2 (a - x -1 0 )]
Para que se cumpla esta igualdad en su forma más general, habrá de ser nula la cantidad éntre corchetes. Es decir, volvemos a reproducir la ecuación diferencial de apartados anteriores.
Si realizamos un ca1nbio de variable dado por: Y=
449
lo
//
lliJ Supondremos que la posición del muelle sin deformar es la que utilizamos como referencia para los desplazamientos x, así como origen de energías potenciales gravitatorias. Aunque no aparezca en la figura, existe una coordenada angular B, que describe el movimiento de rotación de la polea y que está ligada a x por la condición de no deslizamiento según x = RB. La variable x la consideraremos positiva si está medida hacia abajo a partir de la posición de referencia. Tratándose de un siste1na conservativo, en este caso resulta particularmente útil el procedimiento que se basa en el Principio de conservación de la energía.
450 11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas -~~~~~~~~~~~~~~~~-'---~~--"'---~---''----~~~
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
451
La energía total del sistema es la suma de las energías cinéticas de masa y polea, y de las energías potenciales de masa y resorte. Así:
' Qó---
r,
2
Siendo el momento de inercia de la polea respecto a su eje lo = }(2M)R = MR 2 , y teniendo en cuenta que X= Ri3, escribiremos, tras simplificar:
xi E= MR 2 i!2
+ !KR2 82 2
i
MgR8 = cte
R
2M
ig
T¡
a lo
K
Derivando esta expresión respecto al tiempo:
~~ =Ó
2
2
[2MR ÍÍ+KR B-MgR] =0
Para que se cumpla esta igualdad en el caso más general, habrá de ser el corchete nulo. Simplificando, quedará:
En la figura se representa esquemáticamente el diagrama de fuerzas que actúan sobre las distintas partes del sistema. Importan, sobre todo, las fuerzas que actúan sobre las partes que tienen algún sentido dinámico, como son los dos objetos que tienen masa (la polea y la masa M). Como es obvio, en el equilibrio las fuerzas T1 y T 2 serán iguales. Y podremos escribir en esa situación que Mg = T2 = T1 = Kxe, es decir, Xe = Para otra situación genérica en la que el desplazamiento de la masa M es x, la resultante de las fuerzas que actúan sobre la masa M será:
!:JI-.
Esta es la ecuación de un oscilador armónico de pulsación y período dados por:
w=
llf¡
Mg-T2 =Mx y la ecuación dinámica para el movimiento de rotación de la polea se escribirá como:
7=2,r~
Si hacemos un cambio de variable definido por reescribir la ecuación diferencial como:
ip
(T2 - T,)R = Joij
e-
MJL KR 1 po dremos
Además, la fuerza T1 que actúa sobre el resorte será igual a la fuerza recuperadora correspondiente al alargamiento x. Es decir:
T1 =Kx
que representa un movimiento armónico simple alrededor de
Otro método: No es conveniente olvidarse del método newtoniano a pesar de las ventajas que ofrecen los métodos basados en funciones escalares como la energía. Por ello, si utilizamos el procedimiento habitual de fuerzas y momentos de fuerzas, habremos de llegar a los mismos resultados.
Teniendo en cuenta la ecuación de ligadura x = Re y el momento de inercia de la polea antes calculado Io = M R 2 1 estas ecuaciones, tras sustituir y simplificar, se reducen a:
Mg-T2 =MRB T2 -T, = MRii T1 = KRB Suqiando miembro a miembro las tres ecuaciones, obtenemos:
Mg=2MRii+KRe
..
K 2M
g
B+-B=2R
es decir, la misma ecuación que obteníamos por el método anterior.
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
452
[!QJ
Obtener la ecuación diferencial del movimiento para pequeñas oscilaciones del siste1na representado en la figura, donde los muelles tienen longitudes naturales l1 < a y l2 < a) la polea es maciza de masa 1\,1 y radio R y la cuerda no resbala sobre la polea.
Para que se cumpla esta igualdad en el caso más general, se tendrá que anular el corchete. Simplificando y agrupando términos, la ecuación diferencial final queda de la forma: 2(k 1 + k2) B = 2 [k2(L2 - l2) - k1 (L1 -
¡j
+
06
M
li)] = O
MR
El que el segundo miembro sea nulo proviene del hecho de que los términos k1 (L 1 - li) y k 2 (L 2 - 12) representan las fuerzas que ejercen los muelles en ambos sentidos en la posición de equilibrio, y éstas serán iguales en esa situación y, por lo tanto, su diferencia será nula. Esta ecuación representa un movimiento armónico simple de pulsación y período dados por:
R
M a
T
k¡
453
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
~
12
l¡
= 21r
M 2(k1
+ k2)
[ill Si el
IR. ¡Resulta particularmente cómodo el lla1nado método de la energía para resolver este ejercicio. Como sistema conservativo, la energía mecánica se conserva, y ésta consta de la energía cinética de la polea y la energía potencial elástica almacenada en los muelles. Supuesto el sistema en la posición de equilibrio (que por otro lado no es relevante para llegar al resultado pedido), mediremos las deformaciones de los resortes a partir de esa situación: si el muelle de la izquierda se alarga una distancia x, el de la derecha se acortará en la misma longitud. Además, como la cuerda no resbala sobre la superficie de la polea, ésta girará un ángulo() = { mientras se produce esa deformación del muelle. Sean L1 y L2 las longitudes de los muelles en el equilibrio. Las deformaciones que en un instante cualquiera tienen ambos muelles respecto a sus longitudes naturales son, respectivamente: x+ L 1 -l1 y L 2 -x-l 2 . Por otro lado, como la energía cinética de la polea es exclusivamente de rotación, siendo el momento de inercia de la polea respecto al eje perpendicular a la misn1a por su centro O de valor lo M R 2 , la energía total del sistema valdrá:
cilindro de la figura rueda sin deslizar, calcular la posición de equilibrio del sistema, así como la frecuencia de las pequeñas oscilaciones en torno a ella. La masa del cilindro es M, su radio es R, la constante recuperadora del muelle es K y su longitud natural es lo. ¿Es válida la frecuencia obtenida para cualquier amplitud de las oscilaciones? [Utilizar la variable angular r.p para describir el movimiento].
\~'// o N
e p
Mg
t
1
2
º')
E=T+V=¡MR e-+
1
2
k1 (x+L 1 -li) +
2
1
2
k2 (L 2 -x-b) =ele
2
Derivando esta expresión respecto al tiempo, teniendo en cuenta la condición de ligadura x = RB, se llega a: dE · dt=B
[l2
·· ] MR 2 B+k1R(RB+L1-li)-k2R(L2-RB-l 2 ) =0
[fil Utilizaremos dos procedimientos para averiguar la posición de equilibrio. El más elemental se basa en la Mecánica vectorial, imponiéndole al cilindro las condiciones de equilibrio en rotación y translación. La segunda de las figuras muestra la posición del cilindro en el equilibrio, siendo ({Je el ángulo girado por el mismo a partir de la posición en la que el muelle tiene su longitud natural lo. Por la condición de rodadura, el alargamiento del 1nuelle cumple la relación Xe = Rr.p 8 • Las condiciones de equilibrio se reducen a que la resultante de las fuerzas sea nula y a que el mo1nento de
454
11. Oscilacior1es libres, amortiguadas y forzadas
las fuerzas respecto a un punto cualquiera (en este caso elegiremos el punto P como centro de reducción de momentos) sea también nula. En este caso, además, es innecesaria esta condición, pues del equilibrio de fuerzas en una dirección paralela al plano se obtiene la variable de equilibrio pedida. Así:
Kxe
= Mgsine
--+
Xe
Mgsine K
=
--+
'Pe=
Mgsine KR
El segundo procedimiento se basa en la energía potencial. En el equilibrio ésta ha de tener un valor extremal, lo que indica que su derivada primera h~ de anularse. Colocando el nivel de referencia de energías potenciales el antes mencionado, si el muelle se alarga una cantidad x el centro de gravedad del cilindro baja una altura xsinB, por lo que la energía potencial total será:
V=
1
2Kx
2
dVI
= Kx-Mgsine¡
Xe
=0
--+
Xe
=
Xe
3
MR 2 'P' 2
4
1
· + 2K( x,+x ) 2 -Mgxsme
Teniendo en cuenta que x = Rrp, la condición de energía total constante nos lleva a: dE . -;¡¡=
[32
2 ..
l
MR
La solución más general será la que haga nulo el corchete:
.. +
'P
La anulación del segundo miembro es consecuencia directa de la condición de equilibrio. Nos queda) pues, la ecuación diferencial que describe un movimiento armónico alrededor de la posición de equilibrio, cuya pulsación y período es:
w=fü
T
=
{3M
21ry 2K
[!IJ Calcular el período del movimiento para pequeñas oscilaciones en torno a la posición de equilibrio del sistema de la figura. Calcular la condición que deben cumplir los datos M, K y L para que dicha posición de equilibrio sea la correspondiente a la posición vertical de la barra, si es lo la longirud natural del muelle y M es la masa de la barra, siendo l su longitud.
2K = 2K [Mgsine _ ] _ 3M'P 3MR K Xe -O
K I)
Mgsine K
¡¡;.. Pequeñas oscilaciones en tomo a la posición de equilibrio. Fijémenos ahora en la primera de las figuras y hagamos la hipótesis de que el ángulo ip se mide a partir de la posición de equilibrio calculada en el apartado anterior. Como en anteriores ejercicios, se trata de un sistema conservativo, por lo que la energía menánica permanecerá constante. En este caso, la energía cinética del cilindro la escribiremos como energía cinética de rotación pura alrededor del punto de contacto con el plano, que está instantáneamente en reposo. Como necesitaremos el momento de inercia respecto a P, utilizaremos el teorema de Steiner para escribir: Jp = Io + MR' = lMR'. Por otro lado, en la situación de la figura el resorte tiene una longitud Xe + x, con lo que la energía total, utilizando ahora como nivel de referencia de energías potenciales gravitatorias esa posición de equilibrio, será:
E-
455
-Mgxsine
La condición de extremal en el equilibrio me lleva, como antes, a: dx
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
/
M M
o L .............
J
IB] De acuerdpo con las ecuaciones de Newton, para que la posición vertical sea la de equilibrio tendrán que anularse las fuerzas en dirección horizontal sobre el vértice superior de la barra. La fuerza que tira hacia la derecha es precisamente el peso de la masa M que cuelga a través de la polea, mientras que la que tira hacia la izquierda proviene del estiramiento del muelle una longitud L - l 0 • Por lo tanto, escribiremos:
K(L-l 0 )=Mg Supongamos ahora que, a partir de esa posición vertical de equilibrio, el sistema se encuentra desplazado una distancia x, a la que corresponde un desplazamiento angular de la barra respecto a la vertical de valor B. Se cumplirá que x = lB, y ésa será 1 precisamente, la altura que baje la masa que cuelga.
456
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas ////
La energía potencial del sistema será la suma de las energías potenciales del muelle, de la masa colgante a través de la polea, y de la barra. Si establecemos el nivel de referencia de energías potenciales gravitatorias en el punto superior de la barra en el equilibrio y si despreciamos términos irrelevantes, como el de la variación de energía potencial de la barra frente a la variación de energía potencial de la masa que desliza por la polea, escribiremos:
V=
1
457
//
x,q
2
K(L+lB-lo) -Mgle
2
X
Igualmente, la energía cinética será la suma de las energías cinéticas de translación de la masa colgante y de rotación pura de la barra alrededor de un eje que pasa por O. Por lo tanto, y escrita en función de la variable angular ésta será:
e,
M
lliJ Supongamos que inicialmente los muelles tienen la longitud natural lo. Si abandonamos el sistema suavemente hasta que llegue hasta su posición de equilibrio, se cumplirá que:
La energía total será:
E=
2
'2
1
3Mz'e + 2K(L+le-lo)
Mg
= Mg
Xeq
-MglB= cte
Derivando esta expresión respecto al tiempo, tras operar y simplificar nos quedará: dE · -;¡¡=e
+ k,)x,q
(k1 2
[43Mze+Kl(L+ZB-lo)-Mgll =e·[43Mte+Kz2el 2 ..
2 ..
=O
tras utilizar la relación entre M, K l 0 y L en la posición de equilibrio. La solución más general de esta ecuación diferencial corresponde a la anulación del corchete, que escrito en forma más simplificada es:
= k1
+ kz
Si ahora, desde esta posición (a la que consider~menos de referencia para la medida de energías potenciales) perturbamos el sistema ligeramente, de tal forma que en un instante determinado la masa se haya desplazado una distancia x, la masa realizará un movimiento de vaivén alrededor de esa posición, como comprobaremos. Para ello, utilizaremos los dos métodos conocidos: el método vectorial y el de la energía total. • Método vectorial. Como es evidente, el desplazamiento Xeq + x y la fuerza resultante tendrán sentidos contrarios, lar lo que escribiremos:
-(k1
+ k2)(x,q + x) + Mg = M (x,q + x) = Mi
Utilizando la condición en el equilibrio, esta ecuación se reduce a: ecuación diferencial del oscilador armónico alrededor de la posición de equilibrio, con una pulsación y período dados por:
x+ k, +k 2 x=0 M
w=ffI
7=2,r~
ecuación diferencial del oscilador armónico alrededor de la posición de equilibrio con pulsación y período dados por:
IT[J
El sistema de la figura consta de una masa M unida al techo por medio de dos muelles de constantes k1 y k2, respectivamente. La longitud natural de ambos muelles es la misma, lo. La masa realiza un movimiento en la vertical, manteniéndose paralelamente a sí misma. Si se 'abandona el sistema hasta que llegue a su posición de equilibrio y a partir de aquí se le perturba ligeramente, calcúlense la ecuación del movimiento de la masa y la pulsación propia de las pequeñas oscilaciones que realiza.
T=
2
1CVk1~k2
• J11étodo de la energía total. La energía del sistema en la posición indicada en la figura es: 2 1 E= -M±
2
1 )' + -(k 1 + k2 )(x,q + x
2
Mgx = cte
458
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
Derivando respecto al tiempo:
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
459
La solución más general implica que para que se anule esta expresión habrá de ser el corchete nulo. Luego, tras simplificar y utilizar la relación en el equilibrio arriba escrita, llegaremos a la misma ecuación que en el método anterior:
expresión bastante complicada cuya identificación con la forma usual de la ecuación diferencial del movimiento armónico no será evidente. Por ello) intentaremos, en este caso, llegar a responder a la pregunta planteada a partir de la utilizadción del desarrollo en serie de potencias del potencial V alrededor del punto de equilibrio, pues sabemos que si podemos encontrar una forma de energía potencial parecida a V = V0 + tAx 2 (A > O), la pulsación del movimiento armónico correspondiente será w La expresión del desarrollo es:
.. k1+k2 x+ x= Ü
V= Vo + v¿x + !v¿'x 2 + !v¿ 11 x3 + 2_v;""x 4 + ...
dE = dt
x [Mx + (k 1 + k2)(xeq + x) -
Mg] = O
M
= .J7flm.
2
füJ a) Hallar la frecuencia de las pequeñas oscilaciones que realiza una partícula de masa m que puede moverse sobre una línea recta y está unida a un resorte de constante k cuyo otro extremo está unido a un punto fijo A a una distancia l de la recta. La longitud natural del resorte es también l. 'b) Si la longitud natural del resorte es l 0 < l, ¿es válido el resultado del apartado anterior?
6
24
°
donde las "primas" se refieren a derivadas del orden indicado evaluadas en el punto de equilibrio x = O. Como hemos dicho, y dado que la longitud natural del resorte es l, V0 = O. Además, como la función tiene un mínimo en ese punto de equilibrio, también se cumple que Vd = O. Pasemos, pues, a evaluar la derivada segunda:
A
Sorprendentemente, nos encontraremos con que Vb' = O. Y no sólo eso, sino que también se anula Vd"· De hecho, el primer término no nulo del desarrollo en serie corresponde a Vb"' y vale: Vb"' = Por lo tanto, el desarrollo en serie de la energía potencial, quedándonos con el primer término significativo, será:
J}.
1
V= }!__x 4 + O(x 5 ) 8l2 p
,-............ X.
lliJ ~ La energía potencial almacenada en el resorte cuando la masa m se encuentra en la posición indicada en la figura se podrá expresar como: l [y ~ V= -k l2 + x2 2 ,
2
-
1 2 l] = -kl 2
No hay ningún problema en demostrar que esta función tiene un mínimo para x = O. Además, este mínimo tiene un valor nulo. Si, como en ejercicios anteriores, tratamos de resolver el problema utilizando el Principio de conservación de la energía) escribiendo la energía total en función de la variable x y su derivada temporal ±i tropezaremos con la dificultad añadida de una
De la misma forma) el primer término significativo de la fuerza recuperadora que actúa en la dirección de la línea recta será de tercer grado en x. Es decir:
f(x) =
mx =
- dV = _.!!__x 3 dx 212
Esta es una ecuación diferencial no lineal que tiene una solución periódica pero no armónica. [El estudio de las ecuaciones diferenciales no lineales está fuera del ámbito de este libro].
~ Volveremos a escribir la expresión de la energía potencial, reemplazando ahora l por l 0 allí donde sea necesario:
No tendremos que insistir demasiado para convencernos de que la posición de equilibrio sigue siendo x O. Desarrollemos la energía potencial en
=
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
460
serie de potencias alrededor de este punto, quedándonos con el término de menor grado en el desarrollo (además de la constante Va = !k(l - lo) 2 , que en este caso no es nula). Como antes, la derivada primera Vd = O, pues sigue correspondiendo a un mínimo de la energía potencial. Pero a diferencia del apartado anterior, la derivada segunda ya no es nula en el punto de equilibrio. Evaluémosla:
Co1no podemos apreciar, Vd 1 no sólo es distinto de cero sino que además es positivo. Por lo tanto, y despreciando términos de grado superior al segundo en el desarrollo, el valor de la energía potencial se puede expresar como:
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
461
Si abandonamos el péndulo en t = O desde la posición 8 = 80 con velocidad angular 80 = O, la constante de integración vale: C = -~cos0 0 . Por lo tanto, nos quedará:
-/'!f
iJ =
vcos8- cos80
donde utilizamos el signo - de la raíz para un ajuste de signos a las condiciones del problema. Si ahora realizamos una segunda integración entre Bo y O, obtendremos el valor de un cuarto de período. En consecuencia, el período pedido será: T
= 4te 0 -,o = 4
{ºº --;c=~d=B=="°' Vfl 2g lo ,!cose - cos8 0
Para la resolución de esta integral 1 expresemos en primer lugar el denominador en función del ángulo mitad:
1 1 (1- ~ lo) x 2 V= -k(l - 10 ) 2 + -k 2 2 l
cosB=l-2sin
La ecuación del movimiento, en esta aproximación, se obtendrá de:
2
! }
T
cosBo = 1- 2sin ~ 2
dV f(x) = - -
= 2
(T_g[ rOBo
V[! lo
-;===d=8=== . 2 Bo . 2 8 Sln
dx
En este caso, pues, el movimiento resultante es armónico simple, con una pulsación y período dados por:
27ívm. _l_ k l- 1
T =
~ Demostrar que si no se hace la suposición de pequeñas oscilaciones en el péndulo simple el período, cuando se suelta desde una amplitud angular 80 y haciendo k = sin(80 /2), está dado por: = 21í
.
1
[1 + (-2 ) 2k
2
+
1·3 )' k (-2·4
4
+
1·3·5 (- )2 k 2-4-6
6
+ ···
neral de amplitud no restringida en función del ángulo que el hilo forma con la vertical es: ..
g .
8 = --sm8 l
donde ªt = z¡j es la aceleración tangencial, siendo l la longitud del péndulo. Multiplicamos por Be integramos una vez para obtener: ... ee =
g . .
--8sm8 l
e·2 =
2g ,cose+c
-
Sln
-
2
Hagamos ahora el siguiente cambio de variable:
. 2e = Sln. 2Bo Sln
Sln
d8 =
2 sin ~ cos c.p cos
!
[k=sm. 2Bol
2k cos ip
d'{J = -----;c====d'P 2
JI - k2 sin
ip
Este cambio de variable nos obliga a modificar los límites de integración en la nueva variable, que serán ahora:
]
IR. I La ecuación del movimiento del péndulo simple para el caso más gemat = -mgsinB
2
Diferenciando ambos miembros para obtener dB como función de dc.p, escribiremos:
0
T
-
8
= Bo --+ 'P =
1í
2
Tras el cambio de variable, la integral queda de la forma:
T= 4
fl
r/2
Vglo
d'{J
,/1 - k 2 sin 2 'P
La integral que figura en esta expresión recibe el nombre de integral elíptica completa de primera especie. Su resolución pasa por la utilización del teorema del binomio, que nos dice que, para lxl < 1, podemos hacer el siguiente desarrollo:
(l+x)P = l+px+p(p-l)x 2 2·1
+ p(p-l)(p- 2)x, +··· 3·2·1
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
462
-!, con lo que:
En nuestro caso, p =
, 1 1·32 1·3·53 (l+x)-•=1--x+-x - - - x 2
y, además, x = -k 2 sin2 'P,
7=4
= 2,r
1~
/2 [
o
[
1+
1 2
2·4
2·4·6
+···
!xi< 1 (como debía ser), por lo que: 2 . 2
1 . 3 k4 . 4 ] d sm ,p+··· 'P 2·4
l+-k sm ,p+-1
2
1·3
1·3·5
4
6
2 k + ( (-) ) ' k + ( - - ) ' k + · · · · · ·] 2 2·4 2·4·6
11. Oscilaciones libres, axnortiguadas y forzadas
que la vayan a sacar de este plano, la partícula se moverá en el plano vertical mencionado. La ecuación de la parábola descrita será, sencillamente: 2• cz = x 2 , o bien: z = !.x e La energía de la partícula se conservará. Evaluándola en los tres puntos P, Q y O, la escribiremos como:
Ep=Eq=Eo
--+
1 0
1·3·5·····(2n-l),r sin2 n 'P dcp = - - - - - ~ - - ~ 2 · 4 · 6 · · · · · (2n) 2
~ Una partícula de masa m está situada en el punto P del interior de un paraboloide de revolución liso de ecuación cz = x 2 + y 2 , a una altura H sobre el plano horizontal que pasa por su vértice O. Suponiendo que la
partícula se abandona desde el reposo, encontrar: a) la velocidad a la que pasa por el vértice, b) el tiempo que tarda en llegar a él y el período de las oscilaciones que realiza, supuesto que éstas no son pequeñas, y c) el período de estas oscilaciones en la aproximación de pequeñas oscilaciones.
En la ecuación de la energía, hemos llamado v a la velocidad de la partícula al pasar por el punto Q. Podremos reescribir esta igualdad de la forma:
2g(H - z) = 2g(c1I - x') = v2 = xz
' ''
H
z
o
+ iz
=
e
(1 +
4x2) x2 ~
:x.
2
pues Z = Ahora estamos en condiciones de despejar X para poder integrar la ecuación resultante y responder al segundo apartado. Así:
cH - x 2 c 2 + 4x 2
--+
l
0
r/4
¡ dt=--/2gc
¡º Xp
c2 + 4x 2 dx CH -X 2
En la integral del primer miembro hemos puesto como límites el instante de puesta en marcha en P y el instante de paso por el vértice O, que coincidirá con la cuarta parte de una oscilación completa y, por lo tanto, con la cuarta parte del período T (ya que el movimiento será periódico, dada la simetría del problema). El límite inferior de la segunda integral será xp = ../cii, como es fácil de verificar a partir de la ecuación de la parábola.
p
1,
1 1 2 = -mv + mgz = -mvb 2 2
va= figii
z
Q
mgH
Igualando el primero y tercer miembros, obtenemos la velocidad de la partícula al pasar por el vértice:
donde hemos hecho uso de la fórmula (que no demostraremos): ~1 2
463
X
~ En la figura representamos la sección recta del paraboloide que contiene al eje Oz, dado que, partiendo del reposo en P, la partícula describirá la trayectoria contenida en el plano vertical que pasa por P, pues la fuerza del peso está dirigida hacia abajo (eje Oz) y la reacción de la superficie del paraboloide, al ser de revolución, estará dirigida hacia el eje de revolución (otra vez del eje Oz). Como no hay componentes de la fuerza de reacción
Para efectuar la integración 1 procedemos a realizar el cambio de variable X = ../cii cose --+ dx = -../cii sin e de. Con este cambio, hay que modificar también los límites de integración, que resultan ser: x = xp --+ () = ~ y x = O --+ B O. Realizando el cambio, sustituyendo valores y operando, es fácil llegar a la siguiente expresión:
=
tp--,o = -T = 4
Jc+4H1~¡, V c+4H --2g
O
1 - - - - sin2 e de 4H
fc+4H
r12
= y--;¡¡;- lo
2
,/1 - k 2 sin e de
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
464
siendo k = J 4H/ ( e + 4H) < l. La integral del segundo miembro se denomina integral elíptica completa de segunda especie. Su resolución pasa por la utilización del teorema del binomio, que nos dice que, para !xi < 1, podemos hacer el siguiente desarrollo: (
1 + )P = l
+ p(p -1) x' + p(p -
+
X
En nuestro caso, p = (1 y, además, x =
,
2
sin 8,
lxl < 1
fc+4H [2g l
2
k
2 -
(como debía ser), por lo que:
(_!___-_]_) 2 k4 2. 4
3
+
(~) 2·4·6
2
-16 2 = 24,r
/3T1 =
1
/3 · -
v,
31r 1 = 24,r · - = ~ 16 2
~ Observando el movimiento de una partícula unida a un muelle 1 se midieron estos datos:
2 2
Jw5 -wf = 2,r)20
1·1·3,
+ ~~x + ··· 2·4·6
¡2 [ l--k 1 , Slll . ' 8-~-k 1 . 1 • Slll . • e +··· ] dB 2 2·4
(!)
=
Por lo tanto, el decremento logarítmico será:
1~ 0
_
/3
Ó=
l l·l, = 1 + -x - - x 2 2·4
T=4tpo=4
- 21ry
+ ...
465
Teniendo en cuenta que w = 21rv, de la relación entre el período del oscilador amortiguado y el oscilador libre podemos determinar el factor de amortiguamiento:
! , con lo que:
+ x)"
-k 2
l)(p- 2) xs 3·2·1
2·1
pX
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
k' 5
+
... ]
donde hemos hecho uso de la fórmula (que no demostraremos):
¡ni'. ,n _ 1·3·5···(2n-l),r lo sm 8d8- 2·4·6···(2n) 2 )Ir,,- Pequeñas oscilaciones. En la hipótesis de pequeñas oscilaciones, supondremos que H -+ O, con lo que k << l. En estas circunstancias, el valor del período queda simplemente con el primer término, de la forma:
[ill La frecuencia natural de una masa vibrando en el extremo de un muelle es de 20 vib / s y su correspondiente frecuencia cuando está amortiguado es de 16 vib/s. Encontrar el valor del decremento logarítmico.
Masa/Período Masa (g) 50 100 150 200 250 300
Período (s) 0.72 0.85 0.96 1.06 1.16 1.23
Amplitud de vibración/Tiempo m = 150 g Tiempo (s) Amplitud (cm) o 4.5 30 4.0 80 3.5 125 3.0 180 2.5 235 2.0 340 1.5 455 1.0
a) Expresar el cuadrado del período de oscilación en función de la masa teniendo en cuenta que los valores de las masas que se dan en las tablas n~ tienen en cuenta la masa del muelle. Obtener la masa efectiva del muelle. b) Obtener la constante recuperadora del muelle. e) Expresar el logaritmo neperiano de la amplitud en función del tiempo y obtener el tiempo de relajación. d) Obtener la constante o factor de amortiguamiento.
[KJ De la relación entre período, masa y
constante elástica, obtenemos:
[KJ De acuerdo con la teoría, se denomina decremento
logarítmico al logaritmo del cociente de dos amplitudes máximas sucesivas en el movimiento oscilatorio amortiguado de una partícula que oscila en un medio disipativo. Supuesto que inicialmente la partícula se suelta desde una distancia Ao de la posición de equilibrio, al cabo de una oscilación completa la nueva amplitud será A(T1) = A 0e-~r,, donde /3 es el factor de amortiguamiento. El decremento logarítmico ó será, pues, según la definición:
Ao J = In A(T1) = /3T1
Si el muelle no tuviera masa, la anterior ecuación representaría una recta que pasa por el origen de coordenadas. Pero dado que el texto del problema sugiere la existencia de un muelle con masa (a la cual llamaremos M), deberemos escribir m + 1\!I en lugar de m en la ecuación anterior, siendo m el valor de la masa variable que colocamos al final del muelle. De esta forma, la relación entre la masa variable colocada al final del muelle y el cuadrado del período será:
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
466
!2
Esta ecuación m = m(r2 ) representa una recta de pendiente 4 y ordenada en el origen -M. Será suficiente, pues, hacer un ajuste por mínimos cuadrados de los datos presentados en el primero de los cuadros anteriores, donde previamente se han calculado cuadrados de los períodos. El ajuste de los puntos a la recta nos da la ecuación:
m = -79.217 + 248.23T2 En la figura se muestran el conjunto de datos y el correspondiente ajuste.
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas jlnA t (s)
lnA
o
L504 1.386 1.253 1.099 0.916 0.693 0.405 0.000
30 80 125 180 235 340 455
LO
100
m 300 m (g)
,2 (s2)
50
0.5184 0.7225 0.9216 1.1236 L3456 L5129
100 150 200 250 300
467
200
300
400
Por lo tanto) el coeficiente de amortiguamiento es:
200
{3 = 3.287
X
10- 3
S-l
Tiempo de relajación de un fenómeno es el tiempo necesario para que su magnitud representativa reduzca su valor en un factor 1/e. Por lo tanto:
100 ,2
o.o
LO
-100
=
/31 =
304.23
S
~ Una partícula de 10 g de masa se encuentra sometida a la acción de
Por lo tanto, la masa efectiva del muelle y la constante recuperadora serán, identificando términos: Meé80 g
Te
k = 41l" 2 • 248.23
E"'
9800 din/cm
e Consideremos ahora el caso particular de la masa de valor m = 150 g colocada al final del muelle. utilizaremos la expresión de la variación de la amplitud de oscilación en función del tiempo para obtener, en primer término, el factor de amortiguamiento ¡3, y, a continuación, el tiempo de relajación Tr· De la teoría, sabemos que:
A(t) = Ao e-~t
In A= lnAo - (3t
Esto indica que el logaritmo neperiano de la amplitud es función lineal del tiempo, siendo la pendiente de la recta igual al factor de amortiguamiento cambiado de signo. Utilizando, pues, los datos de la segunda tabla (donde sustituímos los valores de A por sus logaritmos) 1 un ajuste de los mismos a una recta nos proporciona el valor deseado del coeficiente de amortiguamiento. El ajuste correspondiente nos da la relación (ver figura a continuación):
In A = 1.501 - 3.287 x 10-'t
dos fuerzas: F1 = -50x y F2 = -b:i:, y se mueve a lo largo del eje Ox. En el instante inicial la partícula se encuentra en reposo a 50 cm del origen, y cuando la velocidad es de 10 cm/s, la fuerza F 2 vale 400 dinas. Obtener: a) la ecuación del movimiento, b) la posición de la partícula en función del tiempo) e) la amplitud, frecuencia) período y decremento logarítmico) y d) el valor de la constante b para que el movimiento sea aperiódico y aperiódico crítico.
IR. I• Como dice el texto, la fuerza F
2 cuando la velocidad es de 10 cm/s vale 400 dinas. Es decir: b = 40 g/s, una vez que hemos reducido las unidades. Con estos valores, la ecuación diferencial del movimiento, tras simplificar, queda de la forma:
F=mx=F1+F2
x+4:i:+5x =
o
Su resolución pasa por utilizar la solución~prueba ert, lo que nos lleva a la ecuación característica:
r 2 +4r+5=0
r1 {
T2
= -2 + i = -2-z
La solución general de esta ecuación es: x = e- 2 '(Asint+Bcost)
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
468
con las dos constantes a deter1ninar a partir de las condiciones iniciales, que nos dicen que para t = O --+ xo = 50, i:o = O. La primera de ellas nos conduce a B = 50, mientras que la segunda, una vez tenida en cuenta la primera y tras derivar la solución general para escribir X en función de t y las dos constantes A y B, nos lleva a A = 100. Con estos resultados, la ecuación del movimiento para x se puede escribir de una de estas dos formas equivalentes:
x
=
e-2t(lOO sin t + 50 cos t)
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
~ Demostrar que cuando la amplitud de un oscilador amortiguado se hace 1/e de su valor inicial después de n pe~íodos, la pulsación debe ser aproximadamente [1- (81r 2 n 2 )- 1] wo, donde w0 es la pulsación del oscilador no amortiguado correspondiente.
IR:-1 De acuerdo con la definición de tiempo de relajación
Tr, cuyo valor es el inverso del factor de amortiguamiento (3, podremos escribir:
= 50v15e-2t sin(t + 0.464)
Tr
donde el argumento de la función seno está en radianes. o Según la teoría, la ·ecuación diferencial del movimiento oscilatorio amortiguado y su correspondiente solución en función del tiempo se pueden
1 (3
2,rn
+ 2(3x + wl x = o
x = A(t) sin(w1t
+
(3 1 -=--
= - = nT1 = -Wt
W1
21rn
donde. ~1 es el período del oscilador amortiguado, al que corresponde una pulsac1on w1. La relación entre la pulsación de las oscilaciones libres y las amortiguadas es:
escribir de la forma: x
469
Wo
V
= w¡ + f3 2 = W1
[1
+ ( ~1 )
2 ]
~=
w1 [ 1
+ ( 2~n)
2 ]
~
Si vamos identificando términos, podremos escribir: Podemos despejar w1 para escribir: Amplitud: A(t) = 50,/5 e-2t 1 Pulse. ose. libres: w0 = v15 s1 Pulse. ose. an1ort.: w1 = 1 s-
Fase inicial:
Del mismo modo, podemos identificar el valor del'factor de amortiguamiento (3 a partir de la amplitud en función del tiempo y, a partir del 1nismo, el decremento logarítmico ó que, según la teoría, vale ó = (311:
A(t)
= A 0 e-~' = 50v15e- 2 '
--+
(3
= 2 s- 1
--+
S = 2 · 21r
= 41r
Igualmente, conocido w1 y (3 a partir de la solución de la ecuación diferencial, puedo obtener wo:
Wo
=
V + ¡32 = yl' + wr
2'
Es inmediato comprobar que el término ~ es muy pequeño ya para 4n n . va_1ores d e n re1at1vamente pequeños. Por ejemplo, para n = 2 vale 0.0063, mientras que para n = 3 es 0.0028. Como el texto del problema sugiere que el valor de n es mayor que cualquiera de los que hemos utilizado corno prueba, en un desarrollo en serie utilizando la fórmula del binomio de la 1 forma (1 + x)P = 1 + px + P(f~ lx 2 +· .. ,para lxl < 1 (que es el caso), nos podremos quedar en buena aproximación con los dos primeros términos. Por lo tanto, escribiremos:
= v15 s-1
• Amortiguamiento crítico. Para que el amortiguamiento fuera crítico, el valor de la pulsación w1 habría de ser nulo. Es decir:
/Je= WQ = y15
que es lo que queríamos demostrar.
~ La posición de una partícula que se mueve a lo largo del eje Ox viene dada por la siguiente ecuación:
Pero como según la teoría b = 2m(3, tendremos:
b, = 2 · 10 · v15 = 20v15 g/s Valores superiores de b me conducen a un movimiento sobreamortiguado, sin oscilaciones. Esto es, una vez abandonada la partícula en su posición de partida, tiende hacia la posición de equilibrio sin pasar ,, al otro lado,,.
x+4x+8x = 20cos2t Si en el instante t = O la partícula se encuentra en el origen y en reposo, obtener: a) la, posición de la partícula en función del tiempo, y b) la amplitud y el penado en el movimiento permanente.
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
470
lliJ La ecuación diferencial corresponde a la de un movimiento oscilatorio amortiguado y forzado, cuya forma generales: x+2/3±+wJx = f(t), donde f3 es el factor de amortiguamiento, w 0 la pulsaciones de las oscilaciones no amortiguadas y f (t) la fuerza externa por unidad de masa. La solución general de esta ecuación consta de dos partes: por un lado, la solución general xh de la ecuación homogénea correspondiente (es decir, con segundo miembro nulo), y por otro, una solución particular Xp de la ecuación completa, de forma que la solución general se podrá escribir como x = Xh + XpSi observamos la ecuación del primer miembro e identificamos coeficientes, /3 2 existe vemos que w0 = 2v'2 y f3 = 2, lo que nos dice que w1 = V y, por lo tanto, el movimiento no forzado sería oscilatorio amortiguado de pulsación w 1 = 2 s- 1 , como es inmediato deducir.
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
del movimiento amortiguado se reduce a 1nenos de la veinteava parte del valor inicial. La segunda parte de la solución, mientras tanto, no se ve afectada por este término exponencial decreciente, y se denomina solución permanente. Las constantes indeterminadas A y B se obtienen a partir de las condiciones iniciales: para t = O --+ x 0 = O, i: 0 = O. Sustituyendo t por O tanto en la expresión de x como- en la de i: obtenida a partir de ella, obtenemos sin dificultad: A = -3, B = -1. La solución total del movimiento es, por lo tanto:
w5 -
La solución de la ecuación diferencial tiene la forma:
x = e-~'(Asinw1t + Bcosw,t) + Dcos(wt -5) donde el primer término corresponde a la solución general de la homogénea, con las constantes A y B a determinar al final a partir de las condiciones iniciales, y el segundo término es la solución particular de la ecuación diferencial completa, que adopta esa forma por ser la acción exterior de tipo sinusoidal, f (t) = A cos wt, por lo que la solución prueba habrá de ser de la misma forma (combinación de senos y cosenos de la misma pulsación que la fuerza impulsora externa, que en este caso es w = 2 s- 1 ). Según la teoría, los valores de la amplitud D y el ángulo de fase 5 están perfectamente determinados por las expresiones:
D =
A
---,e======
tanó=
V (w5 - w')2 + 4¡32w2
=
20
v5
tanó=
2
J(s-4) +4·4·4
2·2·2
~~-
8-4
= 2
y de la última:
sin 8 =
2
v'5
cos5 =
1
v'5
Llevando estos resultados a la solución general:
x = e- 2 '(Asin2t + B cos2t) + (cos2t + 2sin2t) La primera parte de la solución es transitoria, pues para valores de t > 3rr, donde Tr = es el tiempo de relajación, la amplitud de la solución oscilante
!
La amplitud del movimiento permanente, como hemos indicado, es D = -Js, su pulsación es la de la fuerza impulsora externa w = 2 s- 1 ( expresada en radianes por segundo) y el período T = 2; = 1r s.
l 22. I Cuando un péndulo oscila en el vacío, tiene un período To = 2 s. Colocado en un medio disipativo, la amplitud de cada oscilación es la mitad del de la anterior. ¿ Cuál será el período del nuevo movimiento? Si suponemos ahora a este péndulo sometio a una fuerza externa de tipo cosenoidal cuyo período es de 1 s, 2 s y de 2.5 s, ¿cuál será la relación entre las amplitudes de las oscilaciones forzadas correspondientes?
IR. I Escribamos explícitamente el cociente de las amplitudes máximas de dos escilaciones sucesivas:
An ar 211:/3 w,ln2 - A =e '=2 -+ /371 = ~- =ln2 -+ /3= - - =O.llw1 W1
21r
pues la diferencia de tiempos entre dos máximos sucesivos es igual al período del oscilador amortiguado. Por otro lado, como To = 2, la pulsación correspondiente valdrá w 0 = 2TC1r = 1r s~ 1 . Llevando estos resultados a la relación entre wo, w1 y ¡3, tendremos:
En nuestro caso:
D=
x = -e-"(3 sin2t + cos2t) + (cos2t + 2sin2t)
n+l
2¡3w 2 Wo -W 2
471
wf = w5 -
/3 2 =
11:
2
-
0.0122wf -+ W1 = 3.123 s- 1 -+ T1 = 2.012 s
iai,. Oscilaciones forzadas.Supuesta una fuerza exterior de tipo sinusoidal de la forma F(t) = Fo coswt, donde w es la pulsación de la fuerza iinpulsora, la amplitud de las oscilaciones forzadas, correspondientes al 1novimiento permanente, es función de la pulsación w y se expresa como:
A D(w) = - - ; = = = = = = V(w5 - w2)2 + 4¡3'w2 donde A = ~· A efectos de notación, escribiremos D(w) = Dw. Teniendo en cuenta los resultados del apartado anterior (el valor de ¡3 es:
11. Oscilaciones libres, aII1ortiguadas y forzadas
472
f3 = O.llw1 = 0.3445 s- 1 ), una vez hechas las correspondientes sustituciones en la expresión de la amplitud del movimiento forzado, llegamos a los resultados que se muestran en el siguiente cuadro: w = 2,r j
w
0.0334A
Dw
= 7r
w = 0.8,r 0.2530A
0.4620A
Es apreciable a simple vista que para el período T = 2 s la amplitud resultante es muy superior a la correspondiente a T = 1 s y apriximadamente el doble que la correspondiente T = 2.5 s. Por lo tanto, la frecuencia impulsora correspondiente a T = 2 s debe estar en las cercanías de la frecuencia de resonancia WR, Asignando un valor 1 a la amplitud menor, la relación entre amplitudes, escrita como D 2 1r : D1r : Do.s1r 1 será:
1: 13.8: 7.6 Para finalizar, podemos calcular la frecuencia de resonancia que nos da la teoría:
wn =
j w5 -
2(3 2 =
V,r 2 -
2 · 0.3445 2 = 3.1036 s- 1
(por lo tanto, muy cercana a 1r). La amplitud correspondiente a la fuerza impulsora de la misma intensidad máxima (y, por lo tanto, de la misma A) y pulsación WR, utilizando la expresión de D(w) anteriormente escrita, sería:
DWR = 0.4648A y cabría asignarle un coeficiente de amplitud en relación con la amplitud
correspondiente a w = 21r de valor 13.9. Como se ve, el segundo de los movimientos forzados coincide prácticamente la situación de resonancia.
0.4 0.3
0.2 0.1 J - - - w
1
2
3
4
5
6
En la gráfica adjunta se muestra el pico de amplitud para esa frecuencia de resonancia, en una gráfica en la que para el eje de ordenadas hemos elegido
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
473
A = l. El eje de abscisas cubre el espectro de pulsaciones de la fuerza externa desde w = O hasta superar ligeramente w = 2,r.
! 23. ! Un muelle vertical tiene una constante recuperadora de
valor k = 32 N/m. En t =Os se le aplica una fuerza F(t) = 12 sin4t Na una masa de 2 kg que cuelga en equilibrio, bajo la acción de la gravedad, del extremo del muelle. Despreciando el amortiguamiento, encontrar la posición en función del tiempo. ¿Cuál sería el resultado en caso de aplicar una fuerza externa de la forma F(t) = 40cos6t?
IR. ! El alargamiento del muelle cuando la masa cuelga en equilibrio de su extremo (aunque no es necesario su cálculo) es:
Ze
=
mg
k
=
2 · 9.8
32 =
0.6125 m
Si suponemos que la masa está desplazada hacia abajo una distancia z medida a partir de esta situación de equilibrio, cualquiera de los métodos utilizados hasta el momento (sea el del potencial, el de la energía o simplemente el vectorial) nos conduciría a la ecuación diferencial del movimiento en ausencia de fuerza externa. Si superponemos a la acción de los campos de fuerzas conservativos la de la fuerza externa, tendremos que añadir su expresión en el segundo miembro. Tal y como hemos indicado, la resultante de las fuerzas en dirección vertical será, tras simplificar:
mi= mg - k(ze
+ z) + F(t)
i
+ 16z =
6sin4t
pues mg = kze. Esta ecuación diferencial corresponde al movimiento forzado de un oscilador no amortiguado en el que la pulsación de las oscilaciones libres es w0 = 4 s- 1 y la pulsación de la fuerza exterior (sinusoidal) es también w = 4 s- 1 . Es decir, w0 = w. Además, como no hay amortiguamiento, la pulsación de resonancia coincidirá con la pulsación de las oscilaciones libres, es decir: WR = w 0 = w. En otras palabras, el oscilador en cuestión se encuentra en resonancia con la fuerza impulsora. Y al no haber amortiguamiento, la teoría nos dice que la amplitud máxima de las oscilaciones se hará infinita. Veámoslo analíticamente. La solución de la ecuación diferencial consta de dos términos: la solución Zh de la ecuación diferencial homogénea con segundo miembro nulo ( que incluirá dos constantes indeterminadas que se determinarán al final a partir de las condiciones iniciales) y una solución particular zp de la ecuación diferencial completa. No haremos un cálculo exhaustivo de la solución de la ecuación homogénea. Baste decir que la pulsación de las oscilaciones libres asociada a esa ecuación es w0 = 4 s- 1 (la ecuación característica tiene como raíces ±4i) y que la primera de las soluciones buscadas es:
474
11 . Oscilaciones libres, amortiguadas Zh
y
forzadas
= Acos 4t + B sin4t
.... . -··
donde las constantes A y B las calcularemos al final. Casualmente, el se gundo miembro contiene la función sin4( que es solución de la homogénea. Por lo tanto, al tratar de calcular una solución particular de la completa no podré utilizar como solución-prueba la expresión que en otras circuns tancias hubiera usado: Zp = Ccos4t + D sin4t. Ahora tendré que utilizar la expresión zp = t( C cos 4t + D sin 4t), tal y como apunta la teoría de ecuaciones diferenciales.--Jtagámoslo así y calculemos previamente el valor de Zp a partir de la nueva Zp de prueba:
6
= C cos4t + D sin4t + 4t(-Csin4t + Dcos4t) = -8Csin4t + 8Dcos4t - 16t(Csin4t + D sin4t) Sustituyendo ahora los valores de Zp y Zp en la ecuación diferencial completa ip ip
llegaremos a la expresión:
- 8Csin4t + 8Dcos4t -16t(Csin4t + D sin4t)
+ 16t( i7_s_in_4t + Dsin_4t) = 6 sin 4t
y simplificando: -8C sin 4t + 8D cos4t
= 6 sin4t
De la igualación de los coeficientes que acompañan a las funciones sin4t y cos 4t en ambos miembros resulta: 3 C= -D=O 4
Por lo tanto, la Solución, aún provisional, de la ecuación diferencial com pleta quedará así: .
3
z = Acos4t + B sm4t - tcos4t
4
Las condiciones iniciales nos permitirán determinar las constantes A y B. Co1no para t = O --+ z0 = O, Zo = O, llevando estos valores a la expresión de z arriba escrita y a la expresión de Z que de ella se obtiene, llegamos a:
A=O
B = ]__ 16
Así, pues, la solución definitiva es: 3 . 3 sm 4t - t cos4t z= 4 16 En la figura adjunta se muestra la evolución de la amplitud en función del tiempo. Como se -ye, ésta aumenta sin límite y llegará a hacerse infinita para tiempo infinito.
475
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
.···~-~- ...... • Fuerza externa F(t) queda de la forma:
= 40 cos 6t.
En este caso, la ecuación del movimiento
i + 16z
= 20cos6t
Para el cálculo de la solución particular1 podemos utilizar el método ante rior (con una solución-prueba de la forma Zp = C cos 6t + Dsin 6t, o bien podemos utilizar directamente el resultado que nos da la teoría respecto a esta solución, que es: Zp
D=
= D cos(wt - o)
A == --;c===
,/(w5 - w2 ) 2 + 4(J2 w 2
donde A = Fo. En nuestro caso, w = 4 s-1, w la ventaja d;;' que no hay amortiguamiento ([3 de las dos constantes son: D=lm
tanó=
tan o= o
2f3w
2 2 Wo -W
= 6 s-1' y además tenemos = O),
-+
por lo que los valores
o
=
1f
Hemos puesto 8 = 1r en lugar de lo que en principio parece más ob:7io de ó = o por el hecho de que el correspondiente valor de c.�s ó que se obtiene a partir de él nos da claramente cos ó = -1, correspon�1 endole, pues, Ó � 1r. , En definitiva, pues 1 la solución !)articular de la ecuac1on completa sera: zp
= cos(6t-1r) = -cos6t
La solución de la ecuación homogénea tiene la misma forma que antes: Zh = A cos 4t + B sin4t, por lo que la solución general, a la espera de la determinación de las dos constantes A y B será:
z
= Acos4t + Bsin4t- cos6t
476
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
Las condiciones iniciales (t = O ---t z 0 = O, :i:0 = O) me van a permitir A Y B. No tiene mayor dificultad el llegar a los resultados A = 1, B = O. Por lo tanto, la solución final se puede escribir de una de estas dos formas equivalentes:
z
= cos4t -
cos6t
477
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
producto de una función sinusoidal por una función exponencial, la solución particular correspondiente será del mismo tipo. Es decir, probaremos una solución particula de la forma: Xp
= [2 sin t] sin5t
= Ce-at cos(wt + o)
donde C y 5 son dos constantes cuyos valores obtendremos como consecuencia de este desarrollo. [El tipo de solución-prueba es equivalente a x = e-ªt(Ccoswt + Dsinwt), pero utilizamos el arriba escrito por ser o;erativamente más sencillo de manejar). Calculemos Xp y Xp para sustituirlas después en la ecuación diferencial completa:
z 2
xP =
-ce-ª'[acos(wt+o) +wsin(wt+o)]
ip = Ce-ª'[(a2 -w 2 )cos(wt+o) +2awsin(wt+o)]
:' \:re
'
',,
__ ,'
/\m
:' :' :'
'
,'
----
: :
Efectuada la sustitución, tras simplificar (proceso algo tedioso) nos quedará:
·.
~
'',
\
\
C [(w5 -w 2 + a2
\
-
IR. ILa forma general de la ecuación diferencial es: 2/3± + wJx = foe-ª' cos(wt + a)
donde hemos hecho fo = ~- La primera parte de la solución corresponde a la solución general de la homogénea, xh, que contendrá las dos constantes indetermin~das a determinar al final a partir de las condiciones iniciales, y que se escribe como:
= e-~'(A cos w1 t + B sinw1 t)
Para obtener la segunda parte de la solución, hemos de fijarnos en la naturaleza de la función del segundo miembro. En este caso, tratándose de un
2af3) sino+ 2w(a- /3) coso] sinwt
= [f0 cosa]coswt+ [-fosina]sinwt
', __
l 24. I Un oscilador amortiguado se ve sometido a una fuerza exterior de la forma F = Foe-ª' cos(wt+a). Obtener la solución general del movimiento.
xh
2a¡3) coso+ 2w(a- ¡3) sino] coswt
+ C [-(w5 -w 2 + a2
Escrita de la última forma, podía considerarse como un movimiento de pulsación 5 (es decir, de período 2; ) y amplitud variable (modulada) A(t) = 2 sin t. La amplitud avanza sinusoidalrnente con una pulsación 21r, formando una onda contenida entre las dos curvas punteadas de la figura. Ser observa también que en el intervalo [O, 2,r] hay 5 ondas completas 2 (período ; ) de la onda de trazo continuo.
x+
-
Igualando los respectivos coeficientes de coswt y sinwt en ambos miembros:
C [(w5 - w2 + a 2 2
C [(w5 - w + a
2
-
2a¡3) coso+ 2w(a - /3) sino] = Jocosa
-
2af3) sino - 2w(a - /3) coso] = fo sin a
Elevando al cuadrado ambas ecuaciones y sumando, puedo obtener C de inmediato:
fo
e=--;============ 2 2 2 )[(w5 - w2)
+ a(a -
2/3)]
+ 4w
(a - /3)
Si en lugar de elevar al cuadrado y sumar, dividimos miembro a miembro las dos ecuaciones, poden1os llegar a despejar tan ó hasta obtener la forma: tan o=
tan a+ tan8 = tan(a + 8) 1-tana-tane
---t
o=a+B
donde hemos llamado 8 a la variable angular tal que: tan8 =
~~c-=2~w~(a_---'/3,-')--==
(w5 - w2 )
+ a(a - 2/3)
Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial completa, a falta de calcular las dos constantes A y B correspondientes a la solución de la
11. Oscilaciones libres, amortigtiadas y forzadas
478
homogénea (a determinar de la posición y velocidad iniciales, por ejemplo), será:
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
Según la teoría, la pulsación de resonancia en amplitud se cumple para: WR
x
=
e-~'(A cos w1t + B sin w1t) + ce-ª' cos(wt + 5)
con los valores de w1, C y 5 arriba expresados. [Nota: Se ha hecho la hipótesis de que w #- w1 , pues en caso contrario, en lugar de utilizar la solución-prueba anterior, deberíamos utilizar esta otra: Xp = t [Ce-at cos(wt + 8)L lo que nos conduciría a la solución correcta, tal y como indica la teoría sobre la resolución de las ecuaciones lineales con coeficientes constantes y segundos miembros no nulos]. • Una vía alternativa para la obtención de una solución particular de la ecuación diferencial completa descansa en la utilización de los métodos basados en los números complejos. Por esta vía, se prueba la solución particular x = Cel(-a+iw)t+ióJ. Tendríamos que tener en cuenta en este caso que la función fuerza externa sería la parte real de F(t) = F 0 e[(-a+iw)t+in]. No es difícil probar que los resultados a los que nos conduce este método son coincidentes con los obtenidos por la primera de las vías. ~ Tenemos un oscilador amortiguado constituído por una masa de valor m = 1 g unido a un muelle de constante recuperadora k = 10 4 dina/cm y que tiene un tiempo de relajación r, = 0.5 s. Sobre él actúa una fuerza exterior de la forma F = 10 sin 90t expresada en dinas. Encontrar: a) la pulsación propia (sin amortiguación) del oscilador, la pulsación del oscilador amortiguado y la pulsación de resonancia en amplitud del oscilador forzado, y b) la amplitud de la oscilación forzada permanente y el desfase que ésta tiene respecto a la fuerza exterior.
R. I De los datos del problema podemos extraer los distintos coeficientes característicos del movimiento amortiguado forzado. En primer lugar, sabemos que a partir de la konstante recuperadora k y de la masa m podemos obtener la pulsación del oscilador libre:
{f; = ~ = 100 s-
Por lo tanto, la pulsación del oscilador amortiguado será: 2
2 · 22 = 99.96 s-
-
1
Como se puede apreciar, al ser el amortiguamiento tan pequeño (,B << wo), tanto la pulsación del oscilador amorti~ado como l_a p~lsaci~n de resonancia son casi coincidentes con la pulsac1on de las oscilaciones libres: W¡
~
WR
~
Wo.
• Una vez que empieza a actuar la fuerza externa, pasado un tiempo nada más queda presente la solución permanente, la solución particular de la ecuación diferencial completa. Ésta se puede escribir como: Xp
= D sin(wt - 5)
dado que la fuerza impulsora es también sinusoidal. La susti:ución de :sta solución-prueba en la ecuación diferencial completa me permite determinar las constantes D y ó, que, como sabemos, pueden escribirse como:
D =
----,,==F,=º/'=m=== 2
j(w5 -w2)
tanó=
+4¡3 2w 2
2¡3w
w02
-W 2
Con los datos del problema (donde hemos de añadir que Fo w = 90 s- 1 ), escribiremos: D =
J
(100 2
tan5=
= 5.17 x 10- 3 cm
lü/l -
90 2 )
2
+ 4 · 22
10 dyn y
·
90 2
2 · 2 · 9 0 =0.1895 100 2 - 90 2
---+
5=0.18725rad
~Obtenerla expr~sión de la energía disipa~a por ~nidad d,e ~iempo para un oscilador amortiguado en el caso de amortiguam1enton deb1l (/3 « wo) · la derivada temporal de la energía (promediada a lo largo de un penado del oscilador amortiguado) camhiada de signo. La expresión de la ecuación del movimiento del oscilador 1 en función de las dos constantes indeterminadas A y ó que se deducirán en cada caso a partir de las condiciones iniciales, es:
1 = - = 2 s- 1 T,
w, = Jw5 - ¡3
2/3 2 = )100 2
IR. ILa energía disipada por el oscilador en la unidad de tiempo es, igual a 1
El tiempo de relajación del oscilador amortiguado es el tiempo al cabo del cual la amplitud de osciladión se reduce en un factor 1 / e. Es decir, teniendo en cuenta la expresión de la variación de amplitud en función del coeficiente de amortiguamiento /3 y el tiempo:
/3
Jw5 -
=
j
wo =
479
= )100' - 2 2 = 99.98 s- 1
La energía del oscilador es la suma de su energía cinética Y ?ote~cial. Para escribir la energía cinética nos es necesarioobtener la velocidad x: :i;
= -Ae-Pt [/3 cos(w 1t - 5)
+
w, sin(w, t - 5)]
480
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
1
2mA +
2
e- 2 ~'
[f3 2 cos2 {w1 t
- ó)
+ w~ sin2 (w 1 t -
de la energía. Además, en este caso de amortiguamiento débil, se puede apreciar que, a diferencia de la expresión general para un amortiguamiento cualquiera (en el que se aprecian una serie de escalones en la evolución de la energía), aparece un decrecimiento exponencial puro.
5)
2(3w, cos(w,t - ó) sin(w,t - <5)]
Del mismo modo, la energía potencial almacenada en el muelle será:
1 1 V= -kx 2 = -kA 2e- 2~ cos 2(w,t - ó)
2
2
Calculemos el valor medio de la energía cinética y potencial a lo largo de un 2 período del oscilador amortiguado 7 1 = w, 1r. Para ello, tendremos en cuenta que, al ser el amortiguamiento tan pequeño 1 el valor de la exponencial e- 2 f3t apenas variará en el intervalo entre un tiempo genérico t y un período 7 1 después. Es decir: e- 2 f3t 3:: e- 2.B(t+ri). Por contra, en ese intervalo de tiempo las otra funciones temporales que intervienen en las expresiones de la energía cinética y potencial, sin(w 1 t - ó) y cos(w 1 t - 5), pasarán por todos los valores del intervalo [-1,+l]. En otras palabras, a la hora de promediar a lo largo de un período las magnitudes indicadas, podemos considerar como valor constante (igual al valor que tiene al comienzo del intervalo de la evaluación) a la exponencial e- 2.Bt. Dicho ésto, es fácil obtener los siguientes valores promediados en el intervalo [t, t + 7 1 ]:
(V) = ~kA2e-2~t 4 dado que es inmediato comprobar que:
1 71
¡t+r, t
cos 2 (w 1 t - 5) dt
1 -
r,
¡t+r, t
1
=-
T1
¡t+r, t
sin2 (w1 t - ó) dt
2
= !kA2e-2Pt 2
mw6
pues = k. Como se puede apreciar, el valor medio de la energía evaluada a lo largo de un período es función del instante de tiempo en el que se toma como origen de la evaluación. A partir de aquí, podemos calcular la variación de energía por unidad de tiempo sin más que derivar esta expresión respecto al tiempo:
d (E) = -kA2(3e-2~t = -2(3 (E) dt
FR · :i; = -2m(3:i: 2 y el valor medio de este trabajo por unidad de tiempo evaluado a lo largo de un período 7 1 que se inicia en el instante t será:
(FR · :i:) = (-2m(3:i: 2 )
=" -2m(3A 2e- 2~t ([f3cos(w 1 t - 5)
+ w1 sin(w1 t - <5)J 2 )
donde hemos utilizado ya la anterior aproximación de amortiguamiento debil, por lo que estimamos que en el intervalo de tiempo de un período 7 1 la exponencial permanece prácticamente constante frente a las variaciones que experimentan las funciones seno y coseno que la acompañan. El valor medio que figura en el segundo miembro está ya evaluado en el apartado ' Por lo tanto, nos quedará: anterior y resulta ser ~.
1
Por lo tanto, el valor de la energía media promediada a lo largo de un período 71 correspondiente al instante t será:
+ (V)
• Otro método. La variación de energía por unidad de tiempo ha de coincidir con el trabajo realizado por unidad de tiempo por la fuerza de rozamiento. Según la teoría, ésta se puede escribir como: FR = -b:i: = -2m(3:i:. Por lo tanto, el trabajo realizado por esta fuerza por unidad de tiempo se expresará de la forma:
(FR · :i:)
=-
sin(w,t - ó) cos(w,t - ó) dt = O
(E) = (T)
481
El carácter negativo de esta expresión coincide con el sentido decreciente
La energía cinética será, pues:
T =
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
= -mw5(3A2e- 2Pt = -2(3 (E)
como antes.
~ Dado un oscilador forzado amortiguado, corí una fuerza exterior armónica, se define el factor de calidad Q del oscilador como 21r veces el cociente entre la energía almacenada en el oscilador y la pérdida de energía por período. Hallar una expresión para dicho factor Q en la resonancia. ¿ Cuál sería un valor aproximado si el amortiguamiento es pequeño?
IR. f La ecuación diferencial del movimiento para el oscilador forzado amortiguado con fuerza exterior sinusoidal es de la forma:
donde f3 es el factor de amortiguamiento, w0 la pulsación de las oscilaciones libres y fo = ~ la fuerza exterior máxima por unidad de masa. La solución de esta ecuación diferencial consta de dos partes: la primera, solución de la ecuación homogénea, se llama solución transitoria pues, afectada de un
forzadas
11. Oscilaciones
482 factor exponencial decreciente, desaparece 31 cabo de poco tien1po, y la segundai solución particular de la ecuación con1pleta 1 es la que Ya a perdurar en el tiempo y es la que nos interesa. Según la teoría, esta última solución, Hamacla solución permanente, es x = D cos(u..it 6)_, con: 2(3w tanó=---
w6 - u,'2
@_fj Probar que el valor 1ná-ximo de la potencia media absorbida (r~ona,n~ · cia en la potencia absorbida) en el caso de un oscilador forzado ·corresp_oti.diente a una fuerza externa sinusoidal se da para la pulsación W0 . .¿Para qué valor de la pulsación la potencia absorbida se reduce a la mitád de: 1a rnáxim.a? Llamen1os w 1 / 2 a esa pulsación y (6 w)1/2 = \w1,12 -wol- En el caso de un oscilador muy poco amortiguado (/3 << ~o), probar que el factor de calidad Q1 definido como ~' se puede expresar en buena aproximación de esta forma:
l.ia energía ahnacenada en el oscilador es la suma de las energías cinética y potencial:
E
=
1
•2 ·
2·rnx - -;- -
1 2 2 1 2 2 ' 2• 2mw 0 x = rnD ~w sin t0..:t 2 r
~,
') +u:02 cos""(u.1t ó) J
ó)
y su valor 1nedio a, lo largo de un período de la fuerza exterior será:
" ¡'E ) = 1 mD'"'Lw-+
4
2 ;
pues los valores medios a lo largo de un período , conocido, (sin 2 (wt ó)) (cos'(,,;i-- 8)) =
1-
•,t+T
\,V¡-'r
2·rn¡3D w
2
},
2
sin (;,;I
ójdt
m¡3D
2
2
"' T
Sea F(t) Fo cOSú..Jt la expresión de la fuerza iinpulsora ex.terna.. La respuesta del oscilador a esta fuerza üupulsora, considerando la sollición per1nanente como la única que perdura t.ras un tiempo pn1dencial, se puede escribir con10 x,::;;: 1-:p = D cos(wt-5), donde las dos constantes que aparecen tienen los siguientes valores:
= 2mnf)D
2
"1
2(3w
fo
son, como es
La pérdida de energía por período es igual al trabajo realizado contra el rozamiento, Es decir, si la duerza disípativa. es FR = -2rTi,BX, el trabajo elemental realizado para superarlo es: "" 2m/3x, xdt = 2mf3:i: 2 dt, lftili.zando e1 valor de x correspondiente a la Bolución pern1anente, esta expresión, evaluada a l.o largo de un período de la fuerza impulsora, se traduce en: 2
QWo - 2(6 whí2
siendo fo =
tanó=. - - -2 w·J -· w
f~.
La potencia suministrada por el oscilador externo es:
P
Fx
-
-j(w~ -
foFow sm(wt 2 2 w2) + 4,8 2w
ó) coswt
y el valor medio de esta potencia a lo largo de un período correspondiente a la fuerza impulsora es:
pues la integral definida tiene co1no valor f. Con estos dos valores calculados, la expresión más g0neral para el factor de calidadQ será:
+ 4¡32w2 m_f.Jwsínó
" -~--- 2 2-
r-::-
2y (wi; ~- w2 t En la resonanciai w reduce a:
u..'R ==
JwJ - 2,82 ~ por lo que la últirna e..,"'{presión se
pues, teniendo en cuenta que
(sin(wt 2¡3 ,J
6) cose,-t)
wii - 2,8 2
• Pa.ra an1ortíguruniento pequeño (í3 ~ w 0), la expresión. anterior podrá reducirse aún niiis para quedar de la forn1.a: - Wo Qn=--
2/3
2 ;:
T
=
1-
¡T
T
O
+ 4¡3
w
se cumple que:
sin(,.id - 8) cosuit dt
Por otro lado) como sin a en valor absoluto: -0¡2 2 P) _ _ mp ow _ ( - (WQ-W _, 2)' + 4º" (.!'"W="
1 '
- - SIIl
2
/j
484
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
Como se ve, esta potencia es función exclusiva de la pulsación w de la fuerza aplicada, y su valor máximo se obtei1drá para una valor de la pulsación que anula la derivada primera. Es decir:
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
485
donde se muestra con claridad la asimetría alrededor de w0 • [Nota: Hemos usado el signo + delante de la raíz cuadrada que aparece en la resolución de cada una de las dos ecuaciones de segundo grado pues el signo - nos hubiera llevado a valores negativos de w, que no nos interesan]. 1
d(P) 1
dw
2mf3JJw(wa-w•)
w=wR -
• Aproximación para f3
=0
[(w,¡ -w2)2 + 4p'w'f
«
W=wn
donde hemos despreciado la solución obvia wn = O. Sustituído este valor en la expresión de la potencia media, nos quedará para este valor máximo: •
4fJ
max
W1¡2 =
Wo
(1 +
,e:)i
WQ
±¡5"' Wo
+ 2¡,' ±JJ"' wo ±,B Wo
donde hemos utiliza.do, sucesivamente, varias aproximaciones. En primer lugar, hemos utilizado los dos primeros términos del desarrollo del binomio que representa la raíz cuadrada, al ser (32 /w'f, « l. Y en último término, hemos despreciado ¡52 /2w0 frente a ¡,. Todo ello nos conduce a dos valores simétricos para w1 ¡ 2 en el caso de amortiguación pequeña, como habíamos adela:ntado antes. Es decir:
= mfJ
/P)
w0 • Reescribamos la e.xpresión de w,¡ 2 de la
siguiente forma:
IJ') (P)m,x f···························A
(t. wh¡2 = Jw,¡2 -
woJ =
f3
Sustituido este valor en la expresión del factor de calidad: !(P}max !............ ·-···+·--!'·-·-\
O=WR=
'
2p
wo 2(t. wh¡2
wo t. w
siendo Aw = w1 ¡ 2 ,sup - w1 ,1 2 ,inf la anchura de banda del intervalo de pulsaciones para las que la potencia absorbida es superior a la mitad de la máxima.
[fil Hallar las pequeñas En la figura se muestra la representación gráfica para (P) en función de w para un determinado valor de jJ ,fa O. La curva es asimétrica respecto a la pulsación de resonancia wo, aunque esta asimetricidad se reduce a medjda que /:1 se hace más pequeño.
!
• Cálculo de w1¡,, Impondremos la condición (P) = (P)max, donde (P)max es el valor que acabamos de obtener arriba, A la pulsación resultante la llamaremos w,¡ 2 • En otras palabras:
(P) ,~
= mfff_ =
J IP) 2 '
max
8,B
m{3JJw2 (wi - w2) 2 + 4¡J2w2
Es decir, la pulsación a la que la potencia absorbida por el oscilador es la mitad de la máxima, w1 ¡ 2 , es la siguiente:
wJ - w 2 = ±2fiw
oscilaciones de un péndulo plano de longitud 1, cuyo punto de suspensión se mueve uniformemente por la circunferencia de radio a « l con una frecuencia angular 0 2 « lf. Hágase la hipótesis de que, en el instante inicial, la partícula se encuentra en reposo y con el punto de suspensión S en su posición más baja.
[:!!] La ubicación de este ejercicio en este lugar, entre otros ejercicios dedicados al estudio de las oscilaciones forzadas{ va a tener su justificación a posteriorí. Consideremos el tratamiento lagrangiano general. Para ello, y suponiendo la orientación. de los ejes cartesianos de la figura, definiremos las coordenadas de la masa m del extremo del péndulo, para calcular a continuación las con1ponentes de la velocidad. En estas condiciones: x = a.siní1t+ lsinll { y= acosnt+ lcosB
x=aflcosnt+liJc?se { y -(aflsinnt+IOsínB)
Tómese buena cuenta del hecho de que las ecuaciones de transformación que expresan las coordenadas cartesianas en función de las generalizadas (aquí nada más tenemos un grado de libertad, e, pues n es constante) contienen explícita1nente al tiempo t.
486
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas {)L
88 Ü a-----+--
{)L
X
.
= malíl8sin(ílt - 8) - mgl sin8 2.
- . = ml 8 + malíl cos(ílt - 8)
· .. a
ae
s
Qt
487
d DL ·· • - - . = ml 2 8 - malíl 2 sin(ílt - 8) + malílBsin(ílt - 8) dt 88 Por lo tanto, las ecuaciones del movimiento quedan, tras simplificar, de esta for1na sencilla:
IY
!
m
La energía cinética y potencial se escribirán,pues:
T = ~m(x' +
il)
2
2
2
= ~m [a íl + l ÍJ 2 + 2alíl1Ícos(ílt - e)]
De donde la función lagrangiana se escribirá como:
l
- 1 m [a 2 íl 2 +l 2 8·2 +.2alíl8cos(ílt-8) . L+mg(acosflt+lcos8)
2
La teoría de Lagrange nos dice que las ecuaciones del movimiento que podemos obtener a partir de la función lagrangiana L, podemos llegar a las mismas si en lugar de L utilizamos otra dunción lagrangiana que se diferencie de la anterior en la derivada total respecto al tiempo de una función cualquiera del tiempo F(t). Es decir, L' = L + dF/dt genera las mismas ecuaciones del movimiento que L. En nuestro caso es fácil identificar una tal F(t) que nos simplifique la función lagrangiana. Ésta sería: 1 .2 2 mga . F( t ) = - -ma íl t - - - sm ílt
íl
La nueva función lagrangiana L 1 , a la que seguiremos llamando L para no tener que arrastrar la "prima" por todo el desarrollo, será:
L =
1
2ml
2·2
.
sin(ílt -
e)
Pasemos al capítulo de aproximaciones. En un primer paso, supongamos que e<< 1, con lo que sinB ~ B, cos(} ~ 1- e;. Desarrollando la función seno del segundo miembro y quedándonos con los·términos más significativos: sin( ílt - 8) = sin ílt cose - cos ílt sin 8 =" sin ílt - ecos ílt Esta aproximación nos deja la ecuación diferencial del 1novimiento de la forma:
V= -mgy = -mg(acosílt+lcosB)
2
2
·· g e+ y sine= -aíl1-
.
8 + malílB cos(ílt - B) + mgl cose
Los pasos para obtener las ecuaciones de Lagrange no ofrecen mayor dificultad y son los siguientes:
. [g
e+ y+ -aíl1-
2
l e= -
cosílt
2
afl- sinílt
1
Si, además) a << l y fl 2 << f, podemos depreciar el segundo término del corchete del primer miembro frente al primero. Por lo tanto, la ecuación diferencial a resolver será, definitivamente: ··
g
aíl 2
e+ ye= -l- sinílt ecuación que corresponde a un movimiento oscilatorio forzado y sin amortiguamiento, tal y co1no hemos predicho que se iba a producir. La pulsación de Is oscilaciones libres es wo = .J7f y la fuerza exterior se corresponde con una fuerza armónica de pulsación fl y valor máximo de lo que hemos venido en llamar fo en otros ejercicios (aunque, dimensionalmente, en nuestro caso no tendría dimensiones de fierza por unidad de masa, sino de fuerza por unidad de momento de inercia). Formalmente, la ecuación coincide con las ai1teriormente estudiadas y su solución tiene dos partes: la solución de la homogénea, que contiene las dos constantes a determinar al final (eh= Acosw 0 t + E sinw 0 t), y una solución particular de la completa. Tratándose de una fuerza impulsora armónica, esta solución particular es de la forma:
Bp = C cos ílt + D sin ílt
488
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
donde C y D los podemos calcular de la sustitución de eP en la solución completa. Otro método sería el utilizar directamente la expresión Bp = D cos(Ot - o), con D y o escritas en la teoría. Utilizaremos el primer método:
Bp =
Bp =
-O(CsinOt-DcosOt)
489
F(t)
-!1 2 (CcosOl+DsinOt)
Sustituyendo valores e igualando entre sí los coeficientes de sin üt y cos nt, llegamos a los siguentes valores de las constantes C y D:
t
a02 D=---
C=O
o
g-lf!2
La solución total, a falta de la determinación de las dos constantes A y B, será, pues:
8=Acoswot+Bsinw0 t+
ao2
sinf!t
g-1!1'
Para t = O --+ 80 = O, Bo = O. Llevando estos valores a la solución general, obtenemos los valores de las constantes A y B: A=O
B =
a03 :---cccc---c~
lwo (!1 2
-
w5)
La solución total, tras simplificar al máximo, es, por lo tanto:
e= al (w020
2
O
[ .
]
a0
2
.-.2) smf!t- -sinwot ~ -2sin0t Wo
-~i
lw 0
donde hemos hecho, sucesivamente, las siguientes aproximaciones: w5 2 0 2:: w5, pues !1 2 << 9¡ = w5, y sinflt - ~ sinw0 t 2:: sinOt, pues, como antes, será O << ,/f = wo. Por lo tanto, la solución definitiva corresponde a un movimiento oscilatorio en el que desaparece, casi completamente, toda alusión a la frecuencia propia del péndulo como movimiento oscilatorio.
~ Un oscilador lineal amortiguado, inicialn1enLe en su posición de equilibrio, está sometido a la función fuerza dada por:
F(t) m
= {~~ T
a
t
a) Determinar la función respuesta, y b) Hágase T -+ O y demuéstrese que entonces la función se transforma en la correspondiente a una función escalón.
IR. I La
ecuación diferencial general del oscilador armónico amortiguado forzado en una dimensión se escribe: "+2(3'+ 2 F(t) X WoX = -;;:;:;:
X
siendo m la masa del oscilador, F( t) la fuerza impulsora, wo la pulsación propia del oscilador no amortiguado, y (3 el factor de amortiguanúento. La solución general de este tipo de ecuación diferencial no homogénea consta de una solución general de la homogénea ( término transitorio) y una solución particular de la ecuación completa ( término permanente) cuya forma depende del tipo de función F(t). Teniendo en cuenta la teoría de las oscilaciones amortiguadas forzadas, escribiremos:
x(t) = e-il'(A 1 cosw1 t + A 2 sinw 1 t) + xp(t) En nuestro caso, la forma de la fuerza impulsora en el intervalo (O) t) es lineal con el tiempo, haciéndose constante a partir de t = T. Por lo tanto, tendremos que tener en cuenta tres tramos de características distintas en cuanto a la forma de la fuerza impulsora F(t), a los que corresponderán soluciones distintas. La condición que se exige a las soluciones correspondientes a los distintos tramos es que nos den los mismos valores de las variables cinemáticas (posición y velocidad) en los puntos coincidentes de los tramos (es decir, para t = O, habrán de coincidir las posiciones y velocidades de los tramos I y II, y para t = T, se exigirá lo mismo para las posiciones y velocidades de los tramos II y III). II a) Cálculo de la función respuesta. Calcularemos las funciones respuesta correspondientes a cada tramo por separado, según el tipo de fuerza impulsora F(t), identificando a continuación las variables cinemáticas de los puntos comunes. 1> Tramo I: Intervalo t < O. La fuerza impulsora en este tramo es F(t) = O, con lo q]le se simplifica la resolución, pues la ecuación que nos
490
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
queda es homogénea y no tenemos por qué calcular la solución particular. Por otro lado, teniendo en cuenta que la partícula se encuentra en reposo en la posición de equilibrio durante todo ese período, es inmediato llegar a la solución: x(t) = O
±(t) =
o
Se llega al mismo resultado siguiendo el procedimiento habitual de suponer que la solución es de la forma:
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
Comparando coeficientes, se llega sin dificultad a los siguientes resultados:
Como A = O, la solución resultante es de primer grado, como ya hemos apuntado. U na vez sustituí dos los valores de estas tres constantes en la solución particular, la solución completa se escribirá:
x(t) = e-~t [A 1 cosw1t + A2 sinw1t]
..,. Tramo 11: Intervalo O< t < r. La fuerza impulsora en este tramo es = ma~, que es lineal y creciente en el intervalo señalado (ver figura). La ecuación diferencial a resolver sería en este caso:
F(t)
x + 2¡3± + w5x =
= e-~t [A1 cosw,t + A2 sinw,t]
=
.Jw5 - {3 2
donde las dos constantes quedan por el momento indeterminadas, a la espera de obtener la solución particular de la ecuación diferencial completa y aplicar las condiciones de contorno correspondientes a la totalidad de la solución. La fuerza impulsora es de tipo polinómico. Probemos, en consecuencia, una solución particular de tipo polinómico: xp(t) = At 2 +Et+ C. [Teniendo en cuenta que en el primer miembro aparece x, el grado del polinomio a utilizar como solución prueba más adecuada hubiera sido el mismo que el de la fuerza impulsora, es decir, el primer grado, tal y como nos indica la teoría de las ecuaciones diferenciales. En cualquier caso, el resultado al utilizar el polinomio de segundo grado como prueba nos será el mismo, como veremosJ. Tendremos que deter1ninar los valores de las tres constantes que figuran en la misma. Para ello, sustituímos esta solución prueba en la ecuación diferencial completa, una vez calculados Xp y Xp, e igualarnos los coeficientes de los términos del mismo grado de ambos miembros. Esto es: xv = 2At+B } xv = 2A
(w5A)t 2 + (w5B
Para t = O, sabemos que x(O) completa:
+ 4¡3A)t + (w5C + 2¡3B + 2A)
a
= -t T
(t - ~)
= O. Llevando este valor a la solución
2¡3a x(O) = O = A1 - - 4w0 T
T
W1
+ w¡T
con w1 = J w6 - {3 2 . Es hora de aplicar las condiciones de contorno a las soluciones completas de los tramos I y II en el punto común. Es decir, para t = O. Ello nos permitirá determinar de forma correcta los valores de las dos constantes arbitrarias A 1 y A 2 que aparecen en la solución general de la ecuación diferencial homogénea .
at -
La solución general de la homogénea es del mismo tipo que la del apartado anterior. Podemos escribirla, desarrollada, de la forma: x 9 (t)
a B=-zw0T
A=O
x(t) = Ae-~' cos(w 1 t - J) y calculando los coeficientes A y ó a partir de las condiciones para un instante determinado (por ejemplo, para t = O). Se obtiene que A = O, lo que hace nulas la posición y velocidad para cualquier instante. El valor de ó es irrelevante, siendo nulo A.
491
La segunda condición de contorno nos dice que parte del reposo en t = O. Calculemos, pues, la velocidad de la partícula en el tramo II en función del tiempo e igualemos este valor a cero para t = O: x(t) = e-~t [(-¡3A 1
+ w1A 2 ) cosw1t -
(;3A2
a
+ w1A1) sinw1t] + -w0T 2-
Luego: x(O)
a
= O = -¡3A, + w1A2 + - 2-
w0T
Llevados estos valores de los coeficientes a las expresiones completas de la posición y velocidad corresponbdientes al tramo II, nos queda:
x(t) = -a- [e-~t (2¡3 - cosw 1 t + 2¡3
w@r
x(t) = __?:__
w5r
[1-
w6
e-~t (cosw 1 t
2 -
w5 smw,t . )
w02 w1
+ t - 22¡3] Wo
+ _f3_ sinw1t)] W1
La expresión última de la velocidad, aunque resulte un poco tediosa su obtención, constituye un excelente ejercicio de práctica.
492
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
Tramo III: Intervalo t > T. La fuerza impulsora en este tramo es F(t) = ma, que es constante en el intervalo señalado (ver figura). La ecuación diferencial a resolver sería en este caso: ~
[a= cte] Para su resolución, hagamos el siguiente cambio de variable: t' = t - T (esto supone de hecho una translación en el origen de tiempos). Es fácil ver que esto no altera la forma de la ecuación diferencial a resolver, pues d/dt' d/dt y d2/dt' 2 d2/dt 2. Resolviendo la ecuación homogénea correspondiente, y una vez deshecho el cambio de variable, obtenemos como solución general la siguiente:
=
493
11. Oscilaciones libres, amortiguadas y forzadas
x(t) = e-~(t-r) [A1 cosw,(t - -r)
+ A2 sinw, (t - -r)] + 2a
Wo
II b) Aproximación para t ---+ O. Veamos en qué se convierten las constantes A1 y A 2 cuando T ---+ O, considerando los términos significativos de los correspondientes desarrollos en serie:
=
x,(t) = e-~(t-r) [A 1 cosw 1 (t - r)
+ A2 sinw,(t - -r)]
con w1 = J (3 2 • Como la fuerza impulsora es constante, a la hora de obtener una solución particular de la ecuación completa probaremos también con un valor constante (podíamos haber probado con un polinomio 1 por lo menos de primer grado, como en el caso anterior, pero sería fácil ver que el coeficiente del término de primer grado se anula): xv(t) = C. Una vez sustituído este valor prueba en la ecuación completa, obtenemos: C = ,-",w, = xp(t), con lo que la solución completa será:
La forma que adopta ahora la solución para el tercer tramo cuando (x(t) = xm(t)) es:
T
-+ O
w5 -
x(t) = e-~(t-r) [A1 cosw,(t - -r)
+ A2 sinw,(t -
-r)]
+
Estas dos relaciones nos llevan, tras un largo y tedioso proceso de sustituciones y simplificaciones, con alto riesgo de cometer errores, a los siguientes
valores de A1 y A2:
Wo'T
a [ (2(32 A2=-2- e~f3r 2 Wo'T
2
. ) s1nw 17
-
w2°cosw1T-2sinw1T 2(3 )
-
2Wo cosw1T WoW1
+
- w5 2 WoWl
2(3
Wo
+ A2 sinw,(t - -r)J + ª2 }
Reordenando términos, llegamos por fin a:
ª
xn(r) = xm(-r) { xn(-r) = xm(-r)
( 2(3
T-
2 Wo
Para el cálculo de las dos constantes) procederemos del mismo modo que en el apartado anterior. Es decir: en el instante común de los dos intervalos (t = T), las posiciones y velocidades que nos proporcionan las soluciones correspondientes a ambos tramos implicados deben coincidir. En otras palabras 1 debe cumplirse que:
A 1 = - a2 - [e _ f3 r
x(t) = lim {e-~'(l + (3-r) [A, cosw,(t - -r)
2(3] 2 Wo 2(32 _
w2] °
2 WoW1
Teniendo en cuenta los valores de estas constantes, la solución de la ecuación diferencial para el tramo III, incluídas la solución general de la homogénea y la particular de la completa, es:
que coincide con la función respuesta a una función escalón.
Wo
Capítulo 12
Oscilaciones acopladas IIJ Sea un sistema constituído por dos varillas idénticas de masa m
y
longitud L, articuladas entre sí por un extremo sin rozamiento, estando el sistema unido al techo por el otro extremo de una de ellas mediante una articulación ta1nbién sin rozamiento. El sistema puede oscilar en un plano vertical bajo la acción de la gravedad. Calcule las frecuencias propias y los modos normales de oscilación. Encuentre así mismo las condiciones iniciales que actiVan cada uno de los modos de vibración por separado. ¡ y
IR.
I Resolveremos el problema utilizando la teoría general de las pequeñas oscilaciones basada en el formalismo lagrangiano. Como sabemos, el sistema bajo estudio es conservativo, y para poder aplicar la teoría mencionada hemos de poder expresar la energía cinética corno fucnión cuadrática de las velocidades generalizadas, y la energía potencial como función cuadrática de las coordenadas generalizadas, todo ello una vez hayamos considera-
12. Oscilaciones acopladas
496
do las aproximaciones oportunas que requiere el tratamiento de pequeñas oscilaciones respecto a la magnitud de los términos intervinientes en los desarrollos en serie que se vayan a presentar. Esto es, la energía cinética y la energía potencial habrán de expresarse como:
donde utilizamos el convenio de suma respecto a los índices repetidos. Calculemos, en nuestro caso, la energía cinética y potencial del sistema considerando como coordenadas generalizadas las variables angulares e y cp, que nos dan los ángulos que forman ambas varillas con la vertical en cualquier instante de tiempo. Denotaremos con un subíndice 1 a las variables correspondientes a la varilla superior, y con un subíndice 2 a las correspondientes a la varilla inferior. Igualmente) el subíndice O corresponderá a los valores de las variables en el instante inicial. Escribamos como paso inicial las coordenadas y velocidades de los centros de masa de ambas varillas, ya que las utilizaremos más adelante. Para la primera: X1GM {
=
YWM =
!: sin8
~~ cosB
.
X1CM
LB
= -CDS 2.
.
YwM =
e 2
-
V10M -
LB . smB
L2éZ -4-
2
12. Oscilaciones acopladas
energía cinética podrá expresarse, en función de las relaciones obtenidas antes, como:
T2 =
1
1
2
·2
2 mVzcM + 2I2cM\O
Simplificando:
Pasemos a las aproximaciones para pequeñas oscilaciones. En el mejor de los casos, usaremos las siguientes relaciones: sin a: ~ a: y cosa: ~ 1 - ia?. Procuraremos que los términos significativos que aparecen en los desarrollos sean del mismo orden de magnitud, utilizando para ello los términos que hagan falta. Observando las expresiones de los dos términos de la energía cinética, vemos que sólo hemos de ocuparnos del último término que aparece en T2 • Como el coeficiente del coseno ya es de segundo grado en las velocidades generalizadas, la aproximación que utilizaremos será, simplemente: cos(B - ip) ~ 1, pues el siguiente término del desarrollo sería ya de segundo grado en las coordenadas generalizadas. Así, pues, la expresión de la energía cinética total del sistema será:
y para la segunda:
L
x2cM
= LsinB +
2 sin\O
Y2CM
= - ( Lcose + ~COS\O)
X2C M
= L ( 8CDS 8 +
Y2CM = L
(e
T = T1 + T2 =
~ CDS \O)
sine+~ sin\O)
497
2[4¿2 +
1
2mL 3
3
Los términos del tensor de energía cinética serán, por lo tanto:
T11 -_,3mL2
con lo que el cuadrado de la velocidad del centro de masa de la segunda varilla será:
±mL 2
T =
1 Lz T 21 -_ 2m
"
[ lmL2 2
imL
2 ]
lmL2 3
En cuanto a la energía potencial, la expresión de la misma, antes de aplicar las aproxirnaciones, se escribirá: El movimiento de la primera varilla se puede considerar como de rotación pura alrededor del eje perpendicular al plano del papel por su extremo superior A. Por lo tanto, su energía cinética se escribirá como:
T,
1 '2 = -1 = -I,Ae 2 2
( -mL 1 3
2) 8·2 = -mL 1 B·
2 2
6
El movimiento de la segunda varilla se compone de una translación de su centro de masa y una rotación alrededor del mismo, de modo que la
V= -mg
[t cose+ L
(cose+~ COS\O)]
= -~mgL [3 cose+ COS\O]
Si aplicamos ahora las aproximaciones pertinentes, tenemos que utilizar en el desarrollo del coseno hasta los términos de segundo grado en las variables angulares, de la forma: cosa: ~ 1 - ia:2. Operando, nos quedará:
1 [38 V = -mgL 2
2
2
+ -\0
2
2
]
-
5 -mgL 2
12. Oscilaciones acopladas
12. Oscilaciones acopladas
498
cuyas soluciones son:
El último término es irrelevante para nuestros propósitos, pues se trata de una constante aditiva, y sabemos que la energía potencial (de cu0:Jquier tipo) queda determinada salvo en el valor de una constante aditiva. Una redefinición de los orígenes de energías potenciales nos permitiría anular esta constante. Luego nos olvidamos de ella. Así, pues, la energía potencial del sistema, para pequeñas oscilaciones, se escribirá de la forma: 2
1 [38 V = 2mgL -2-
499
ª11
= -0.4 77 ª21
ª12
= 0.699 ª22
La indeterminación en los tamaños de las amplitudes se resuelve aplicando la condición restrictiva de ortonormalización de los vectores propios según la "métrica" definida por el tensor de energía cinética: Tijairajs = Órs (suma en i y j).
'P'] +2
4 L2 a 11 2 + zm 1 L2 a11a21 + zm 1 L' a21a11 + 1 m L' a 21 2 = l = s = 1 : 3m 3 4 1 22 2 1 2 1 22 • r = s = 2 : 3m L a 12 + zm L a12a22 + zm L a22a12 + 3m L a 22 = 1
• r y los términos del tensor de energía potencial serán, pues:
V11 = JmgL
V12
V21 = O
V22 =
= O
}
V= [
imgL
imgL
ecuaciones que, tomando en cuenta las relaciones antes obtenidas entre las componentes de los vectores propios, nos permiten obtener los vectores propios buscados:
O ]
!mgL
O
Cálculo de las pulsaciones propias. A partir de la teoría general de las oscilaciones acopladas, las pulsaciones propias son las soluciones del determinante característico:
!mgL -
ª21
f mL 2 w 2
a1
Desarrollando el determinante y haciendo K = g / L, nos queda para resolver la siguiente ecuación bicuadrada en w:
2
3g =--¡;
1 = -/mL (-1.1936,2.5023)
1
a,= -/mL {0.5387,0.7706)
7w 4 -42Kw 2 + 27 K 2 = O
[Nota: Éste es el procedimiento más largo para el cálculo de las amplitudes asociadas a los modos normales. En próximos ejercicios utilizaremos procedimientos más abreviados J.
(
Modos normales. La expresión de los modos normales cuando las velocidades generalizadas iniciales qi (O) son nulas (lo que suele ser el caso más frecuente), es:
cuyas soluciones son:
w1
-/mL
Es decir:
_lmL2w2 2
1
o. 7706 a22 = - - -/mL
2.5023 = ---
l+
2 ) -/7
'Ir= [T¡;a_;rq¡(O)] COSWrt Cálculo de los vectores propios asociados a las pulsaciones propias. Para el cálculo de los modos normales, necesitamos los dos vectores propios que cumplen: (ViJ - w 2 Tij) aj = O i = 1 .. 2 (se supone suma en el índice repetido). Para cada pulsación w = Wr, obtendremos un vector propio ar= {(a;)r} j = 1..n. • W
=
W1:
i = 1:
3g ( 2 ) 4 3 [ 2 mgL - L 1- -/7 3mL
En nuestro caso, considerando como condiciones iniciales q1 (O) = () 0 y q2(0) = 'Po' 2
1
mL [4 (-1.19)80 '71 = -/mL
3
2
2] a
3g ( 2 ) 4 3 [ 2 mgL - L 1 + -/7 3mL
2]
12
a11
mL [4 (0.54)80 '12 = -/mL
3g + [---¡;
3
( 1- -/7 2 ) 1 mL ']
2
1 (2.50)80 + 1 (-l.19)tpo + 1 (2.50)tpo +2 2 3
1 (0.77)80 + 1 (0.54)tpo + 1 (0.77)tpo +2 2 3
Operando: '11 = -/mL [-0.3403 80
3g + [---¡;
(
1+
2 ) 1 21 ./ -/7 2:~ )'11 = O / / ..
~
./
(suma en i y j)
1)2
1
= -/mL [1.1036 80
+ 0.2373 'Po] cosw1 t
+ 0.5262 'Po] cosw2 t
l
l
cosw 1 t
cosw2 t
12. Oscilaciones acopladas
500
12. Oscilaciones acopladas
501
que son los modos normales de oscilación del sistema estudiado. De su observación, se puede deducir fácilmente cuáles han de ser las condiciones iniciales que me lleven a la activación de cada uno de ellos por separado: • Sólo modo 1: • Sólo modo 2:
1.1036 Bo + 0.5262
Bo = -0.477
80 = 0.699
e
m
m
Las coordenadas generalizadas qi (es decir, y ¡p) se escribirán, en función de los modos normales, como: Qj = ªir7/r (suma en r). Es decir, con los valores arriba calculados: 1 • j = 1: q1 = = foL [-1.19361) 1 + 0.53871)2]
e
• j = 2:
q2 =
=1
ymL
[2.5023 7)1
+ o. 77061)2]
m
Es evidente que se activarán los modos por separado si se anulan ry1 (sólo se activa el modo 2) ó 1)2 (sólo se activa el modo 1), y ello se corresponde con las relaciones anteriores entre las condiciones iniciales 80 y
[Nota. Hemos preferido en este primer ejercicio utilizar el procedimiento más laborioso para el cálculo de las frecuencias modales y las amplitudes de los vectores modales asociados. Procedimientos más automatizados se utilizarán en ejercicios posteriores]. ~Lastres masas idénticas de valor m de la figura están unidas por muelles de constante recuperadora k, entre sí y a un punto fijo A. Separado de su posición de equilibrio, el sistema vibra realizando oscilaciones acopladas. Encontrar las pulsaciones propias y las coordenadas normales, al igual que los conjuntos de condiciones iniciales que excitan cada modo normal por separado. Nota: No actúa la gravedad sobre el sistema.
IR. !El sistema tiene tres grados de libertad.
Las coordenadas generalizadas que utilizaremos serán los desplazamientos de las partículas a partir de las posiciones de equilibrio señaladas en la figura, Xi, i 1 .. 3. Al tratarse de pequeñas oscilaciones, estos desplazamientos los podemos considerar cuasilineales, en lugar de elementos de arco (que serían, en realidad, las que deberíamos usar). Utilizaremos la teoría general de las pequñas oscilaciones y expresaremos la energía cinética y potencial como funciones cuadráticas de las velocidades y coordenadas generalizadas, respectivamente, en la forma T = !Tijqiqj, V = }Tijqiqi. Es inmediato comprobar que estas expresiones son:
=
T
:=
1 [ X1 · 2 + X2 ·2 · 2] 2m + X3
V= ~k [xl
+ (x2 - x1) 2 + (x 3 -
= 1 k [2 X12
2
+ 2 X22 + 2 X32
-
x
2
2)
2 X1X2
-
+ x~] 2 X2X3
l
En la expresión de la energía potencial, ésta está almacenada en los cuatro muelles y, siendo que las tres masas se desplazan las distancias Xi, i = 1 .. 3, el primer muelle (entre A y la primera masa) se dilata x1, el segundo, X2 - X1, el tercero, X3 - x2, y, por último, el muelle de unión entre la tercera masa y el punto A, x 3 • Como la energía potencial va con el cuadrado de la deformación, no importa si las citadas magnitudes son positivas ó negativas. Los tensores de energí a cinética y potencial serán, por lo tanto:
V= [!1 -;l ~1] k
O
-1
2
donde se aprecia que el acoplamiento se da en la energía potencial, pero no en la cinética. Cálculo de las pulsaciones propias. Dada la gran sencillez de los tensores de energía cinética y potencial, utilizaremos el procedimi€nto abreviado, donde redefinimos dos tensores equivalentes a los anteriores, t y v (de hecho nos quedamos con las partes numéricas de los verdaderos), que nos servirán para facilitar tanto el cálculo de las pulsaciones propias como el de los vectores propios asociados con ellas. Obtendremos
12. Oscilaciones acopladas
502
las pulsaciones propias resolviendo el determinante lv;,j - A tij 1 = O, siendo vi; = (3 \!;;, ti; = a Ti; y ), = ((3 /a) w2 . Las constantes a y (3 son las necesarias para simplificar al máximo los dos tensores. En nuestro caso, podemos elegirlas como: a = 1/m, (3 = 1/k, con lo que trabajaremos en adelante con los tensores:
o -v'2 a12 v'2 a13
[ ª11 ª12 a13
o -1
1 v'2m
= O
a1=--
2 - ),
y las soluciones Ar y las correspondientes pulsaciones propias
=2 ),2 = 2 + v'2 ),3 = 2 - v2
),1 {
--+ --+ --+
• ),1
• ),2
o), 3
=2 = 2+ v2 =2-v'2
[ ~l
W1
m
a13
a12
-~11
V2m,
a12
1 2ym
= --
a13
Wz
W3
-1 ª21 Ü] [ª11] O
=Ü
a31
ª"]
--+
[iJ
{ª''=o = a31
--+ { a22 a32
--+ { a23 a33
-a11
= -v'2 a12 = a12
= v'2 a,, =
1 2ym
[-12]
a2=--
1 1 [ v'2 -v'2 A= 2ym -~ 1
=v'2~ = V2+v'2~ = V2-v'2~
-1 [-v'2 O ] [ ª22 a12] =Ü -1 -v'2 -1 o -1 -v'2 a32 -1 v'2 -1 o ] [a23 =Ü -1 v'2 ª''
[~
1
= --
Wr:
Cálculo de los vectores propios asociados a las pulsaciones propias. Seguiremos la vía abreviada, pues el vector propio correspondiente al valor propio w = Wr en el sistema de ecuaciones (ViJ - w2 Tij) ªJ = O, i = 1 .. 2 es el mismo que el que le corresponde al valor propio A = Ar en el sistema (Vij - Atij) aj = O, i = 1 .. 2. En forma matricial:
-1 o -1
a13
1
-v'2 a12 v'2a13a13 ]
[~
o 1 o
~]
1 2ym
= --
Por lo tanto, los vectores propios ar y la matriz A construída a partir de ellos, son:
Así, la ecuación característica será:
-1 2 - ), -1
a12
-a11] [ ª11 a12
cuyas solución nos lleva a: ª11
2 - >, -1 O
503
12. Oscilaciones acopladas
2 ~ [~]
~]
Modos normales. La expresión de los modos normales, cuando las velocidades generalizadas iniciales {j_io son nulas (lo que suele ser el caso más frecuente), es:
TJr = [T;;a;rqi(O)] coswrt (suma en i y j) Las amplitudes correspondientes a la función coseno pueden escribirse en forma matricial de la siguiente forma, teniendo en cuenta que en este caso es T =ml: r¡ 0
=
T)10] TJ20 [
r¡,o
-y'12] [X10] Xzo
[v'2 =A Tqo = mAqo = -ym 2- 11
1
X30
De aquí resulta que los modos normales son: T)1
=
T)2
=
T)3
=
a13
La condición de ortonormalízación bajo la métrica definida por t se escribe en estas circunstancias: t,ijairªjs = o: Órs, ó, en forma de producto escalar matricial: 8.r t a 8 = o: Órs, siendo ar un vector fila. En nuestro caso, t es el tensor unidad, por lo que su acción sobre un vector u otro tensor lo deja igual. Por lo tanto, podremos prescindir de él y la condición de ortonormalización se escribirá de la forma: Á A = a: I, siendo A el tensor construído a base de vectores columna. Así:
ª' =
j;f [x x o] '1;' [ y'2 '1;' [ + y'2 10 -
3
cosw 1 t
X1Q -
X20
+ X30
X10
Xzo
+ X30
l l
COS Wz t
COS W3 t
Las coordenadas generalizadas a partir de las coordenadas normales se escribirán como qj = ajrr/r, ó, en forma matricial: q = Ar¡, expre.siones que
504
12. Oscilaciones acopladas
no escribiremos, por su complejidad, pero cuyo cálculo no ofrece ninguna dificultad a partir de la anterior expresión matricial. }lemas de señalar que las coordenadas normales no tienen dimensiones de longitud (contienen el producto de una longitud por la raiz de una masa), mientras que las coordenadas generalizadas de la expresión de q, sí. Por último, de la observación de los modos normales de oscilación se pueden deducir fácilmente cuáles han de ser las condiciones iniciales que me lleven a la activación de cada uno de ellos por separado: • Se activará el modo 1 si: • Se activará el modo 2 si: • Se activará el modo 3 si:
X20 X30 X30
= Ü = Xlü = X!Q
y y y
= -X10 x20 = -v'Zx,o X20 = V2x10
X30
@] El sistema de
la figura está constituído por dos masas m unidas por dos muelles sin masa y de constantes elásticas iguales: k. El sistema realiza pequeñas oscilaciones en la vertical, sometido a la fuerza de la gravedad. Obtener: a) las frecuencias propias de oscilación del sistema; b) los modos normales de vibración; c) las condiciones iniciales que excitan los modos normales por separado. [Dato: Longitud propia de los muelles: 10 ].
lo m 11
lo
505
12. Oscilaciones acopladas
oscilaciones nos permitirá comprobar que la fuerza gravitatoria en este caso no tiene ninguna influencia en el movimiento oscilatorio, pues actúa en su totalidad, a diferencia de lo que ocurriría si el sistema tuviera, además, un movimiento de oscilación pendular, caso en el que la fuerza del peso actuaría a través de una función seno, dando lugar a una fuerza recuperadora proporcional al ángulo con la vertical (pequeñas oscilaciones). Tratemos, pues, de expresar la energía cinética como función cuadrática de las velocidades generalizadas, y la energía potencial como función cuadrática de las coordenadas generalizadas, todo ello una vez hayamos hecho las aproximaciones para pequeñas oscilaciones: T = !TiJiJ.itiJ,: V= !lf¿_JqiqJ. Es inmediato ver que en nuestro caso:
T
=
1 [.X1z +x2 . '] 2m
V= 1 k (Z,
2
=
1
2
+ x 1 ) 2 + (! 2 + x 2 -
(2k)x¡
1
x, )2 - mgx, - mgx,
donde hemos expresado los términos de las energías en forma fácilmente identificable como funciones cuadráticas del tipo que buscábamos. Además, el .último término de la energía potencial lo vamos a despreciar, ya que se ·rt;,rata de una constante aditiva que sería nula con la elección de un sistema de referencia adecuado. Vemos, además, que los términos lineales en las variables x no aparecen por ningún lado, como había1nos anticipado. Los tensores ,de ·energía cinética y potencial serán, por lo tanto:
X1
m
11 12 X2
V= k
z,
[2 -1] -1
1
Cálculo de las pulsaciones propias. Como en un problema anterior, utilizaremos el método abreviado para obtener las pulsaciones propias, a través de los tensores modificados t y v, dado que es fácil encontrar los coeficientes a y f3 que simplifican ambos tensores. Así, las pulsaciones propias se obtendrán de la resolución del determinante \viJ - .\ tiJ 1 = O) siendo v,; = /3 V,;, t,; = a T,; y >, = (/3 /a) w 2 • Las constantes a y /3 so11: a= 1/m y f3 = 1/k, con lo que trabajaremos en adelante con los tensores:
IR. IPartiendo de la posición vertical, con longitudes de los muelles lo, dejamos que el sistema alcance la nueva situación de equilibrio bajo la acción de la gravedad, alargándose el muelle superior una longitud Z1 = 2mg / k, mientras el inferior lo hace en una longitud Z2 = mg/k. Partiremos de esta posición como posición de referencia, y supondremos que las coordenadas generalizadas que definen la posición del sistema en todo momento son x 1 y x2, de forma que las velocidades de las partículas serán ±1 y ±2, mentras que las dilataciones de los muelles respecto a sus longitudes naturales serán 11 + x, y + (x2 - x,). La utilización de la teoría general de las pequeñas
5m 2 g2
1
+ 2kx~ + 2(-2k)x1x2 +-;¡¡;-
t = [~
~]
v=
[2 -1] -1
1
Así, la eciación característica se escribirá:
.¡2 - ), ' -1
-1 1 =0 1-),
y sus .soli!i1:ciones Ar y las correspondientes pulsaciones wr:
12. Oscilaciones acopladas
506
507
12. Oscilaciones acopladas
Dada la simplicidad del tensor de energía cinética, es más cómodo obtener las coordenadas normales por la expresión de arriba, para cada r, que el hacerlo conjuntamente por el procedimiento matricial, dada la complejidad evidente de los coeficientes que afectan a los vectores propios. Así, pues, teniendo en cuenta que qi(O) = Xio, trás operar obtendremos: Cálculo de los vectores propios asociados a las pulsaciones pro-
pias. Para el cálculo de los vectores propios, utilizaremos de nuevo el método abreviado, a partir de las nuevas matrices t y v, lo que nos permitirá, por el momento, olvidarnos de los factores literales. Resolveremos los sistemas de ecuaciones (vij -At¿J) ªJ = O, i = 1 .. 2, para cada A= Ar (utilizaremos los símbolos en lugar de sus valores numéricos, para agilizar su escritura).
• .\ = .\1 • ,\ = .\2
[2 - .\1
-1
-1
1 - A.1
[2 - .\2
-1
-1
1-
A2
l l
[ª11] =0 ª21 [ª12] =0 a22
1-y5
a21 = - ---a11
--+
2
--+
a22
1 + v15
= - ---a12
2
La condición de ortonormalización, como sabemos se escribe en forma matricial: 3.rt a 8 = a Órs, siendo .ir un vector fila. O bien, Á t A= a I, siendo A el tensor construí do a base de vectores columna. Como, además, t es el tensor unidad, lo anterior se podrá escribir: Á A = a l. Así: 1-vs ] -,-a11 i+v'sa , - 12
a11 [
1-v'sa 11
-,-
cuyas soluciones nos dan:
ª11 =
V5 + v'5 lüm
a1, =
v
5 - v15 lüm
Por lo tanto, los vectores propios correspondientes a las pulsaciones propias W1 y W2, escritos como vectores columna, son:
cos w1t
COS W2t
De la observación de los modos normales de oscilación, se puede deducir fácilmente cuáles han de ser las condiciones iniciales que me lleven a la activación de cada uno de ellos por separado: • Se activará sólo el modo 1 si:
rJr
=
[T; 1a1 rq,(O)] cosw,t (suma en i
y
j)
1 + v15
= - - ---x,o
2
v15-1
= - ---x,o
• Se activará sólo el modo 2 si:
2 El caso más general corresponde a una combinación lin(:!al de ambos modos de oscilación, tal y co1no se ha expresado más arriba: qj = ªJrrJr, ó, en forma matricial: q = Ar¡. ~ Un aro delgado de radio R y masa 111 puede oscilar en un plano vertical
estando fijo uno de sus puntos. En contacto con el aro se encuentra una masa puntual ]\¡J, limitada a moverse sin rozamiento sobre el mismo. Suponiendo que sólo puede haber oscilaciones de pequeña amplitud, demostrar que las pulsaciones propias son: w1 = fii{R y w2 = .Jg/2R. Determinar los dos conjuntos de condiciones iniciales que permitan al sistema oscilar con sus modos normales. Describir la situación material de cada uno de ellos.
IR. IUtilizaremos la teoría general de las pequeñas oscilaciones. Expresaremos la energía cinética como función cuadrática de las velocidades generalizadas, y la energía potencial como función cuadrática de las coordenadas generalizadas, todo ello una vez hayamos hecho las aproximaciones para pequeñas oscilaciones: T = TiJCf.i{j_j,: V = YiJqiqj. Calculemos la energía cinética y potencial del sistema, siendo las coordenadas generalizadas las variables angulares (} y cp de la figura. Denotaremos con el subíndice O las valores de las variables en el instante inicial.
't
Modos normales. La expresión de los modos normales, cuando las velocidades generalizadas
X10
't
La energía cinética del aro se puede escribir como energía cinética de rotación pura alrededor del eje horizontal (perpendicular al plano del papel) que pasa por el punto de suspensión: T
=
Voé 2 =!(Jo+ MR 2 ) é2 =
"
2 2
MR 1Í
12. Oscilaciones acopladas
508
12. Oscilaciones acopladas
509
2 2 2 T"' ~MR [2é (2 + 1-
-
2
2
2
-
4é0]
2 2 2MgR [38 +
2B
y la de la energía potencial: 2
V "' -M gR { 2 [1 - 8 /2]
+ [1 - ('P - 8)2 /2]}
.0~
"'-3MgR +
.
R'
T=MR2[6
-2
R2 •
pues la = M Para el obtener la energía cinética de la partícula, calcularemos previamente sus coordenadas cartesianas:
é) cos (rp - 8)] = R [ésin8 + (0- é) sin(
x 2 = R [sin 8 - sin (rp - 8)]
x2 =
y 2 = -R[cos8 + cos ('P - 8)]
if2
R [é cos 8 - ( 0 -
con lo que la energía cinética de la masa que desliza por el aro será:
¡·
• T 2 = 1 M(x~ +iJ~) = 1 MR 2 28 2 (l+cosrp) +02 -280(l+cos
l
y la energía cinética total:
-2J1
V=MgR
[3 -lJ _
1
l
Cálculo de las pulsaciones propias. Las pulsaciones propias son las soluciones del determinante característico /V;.1 - w 2 Tij j = O. Nosotros utilizaremos el procedimiento abreviado, pues obtendremos los 1nismos resultados resolviendo el determinante lviJ - .A.tíj 1 = O, siendo vi.i = ¡3V¡j, tij = aT;j Y.\= ((3/a)w 2 . Las constantes a y (3 son las necesarias para simplificar al máximo los dos tensores. En nuestro caso, podemos elegirlas como: a = 1/M R 2, (3 = 1/M gR, con lo que trabajaremos en adelante con los tensores: t = [
6 -2J 1
-2
Así:
Operando de la misma forma con respecto a la energía potencial) es fácil ver que ésta es: V= -MgRcos8 - MgR[cos8
1
Despreciando la constante aditiva -3M gR (que no afectará al movimiento oscilatorio y que, en cualquier caso se anularí a con la elección de un sistema de referencia adecuado), los tensores de energí a cinética y potencial quedarán como:
''
2
21Í0 (1 + 1-
X
2
-
+ cos ('P -8)] = -MgR[2cos8+cos(
Pasemos a las aproximaciones para pequeñas oscilaciones. Usaremos las siguientes relaciones: sin a: ~ a y cosa ;: : : : 1 ~ !a2 , en el mejas de los casos. Procuraremos que los términos significativos que aparecen en los desarrollos sean del mismo orden de 1nagnitud, utilizando para ello los términos que hagan falta. La expresión de la energía cinética total del sistema será entonces:
3 - 6.\ -1 + 2.\ 1
-1+2.\I = 1 - .\
º
.\1 = 2 { .\2 = 1/2
W1
=
W2
=
.j2i{ii. JgfiR
Cálculo de los vectores propios asociados a las pulsaciones propias. Para el cálculo de los modos nor1nales, necesitamos los vectores propios asociados a las dos pulsaciones propias según: (YiJ - w 2 TiJ) ªJ = O, i = 1 .. 2 (se supone suma en el índice repetido). Para cada w = wr, obtendremos un vector propio ar = { ªJr} j = 1.. n. Como en el apartado anterior, seguiremos el camino abr~viado, pues el vector propio correspondiente al valor propio w = Wr en el sistema de ecuaciones (ViJ - w 2 Tij) ªJ = O, i = 1 .. 2 es el mismo que el que corresponde al valor propio A = Ar en el sistema (víj -.A.tiJ) ªJ = O, i = 1 .. 2. Para resolverlo, podemos utilizar tantas ecuaciones como número de grados de libertad menos uno, ó, lo que es más cómodo, la forma matricial.
! ¡
12. Oscilaciones acopladas
510
• >.
-1 + 2 · 2] [ª11] -- O 1- 2.1 ª21
3- 2·6 [ -1 + 2 . 2
= 2
3-1/2·6 [ -1+1/2·2
• >. = 1/2
-1+1/2·2] [ª11'] 1-1/2·1 ª'l
=Ü
,
=
~¡'
a21
3a11
--+
azz=Ü
1/-/:fMR = 1/v6MR
ª11 = { a 12
Por lo tanto, los vectores propios correspondientes a las pulsaciones propias w1 y w2 , escritos como vectores columna, son:
ª1 =
~R
rn
a,=
mientras que las coordenadas generalizadas, a partir de las coordenadas normales, se escribirán, en forma matricial: q=Ar¡
La condición_ de ortonormalización, como. sabemos se escribe en forma matricial: arta 8 = aÓrs, siendo .ir un vector fila. O bien, utilizando de una sola vez todos los vectores propios (dos en este caso), Á t A = a I, siendo A el tensor construí do a base de vectores columna. Así:
511
12. Oscilaciones acopladas
--+
[8]
\O =
1 [\f'2
v6MR
3\/'2
ll .JM
l
\/'2
R [
O
JE;
Operando:
e= 31 [
c.p = rpocosw1t
De la observación de los modos normales de oscilación, se puede deducir fácilmente cuáles han de ser las condiciones iniciales (nuevamente, suponiendo que partimos de una situación de reposo) que me lleven a la activación de cada uno de ellos por separado:
• Se activará sólo el modo 1 si: • Se activará sólo el modo 2 si:
rpo = 3610 rpo = O
~ R [~]
Modos normales. La expresión de los modos normales, cuando las velocidades generalizadas qí(O) son nulas (lo que suele ser el caso más frecuente), es:
7/r = [TijªJrq;(O)] coswrt (suma en i y j) La amplitud correspondiente a la función coseno puede escribirse en forma matricial de la forma:
El caso más general corresponde a una combinación lineal de ambos modos de oscilación, tal y como se ha expresado más arriba: qj = ªJrrJr, ó, en forma matricial: q = Ar¡. [[] Encontrar las frecuencias propias y los modos normales de vibración para las pequeñas oscilaciones del siste1na de la figura. Determinar los dos conjuntos de condiciones iniciales que permitan al sistema oscilar con sus modos normales. Describir la situación material de cada uno de ellos. I y
- Tqo 'lo= [7/10] = A 7/20
X
donde A es la matriz formada ·por los vectores propios ar, colocados por columnas, T es la matriz de energí cinética, y q 0 es el vector columna que contiene las coordenadas generalizadas iniciales { qí} 0 . En nuestro caso: A-
[v'2
1
ll
3a
- v'fjMR 3\/'2 O
Sustitutendo estos valores y operando: r¡1 ] [ r¡, -
MR
2
v'fjMR
[v'12
3J2l [ 6 O
j
-2
-2] [ºº] 1
\Oo =
-/MR [ v2\0o JE; 680 - 2
l
Por lo tanto, las coordenadas normales (ó modos normales de vibración) podre1nos escribirlas como: 7/2 =
2-/MR JE; (38o
-
2a m 2
IR. I La teoría general de las pequeñas oscilaciones nos pide escribir en forma cuadrática de las coordenadas y velocidades generalizadas tanto la
512
12. Oscilaciones acopladas
energía potencial como la cinética. Es decir, que una vez hagamos las aproximaciones correspondientes para pequeñas oscilaciones, tengamos a ambas funciones como: T = tTiJ
x 1 = a(3sin8 + 2sin\O) { y 1 = -a(3cos8 + 2cos\O)
x1 =3asin8 { y,= -3acosB
Cálculo de los vectores propios asociados a la§ pulsaciones propias. Dada la sencillez de las matrices T y V, utilizaremos de nuevo el método abreviado para el cálculo de los vectores propios asociados con las pulsaciones propias (se ha demostrado ya que los vectores propios de los tensores T y V para los distintos valores propios w = Wr coinciden con los vectores propios correspondientes a los valores propios de los tensores t y v para los correspondientes valores propios A = Ar que acabamos de obtener). Utilizando la forma matricial para el sistema de ecuaciones ( Vij - A t,;) a; = O:
expresiones de las que se deducen inmediatamente: 2
T = ~ma [271Í
2
+ 4ip2 + 121Íipcos (8 -
\O)]
V= -mga(9cos8+2cos\O)
T se ~ma
[ 271Í
2
+ 4ip + 121Íip] 2
• >, = 1
[9 - 27 · 1
1 • >, = 4
[9 =t\ l,
-6 · 1
-6· 1
l [ª"] l[ J
2- 4·1
a21
-6 · l4
ª12 ª22
2-4· :l-
=0
---+
a21
=
-3a11
=0
---+
a22
=
ia12
t de la condición de ortogonalidad, escrita ahora en forma matricial como
Para pequeñas oscilaciones y utilizando la aproximación adecuada para las funciones seno y coseno, estas expresiones se reducen a la conocida forma: 2
513
12. Oscilaciones acopladas
V se
1
mga (98
2
2
+ 2\0
2
)
donde se ha ignorado una constante aditiva en el término de la energía potencial que resulta irrelevante en la resolución del problema. Los tensores de energía cinética y potencial serán, por lo tanto:
V=mga
9 0 [o 2]
A t A = a I, siendo A el tensor construído a base de vectores columna:
6]4 [-3a ª"
ª11 [
a,2
[a= 1/ma2 ]
podemos obtener: a11
=
l/3V3ma
a12
= l/3v'6ma
Por lo tanto, los vectores propios correspondientes a las pulsaciones propias w1 y w 2, escritos como vectores columna, son:
donde se aprecia un acoplamiento en enrgías cinéticas pero no en potenciales. Cálculo de las pulsaciones propias. Recurriendo al método abreviado de las nuevas matrices t y v, según las cuales las pulsaciones propias se pueden obtener a partir de la resolución de la ecuación en ,\ dada por el determinante secular lvij - Atij) = O, siendo Víj = /3Vt1, tíj = aTíj y ,\ = (/3/a)-w?.. Las constantes a y /J son las necesaric.ts para simplificar al máximo los dos tensores T y V. En nuestro caso, podemos elegirlas como: a = 1/ ma 2 , fJ = 1 / mga, con lo que trabajaremos en adelante con los tensores:
~]
11
1 3y'6rna
ª2 = - - y la matriz A construída a partir de estos vectores propios, colocados por columnas:
A=
1 [ J2 3v'6ma -3 v12
_;,]
Modos normales. La expresión de los modos normales para qi(O) nulas es: r¡, = [T,;a;,q,(O)] cosw,t (suma en i y j)
La amplitud correspondiente a la función coseno puede escribirse en forma matricial de la forma:
Así: 9 - 27A 1
-6>.
-6>.
1
2-4), = O
>,, = 1 { >., = 1/4
w,
=
,/ifa
w,=vi(ia
T/o=
[T/10] T/20
=ATqo
514
12. Oscilaciones acopladas
12. Oscilaciones acopladas
515
donde qo es el vector columna que contiene las coordenadas generalizadas iniciales {qi} 0 • En nuestro caso, q10 = Bo, q20 =
l
ma 2 -
3v6ma
[)2
-3:;J2lJ [276 46] [eº] = 'PO 3
1
,/ma y'6
[3v'2(eo 2(3e+ 'Po)2
Por lo tanto, las coordenadas normales (ó modos normales de vibración) podremos escribirlas como: r¡, = ~ a (38o - 2
rJ2 =
2,/ma
v'6
(eo
+
[,~]
---+
r
1
,/ma
3v6ma y'6
[3v'2(38 2(eo
0 -
2
+ 'Po) cosw,t
t]
Operando:
'
8= 'P =
1
3 [(3eo 1
9
2
+ 3 (eo + 'Po) cosw 2t]
[-9 (3eo - 2
4m
cosw2t
mientras que las coordenadas generalizadas, a partir de las coordenadas normales, se escribirán, en forma matricial: q=Ar¡
k
Procedamos a ello 1 utilizando la posición de equilibrio como origen de medidas de desplazamientos horizontales de la caja y de desplazamientos angulares del hilo correspondiente al péndulo. Como es evidente, las dos coordenadas generalizadas que describen totalmente el sistema son x y B. Utilizaremos los subíndices 1 y 2 para referirnos a las coordenadas cartesianas de los puntos de referencia de la caja y del péndulo. El punto de referencia de la caja será el punto P de suspensión del péndulo (dado que la caja sólo tiene movimiento horizontal y su energía potencial no varía, por lo que no hay que tenerla en cuenta). Según esto: X1
+ (e 0 + 'Po) cosw2 t]
De la observación de los modos normales de oscilación, se puede deducir fácilmente cuáles han de ser las condiciones iniciales que me lleven a la activación de cada uno de ellos por separado:
{
rpo = -80 'Po = !80
X2 =X+
L sine
i,.
lliJ Utilicemos el formalismo general lagrangiano para resolver este problema. Ello requiere que la energía cinética y potencial se expresen como formas ·cuadráticas de las velocidades generalizadas y de las coordenadas generalizadas, respectivamente, de la forma:
1 V -- -Vq·q· 2 iJ J 1,
=·
X
=
o
:i:2 = =
y2
Y2 = -Lcose
x + Ú!cose LiJ sine
Los cuadrados de las velocidades respectivas son, pues: vi
~ Un péndulo simple, constituído por una masa m que cuelga de un hilo sin masa de longitud L, está suspendido a su vez de un punto P de una caja hueca ele masa 4m. La caja, a su vez, está conectada a una pared por medio ele un muelle de constante k. Suponiendo que no existe rozamiento, encontrar las frecuencias propias de oscilación y las coordenadas norn1ales para el caso ~ = ¿ Cuáles son las condiciones iniciales que, desde el reposo, activan individualmente los 1nodos de vibración?
--+ ±1
X
y para el péndulo:
{
• Se activará sólo el modo 1 si: • Se activará sólo el modo 2 si:
=
y,= o ---+ i!2
= ±2 + L 2 f!2 + 2L±B cose
La energía cinética y potencial se escribirán, pues:
T = ~(4m)±
2
+ ~m [x 2 + L 2 82 + 2L±IÍcose]
1
1
·
1
·
"" 2(5m)± 2 + 2(mL 2 )e 2 + 2(2mL)xB 1 2 - mgLcosB"" -(k)x 1 2 V= -kx 2 2 1 1 "" (k)x 2 + (mgL)8 2
2
1 )e~' + -(mgL 2
- mgL
2
Hemos de señalar en este punto que para llegar a las expresiones :finales de la energía cinética y potencial hemos procedido a utilizar las aproximaciones habituales, haciendo sin 8 ~ 8, cos 8 ~ 1- @2 /2. A continuación, hemos
516
12. Oscilaciones el.copiadas
despreciado de los resultados los términos que contenían infinitésimos de orden superior. Por último, y en el caso de la energía potencial, hemos eliminado la constante aditiva -mgL, que no tiene ninguna influencia en el resultado y que podría haber desaparecido sin más que efectuar un desplazamiento del origen de energías potenciales gravitatorias (en este caso, se ve fácilmente que llevando este origen a la posición de la masa del péndulo en el equilibrio desaparece el término citado). Aunque el último signo n~" no está correctamente utilizado (ya que -mgL no es un término insignificante), sirve para nuestros propósitos a la hora de identificar las matrices T y V que escribimos a continuación:
V= [
~
o
l
mgL
= mg [ 6 O2 L O L
l
517
12. Oscilaciones acopladas
y de la condición de ortogonalidad, escrita ahora en forma matricial como Á t A = o: I, siendo A el tensor construído a base de vectores columna:
[ ª11 ª12 de donde se obtiene sin dificultad: 1 1 ª11 = - a21 = 2 v'5m v'5m Por lo tanto, los vectores propios correspondientes a las pulsaciones propias w 1 y w2 , escritos como vectores columna, son:
o/!.
donde hemos hecho uso del dato aportado en el texto: :;;; = Como utilizaremos el formalismo abreviado tanto para el cálculo de las pulsaciones propias como para el de los vectores modales, en las últimas expresiones se escriben también las matrices t y v simplificadas, con los coeficientes cottespondientes a este formalismo abreviado. Recordemos que estas relaciones eran: t =o:T, v =f3V, por lo que en nuestro caso:
1 o:= m
v=[~12]
L
/3 = -
mg
Cálculo de las pulsaciones propias. Como sabemos por la teoría, este método abreviado me permite calcular las pulsaciones propias a partir de la resolución del determinante lv;j - .\t,jl = O, con.\= (¡3/c,) w 2 . Una vez calculados los valores de A, utilizamos esta última expresión para obtener las pulsaciones propias, teniendo en cuenta que = Escribiremos, pues:
i -f ·.
6 - 5.\ 1
-L.\
-L.\
1
L2 (1 - .\)
.\1 = 2 -+ . .\ 2 = 3/4 -+
{
=O
W1
=
• ,\ =
3 4 ~
[6 - 5 · 2 -L·2
[6-
5·
~
s4 -L·4
-L · 2 L 2(1 - 2) -L·-
l [aª11]21
3 ]
L'(l - ' )
ª11
-+
Ü
-+
[a2J -
2V5m
a21
ª22
=
=
2
[
2 4
-L
i]
Modos normales. Como en tantos otros ejercicios de este capítulo, para el cálculo de los modos normales vamos a utilizar la importante simplificación ,¡,(O) = O para todo i. Es decir, haremos la hipótesis de que se parte del reposo. En estas condiciones, la expresión de los modos normales, individualmente escritos, es: r¡, =
[T;;a;,q;(O)] cosw,t (suma en i y j)
La amplitud- correspondiente a la función coseno puede escribirse en for1na matricial de la forma:
w, = ,/3g/4L
=O _
1 A = --
,fii1L
Cálculo de los vectores modales. Utilizaremos el método abreviado de ejercicios anteriores para el cálculo de los vectores modales asociados con las pulsaciones propias. Utilizando la forma matricial para el sistema de ecuaciones (vij - ,\ tij) aj= O:
• .\ = 2
y la matriz A construída a partir de estos vectores propios, colocados por columnas:
r¡ 0 =
T/10] =ATqo [ T/20
donde q 0 es el vector columna que contiene las coordenadas generalizadas iniciales {qi} 0 • En nuestro caso, q10 = xo, Q20 = Bo, con lo que: r¡10 ] - m [ T/20 - 2v'5m
--¡;a11
3
Por lo tanto, las coordenadas normales (ó modos normales de vibración) podremos escribirlas como:
-¡;ª12
r¡1 =
~ (3xo -
L80) cosw1t
r¡2 = 2 ~ (2xo
+ LBo)
cosw2t
518
12. Oscilaciones acopladas
donde w 1 y w 2 son las pulsaciones modales antes obtenidas. Las coordenadas generalizadas, a partir de las coordenadas normales, se escribirán, en forma matricial como q = Ar¡. Es decir:
i l[
(3xo-LBo)cosw,t (4xo + 2LB0 ) cosw2 t
l
Operando: x = rp =
1
5 [(3xo -
LBo) cosw,t
1 5
12. Oscilaciones acopladas
IR. [ En la figura se representa la situación en un instante cualquiera.
El término entrecomillado "soldados" quiere sugerir que los alambres dejan pasar a las partículas del otro lado del punto O (de ahí su prolongación a lo largo de las líneas discontinuas). Hemos utilizado como coordenadas generalizadas a los desplazamientos a lo largo de cada alambre, a partir del origen O, de cada una de las cuentas. Como la energía potencial del sistema es exclusivamente elástica, necesitaremos las longitudes de los tres muelles para su evaluación. Éstas (mejor, sus cuadrados) vendrán determinadas por la simple aplicación del teorema del coseno. Así:
+ (2xo + L80 ) cosw 2 t]
L [-2 (3xo - LBo) cosw 1 t
+ 3 (2x 0 + L80 ) cosw 2 t]
De la observación de los modos normales de oscilación, se puede deducir fácilmente cuáles han de ser las condiciones iniciales que me lleven a la activación de cada uno de ellos por separado: • Se activará sólo el modo 1 si: • Se activará sólo el modo 2 si:
LB0 = -2xo LBo = 3xo
519
112 =
X12
+ X22 - 2X1X2 COS 120º = X12 + X22 + X1X2
122
=
2 X2
+ X32 + X2X3
¡32 =
2 X1
+ X32 + X1X3
La energía cinética y potencial vendrán dadas, pues, por las siguientes expresiones:
T
= ~m
(Xf +X~+ X~)
V= !k (lf
+ l~ + l~)
= ~k
(2xf + 2x~ + 2x~ + X1X2 + X1X3 + x2x3)
y las correspondientes matrices asociadas T y V:
[!] Tres alambres rectos y
lisos se encuentran sobre un plano horizontal y "soldados" formando entre sí ángulos idénticos de 120°. Tres cuentas de la misma masa m se encuentran ensartadas en los alambres, una en cada uno, pudiendo deslizar sin rozamiento a lo largo de los mismos. A su vez, las tres cuentas se encuentran unidas dos a dos por muelles de la misma constante recuperadora k. Además, para simplificar los cálculos, supondremos que las longitudes naturales de los mismos son nulas. Encontrar las frecuencias propias de vibración y los modos normal~s correspondientes a las pequeñas oscilaciones que ejecuta el sistema.
O 1 O O]
2 V= k [ 1/2
O 1
1/2 2
1/2 1/2
1/2] 1/2 2
Si utilizamos la formulación abreviada, definiendo las matrices t =aT y v =/3V, obtendremos los mismos resultados que utilizando las matrices completas calculando los "valores propios,, y los nvectores propios" de las nuevas matrices. En nuestro caso:
o1 oO ]
V=
[
O 1
.{ª
1/2 1/2 ] 1~2 2 1/2 1/2 1/2 2
= 1/m j3 = 1/k
Resolvamos, pues, la ecuación de "valores propios":
2 - .\
1/2 1/2
Jv-.\tj = O
in
1/2 2 - .\ 1/2 1/2 2 - .\
=0
Obtenemos así una ecuación en tercer grado en A que en este caso resulta particularmente fácil de resolver: m
m
>.' _ 6.\2 + 45 .\ _ 27 4
4
=
O
>., = 3 { .\2,, = 3/2 (doble)
La relación entre estos valores de A y las pulsaciones propias viene dada por:
520
12. Oscilaciones acopladas
Los vectores propios correspondientes se obtendrán de la resolución de la ecuación general para cada una de los valores propios. Esto es:
(v-,\rt) ar= O Para la raíz simple ,\ 1 = 3 no hay problemas:
1/2 2-3 1/2
(
1/2 1/2
2 - 3/2
1/2
1/2 1/2
2 ~ 3/2
= -a12
=
-a13
ª2 =
ª'' (
~1 )
Considerando al vector a2 como definitivo, el vector a; que cumpla a la vez la condición de ser ortogonal a a2 bajo T será:
+ C3a3
Apliquemos en primer lugar a ambos vectores a 2 y a 3 la condición de normalizazión: a2Ta2
= 1
ª12
=
ª'' =
a3Ta, = 1
1/~ 1/~
1/2
a12
Además, como a; ha de estar igualmente normalizado, se habrá cí'~ cumplir:
+ a22 + a32
Apliquemos la condición de normalización bajo la matriz T al vector propio Esto nos lleva a:
a1.
1
ª11
2 C2
= O
donde hemos supuesto que A = A2. Si A = A3 , la ecuación resultante es idéntica: a13 + a23 + a33 = O.
= 1
a22 a33
y exijamos ahora que a; sea ortogonal a a 2 , lo que nos permitirá deter1ninar una relación entre c2 y c 3:
y esa única ecuación válida es:
R1Ta1
-+ -+
con lo que los vectores propios asociados serán:
a; = c2a2
Para la raíz doble,\= ,\ 2 , 3 = 3/2, en cambio, la situación no es tan sencilla. En este caso, el sistema de ecuaciones a resolver me proporciona una única ecuación válida, por lo que voy a pod~r tomar arbitrariamente dos de las componentes:
(
521
• ,\ = "2 : a32 = O o,\=,\3:a23=0
,\ = (fJ/a)w 2
2 -3
12. Oscilaciones acopladas
= --
)3m
Los vectores propios correspondientes a la raíz doble los escribiremos como y a3, donde cada uno ha de ser ortogonal a a 1 bajo T (como nos dice la teoría), pero eso no asegura que lo sean entre ellos. Ahora bien, si a 2 y a3 son vectores propios correspondientes a la raíz doble, lo será también cualquier combinación lineal de ambos. Por ejemplo, supuesto que fijamos a 2 como uno de los definitivos, podemos construir un a; = c2 a 2 + c3 a 3 que, además de ser vector propio para ese valor propio degenerado, sea a la vez ortogonal a a2 a través de la matriz T. Por lo tanto, un primer paso es elegir los dos vectores a2 y a3 que cumplan la única ecuación válida escrita arriba. Como podemos hacerlo casi arbitrariamente, si en la primera hacemos a 32 = O y en la segunda a23 = O, podremos escribir:
+ C32 + C2C3
= 1
Utilizando la relación que acabamos de obtener, C3 = -2c2, llegaremos a una ecuación de segundo grado en c2 que rros proporcionará dos parejas de valores (c2, c3) que cumplen las propiedades deseadas:
3~~ = 1
2v'3
v'3 c,=±-
C3 = =f-3 3 Para simplificar, nosotros elegiremos aquí una sola de'Ias parejas (la primera de las opciones, por ejemplo), con lo que los vectores propios correspondientes al valor degenerado de la frecuencia propia serán (nos ahorramos los cálculos):
a2
1 (=211)
a3=--
v6m
Por último, la matriz que diagonaliza simultáneamente la matriz de energía cinética y potencial será:
v'3 -v'3 ,/2 o
A =1- [ ,/2 ,/2
v6m
-1] -1 2
Bibliografía [1] H. Goldstein. Mecánica Clásica. Ed. Reverté, Barcelona, Spain, 1987, ISBN 84-291-4306-8.
[2] J.B. Marion. Dinámica Clásica de las Partículas y Sistemas. Ed. Reverté, Barcelona, Spain, 1975, ISBN 84-291-4094-8.
[3] J.R. Etxebarria y F. Plazaola. Mekanika eta Uhinak. Udako Euska] Unibertsitatea, Bilbao, Spain, 1992, ISBN 84-86967-42-2.
[4] T.W.B. Kibble and F.H. Berkshire. Classical Mechanics. Addison Wesley Longma.n, Essex, England, 1996, ISBN 0-582-25972-X
[5] E.A. Desloge. textitClassical Mechanics (I & II). John Wiley & Sons, Inc., New York, U.S.A., 1982, ISBN 0-471-09144-8 and 0-471-09145-6.
[6] D.T. Greenwood. Principies of Dynamics. Prentice Hall Canada, Inc., Scarborough (Ontario), Ca.nada, 1988, ISBN 0-13-709981-9.
[7] M.R. Spiegel. Theory and Problems of Theoretical Mechanics. McGraw-Hill, Inc., New York, U.S.A., 1990.
[8] W.W. Seto. Theory and Problems of Mechanical Vibrations. Schaum Publishing Co., New York, U.S.A., 1964.
[9] M. Alonso y E.J. Finn, Física. Vol. !: Mecánica, Fondo Educativo Interamericano, S.A., México D.F., 1976, ISBN 968-6630-01-5
[10] N.M. Queen, Vector Analysis, McGraw-Hill Publishing Company Limited, London, 1967