Mec´ Me c´ anica anic a y Onda Ondass
Salamanca, Primer semestre
´Indice 1 . Preliminares Matem´ aticos 1. Sistemas de coor oordenadas ortonormales . 1..1 Co ordenadas cartesianas . . . . . 1..2 Coor oordenadas cil´ındricas . . . . . 1..3 Coor oordenadas esf´ericas . . . . . . 2. Derivada de un vector . . . . . . . . . . 3. Gradiente de un escalar . . . . . . . . . . 4. Divergencia de un vector . . . . . . . . . 4..1 Teorema de Gauss . . . . . . . . 4..2 Integrales de volumen y super perficie 5. Rotacional de un vector . . . . . . . . . 5..1 Teorema de Stokes . . . . . . . . 5..2 Integrales de l´ınea . . . . . . . . . 6. Laplaciana de un escalar . . . . . . . . . 7. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
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2 . Cinem´ atica de una part´ıcula 1. Sobre la noci oci´on de part´ıcula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.. 1..1 Posici´ cio´n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1..2 Orbita y trayectoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1..3 Velo cidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1..4 1..4 Acel Aceler erac aci´ i´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Estudio de curvas en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2..1 2..1 Repr Repres esen enta taci ci´ on o´n anal anal´´ıtic ıticaa de de una una curv curvaa . . . . . . . . . . . 2..2 2..2 Longi Longitud tud de un arco arco de de curv curva. a. Repres Represen entac taci´ i´ on intr intr´´ınseca ınseca 2..3 Vector tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2..4 2..4 Vecto ectorr norm normal al:: Curv Curvat atur uraa y c´ırcu ırculo lo oscu oscula lado dorr . . . . . . 2..5 2..5 Vector ector binor binorma mal: l: Torsi´ orsi´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Tried riedro ro intr intr´´ınsec nsecoo de una una curv curvaa en el espa espaci cioo . . . . . . . . . . . 3..1 Fo´rmulas de Frenet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Componentes Componentes intr´ intr´ınsecas de la aceleraci´ aceleraci´ on . . . . . . . . . . . . i
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
1 1 2 5 9 11 12 13 13 15 16 16 17 18 19
. . . . . . . . . . . . . .
33 33 33 33 34 35 35 35 36 36 37 37 38 38 39
ii 5.
Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3 . Movimien Movimiento to de una part´ part´ıcula en tres dimensione dimensiones: s: Fuerzas uerzas centrales 1. Movi Movimi mien ento to de una una part part´´ıcul ıculaa en tres tres dime dimens nsio ione ness . . . . . . . . . . 1.. 1..1 Segun egund da ley de Newt ewton: on: Mom Momeento lineal . . . . . . . . . . . 1..2 1..2 Fuerzas uerzas conserv conservativ ativas: as: Conserv Conservaci aci´ on o´n de la ener energg´ıa . . . . . . 1..3 1..3 Fuerzas uerzas central centrales: es: Conserv Conservaci aci´ on o´n del del mome momen nto angu angula larr . . . . 2. Potencial efectivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2..1 Puntos de retro ceso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2..2 2..2 Estado Estadoss lig ligado adoss y estado estadoss de de dif difus usi´ i´ on . . . . . . . . . . . . . 3. El osci oscila lado dorr arm´ arm´ onico tridimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . 3..1 3..1 Reso Resolu luci ci´ on o´ n en coord oorden enaadas das cart cartes esiiana anas . . . . . . . . . . . . 3..2 3..2 Reso Resolu luci ci´ on o´ n en coor coorde dena nada dass esf esf´eric e ricas as . . . . . . . . . . . . . . 4. Potencial de Coulomb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4..1 Caso repulsivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4..2 Caso Atractivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. Secci´on eficaz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5..1 5..1 Conc Co ncep epto to de secc secci´ i´ on eficaz y secci´ on o n efica eficazz dife difere renc nciial . . . . 5.. 5..2 Difusi´on por por una esfera dura . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.. 5..3 Difusi´on de Rutherford . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5..4 5..4 Apro Aproxi xima maci ci´ on o´ n de angulos a´ngulos peque˜ nos . . . . . . . . . . . . . . 6. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 . Mec´ anica de Lagrange y Hamilton 1. Ca´lculo de variaciones . . . . . . . . . . . . . . . . 1..1 Funcionales integrales . . . . . . . . . . . . . 1..2 Principio variacional . . . . . . . . . . . . . 1..3 Ecuaciones de Euler-Lagrange . . . . . . . . 2. Formul ormulaci aci´´on o n lagr lagrang angia iana na para para siste sistemas mas potenci potencial ales es . 2..1 Coor oordenadas generalizadas . . . . . . . . . . 2..2 Principio de Hamilton . . . . . . . . . . . . 2.. 2..3 Funci´ cio´n de Lagrange . . . . . . . . . . . . . 2..4 Ecuaciones del movimiento . . . . . . . . . . 2..5 2..5 T´ermi e rmino noss de la ener energg´ıa cin cin´etic e ticaa . . . . . . . 2.. 2..6 Potenc tenciial: Fue Fuerz rzaas gene eneral ralizada zadass . . . . . . . 2..7 Momentos generalizados . . . . . . . . . . . 3. Sistemas con ligaduras . . . . . . . . . . . . . . . . 3..1 3..1 Liga Ligadu dura rass hol holo´ n o m a s . . . . . . . . . . . . . 3..2 Ligaduras no hol´onomas . . . . . . . . . . . 3..3 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Formulaci´on Hamiltoniana . . . . . . . . . . . . . .
65 65 66 66 67 67 68 68 69 69 70 74 74 78 87 87 90 91 92 94
137 . . . . . . . . . 13 7 . . . . . . . . . 137 137 . . . . . . . . . 13 1 37 . . . . . . . . . 13 13 8 . . . . . . . . . 139 . . . . . . . . . 13 13 9 . . . . . . . . . 14 14 0 . . . . . . . . . 140 140 . . . . . . . . . 14 14 0 . . . . . . . . . 141 . . . . . . . . . 142 142 . . . . . . . . . 14 1 43 . . . . . . . . . 14 143 . . . . . . . . . 144 . . . . . . . . . 144 144 . . . . . . . . . 14 145 . . . . . . . . . 14 14 6
iii
5.
4.. 4..1 Funci´ cion o´ n de Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . 4..2 Ecuaciones de Hamilton . . . . . . . . . . . . . . 4..3 4..3 Cons Co nser erv vaci´ aci´ on del Hamiltoniano . . . . . . . . . . 4..4 4..4 Sign Signiificad ficadoo f´ısico sico del del hami hamilltoni tonian anoo . . . . . . . . . Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . 146 . . . 14 1 47 . . . 14 14 7 . . . 148 148 . . . 14 14 9
5 . Mec´ anica relativista 183 1. Rela Relati tivi vida dad d en la Mec´ Mec´ anica anica cl´asica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 18 3 1..1 Transformaciones de Galileo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183 1..2 La relatividad de Galileo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 2. La mecanica a´nica cl´ asica asica y La electrodin´amica a mica . . . . . . . . . . . . . . . 185 3. La Teor´ıa del Eter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 186 3.. 3..1 Expe Experrimento de Michelson Morl orley . . . . . . . . . . . . . . . 186 186 3..2 Hip´otesis otesis de Fitzgerald: Experimento de Kennedy-Thorndike 188 3..3 Hip´otesis otesis del arrastre arrastre del eter: eter: aberraci´ aberraci´ on estelar y experimento de Fizeau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 1 89 4. Inten Intentos tos de modific modificar ar el el elect electroma romagnet gnetism ismo: o: Experime Experiment ntoo de De Sitte Sitter190 r190 5. Relatividad especial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 19 0 5..1 5..1 Postu ostula lado doss b´ asicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 191 5..2 5..2 Trans ransfo form rmac acio ione ness entr entree sist sistem emas as iner inerci cial ales es . . . . . . . . . . 191 191 5.. 5..3 Trans ansform ormacion cionees de Lore Loren ntz . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 6. Cons onsecue cuenci ncias de la Relativ tividad especi pecial al . . . . . . . . . . . . . . . 193 193 6..1 6..1 Comp Co mpos osiici´ cio´n de veloci ocidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 6..2 6..2 Dil Dilatac ataci´ i´ on tempo emporral. al. Tie Tiempo prop ropio . . . . . . . . . . . . . 193 193 6..3 6..3 Con Co ntrac tracci ci´ o´n espacial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1 94 6..4 Efecto Doppler relativista . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 194 7. Espacio de Minkovski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 196 7..1 7..1 Cons Co nser erv vaci´ aci´ on del intervalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 19 6 7..2 7..2 Espa Espaci cioo-ti tiem empo po cuad cuadri ridi dime mens nsio iona nall . . . . . . . . . . . . . . . 196 196 8. La part part´´ıcul ıculaa li libr bree en rela relati tiv vidad idad espe especi cial al . . . . . . . . . . . . . . . 197 197 8..1 8..1 Lagr Lagran angi gian anoo rela relati tivi vist staa de la part partiicula cula libre ibre . . . . . . . . . 197 197 8..2 Momento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198 8..3 8..3 Hami amilton ltonia iano no rela relati tivi vist staa de la part partiicula cula libre ibre . . . . . . . . 199 199 8..4 8..4 Part art´ıcul ıculas as con con masa masa:: Energ Energ´´ıa en repos reposoo . . . . . . . . . . . 199 8..5 8..5 Ener Energg´ıa de las las part part´´ıcul ıculas as sin sin masa masa . . . . . . . . . . . . . . . 199 9. Interacciones relativistas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200 200 9..1 Efecto Compton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 20 0 9..2 Efecto Fotoel oel´ectrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202 9..3 Emisi´on de fotones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 202 9.. 9..4 Absorci rcio´n de fotones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 203 10. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2 04
Cap´ıtulo 1 . Preliminares Matem´ aticos 1.
Sistemas de coordenadas ortonormales
3 Sea u1, u2 , u3 un sistema de ejes coordenados perpendiculares y sean j 1 , j 2 , j los respectivos vectores unitarios. Un vector r ser´a, en este sistema:
{
}
{
r = x 1 j 1 + x2 j 2 + x3 j 3
}
(1.1)
Dado que, en general, los vectores unitarios (salvo en coordenadas cartesianas) var´ıan de un punto a otro (dependen de las coordenadas), la diferencial de r ser´a: 1 + dx2 j 2 + dx3 j 3 + x1 d j 1 + x2 d j 2 + x3 d j 3 dr = dx 1 j
(1.2)
que es otro vector y por tanto ha de escribirse 1 + dl2 j 2 + dl3 j 3 = h i dui j i dr = dl 1 j
(1.3)
donde el indice i recorre los valores 1,2 y 3. Las cantidades hi definidas como dli = h i dui
(1.4)
son los par´ ametros de escala que caracterizan a un sistema de coordenadas concreto. Como puede verse, el problema reside basicamente en determinar las valores d j i de los vectores de la base. Los elementos de longitud, superficie y volumen son por tanto:
elemento de l´ınea
•
dl1 = h 1 du1 es el elemento de longitud cuando u2 y u3 permanecen constantes
•
dl2 = h 2 du2 es el elemento de longitud cuando u1 y u3 permanecen constantes 1
2
Cap´ıtulo 1
•
dl3 = h 3 du3 es el elemento de longitud cuando u1 y u2 permanecen constantes
elemento de superficie dS 1 = dl 2 dl3 = h 2 h3 du2 du3 es el elemento de superficie cuando u1 permanece constante
•
dS 2 = dl 1 dl3 = h 1 h3 du1 du3 es el elemento de superficie cuando u2 permanece constante
•
dS 3 = dl1 dl2 = h1 h2 du1 du2 es el elemento de superficie cuando u3 permanece constante
•
elemento de volumen dV = dl 1dl2 dl3 = h 1 h2 h3du1 du2du3
1..1
Coordenadas cartesianas
La nomenclatura usual es:
• coordenadas {u , u , u } = {x,y,z } 1
2
3
(1.5)
3
Preliminares Matem´aticos
•
vectores unitarios
{ j , j , j } = { i, j, k} 1
2
3
(1.6)
donde los vectores unitarios son tangentes a la direcci´ on de variaci´ on de las coordenadas.
4
Cap´ıtulo 1
•
Vector posici´ on z r = x i + y j + k
(1.7)
• Variaci´on de los vectores unitarios
En este caso los vectores unitarios son constantes por lo que la variaci´ o n de r se debe solo a la variaci´ on de sus coordenadas d i = d j = d k=0
(1.8)
• Variaci´on del vector posici´on dz dr = dx i + dy j + k
(1.9)
• Par´ametros de escala hx = h y = h z = 1
(1.10)
5
Preliminares Matem´aticos
•
Elementos de l´ınea dlx = dx dly = dy dlz = dz
•
•
(1.11)
Elementos de superficie dS x = dydz dS y = dxdz dS z = dxdy
(1.12)
dV = dxdydz
(1.13)
Elemento de volumen
1..2
Coordenadas cil´ındricas
La nomenclatura usual es:
6
Cap´ıtulo 1
• coordenadas
ρ ϕ
{u , u , u } = {ρ,ϕ,z } 1
2
3
(1.14)
donde la relaci´ on con las coordenadas cartesianas es
x2 + y 2 y ϕ = arctg x x = ρcosϕ y = ρsenϕ ρ =
•
vectores unitarios
(1.15)
7
Preliminares Matem´aticos
ρ ϕ
{ j , j , j } = { j , j , k} 1
2
3
ρ
ϕ
(1.16)
Su relaci´ on con los vectores cartesianos es:
j ρ = cos ϕ i + sin ϕ j j ϕ = sin ϕ i + cos ϕ j
ϕ i = cos ϕ j ρ sin ϕ j sin ϕ j ρ + cos ϕ j ϕ j =
−
−
•
(1.17)
Vector posici´ on ρ + z r = ρ j k
(1.18)
• Variaci´on de los vectores unitarios d j ρ = dϕ j ϕ d j ϕ = dϕ j ρ
−
(1.19)
8
Cap´ıtulo 1
• Variaci´on del vector posici´on
Puesto que este caso los vectores unitarios dependen de las coordenadas la variaci´ on de r se debe tanto a la variaci´ o n de sus coordenadas como a la de los vectores unitarios dr = dρ j ρ + ρdϕ j ϕ + dz k
(1.20)
• Par´ametros de escala hρ = 1 hϕ = ρ hz = 1
•
Elementos de l´ınea dlρ = dρ dlϕ = ρdϕ dlz = dz
•
•
(1.21)
(1.22)
Elementos de superficie dS ρ = ρdϕdz dS ϕ = dρdz dS z = ρdρdϕ
(1.23)
dV = ρdρdϕdz
(1.24)
Elemento de volumen
9
Preliminares Matem´aticos
1..3
Coordenadas esf´ ericas
θ
ϕ
• coordenadas {u , u , u } = {r,ϕ,θ} 1
2
3
donde la relaci´ on con las coordenadas cartesianas es r =
•
x2 + y 2 + z 2 ϕ = arctg xy θ = arcos rz
x = r sin θ cosϕ y = r sin θ sin ϕ z = r cos θ
(1.25)
vectores unitarios
{ j , j , j } = { j , j , j } 1
2
3
r
ϕ
θ
(1.26)
Su relaci´ on con los vectores cartesianos es: cos θ j r = sin θ cos ϕ i + sin θsenϕ j + k ϕ = j sin ϕ i + cos ϕ j j θ = cos θ cos ϕ i + cos θ sin ϕ j sin θ k
−
−
(1.27)
10
Cap´ıtulo 1
ϕ i = sin θ cos ϕ j r + cos θ cos ϕ j θ sin ϕ j θ + cos ϕ j ϕ j = sin θ sin ϕ j r + cos θ sin ϕ j θ k = cos θ j r sin θ j
−
(1.28)
−
•
Vector posici´ on r = r j r
(1.29)
• Variaci´on de los vectores unitarios θ d j r = senθdϕ j ϕ + dθ j d j ϕ = dϕ(senθ j r + cosθ j θ ) r + cosθdϕ j ϕ d j θ = dθ j
− −
(1.30)
• Variaci´on del vector posici´on
Puesto que este caso los vectores unitarios dependen de las coordenadas la variaci´ on de r se debe tanto a la variaci´ o n de sus coordenadas como a la de los vectores unitarios dr = dr j r + rsenθdϕ j ϕ + rdθ j θ
(1.31)
• Par´ametros de escala hr = 1 hϕ = r sin θ hθ = r
•
•
(1.32)
Elementos de l´ınea dlr = dr dlϕ = r sin θdϕ dlθ = rdθ
(1.33)
Elementos de superficie dS r = r2 sin θdϕdθ dS ϕ = rdrdθ dS z = r sin θdrdϕ
(1.34)
11
Preliminares Matem´aticos
•
Elemento de volumen dV = r 2 sin θdrdϕdθ
(1.35)
2.
Derivada de un vector
Sea A un vector que, en un determinado sistema de coordenadas ortonormales u1 , u2 , u3 , se escribe A = A (2.1) 1 j1 + A2 j2 + A3 j3
{
}
y por tanto su derivada ser´ a: dA = dA 1 j1 + dA2 j2 + dA3 j3 + A1 d j1 + A2 d j2 + A3 d j3
(2.2)
Teniendo en cuenta los resultados del apartado anterior las expresiones en los distintos sistemas de referencia son:
• cartesianas
dA = dA x jx + dAy jy + dAz jz
(2.3)
12
Cap´ıtulo 1
• polares dA = dA ρ jρ + dAϕ jϕ + dAz k + Aρ d jρ + Aϕ d jϕ + Az dk
(2.4)
Utilizando las expresiones para las derivadas de los vectores unitarios: dA = (dAρ
− A dϕ) j + (dA + A dϕ) j + dA k ϕ
ρ
ϕ
ρ
ϕ
z
(2.5)
• esf´ericas dA = dA r jr + dAϕ jϕ + dAθ jθ + Ar d jr + Aϕ d jϕ + Aθ d jθ
(2.6)
Utilizando las expresiones para las derivadas de los vectores unitarios: = (dAr dA
− A senθdϕ − A dθ) j + ϕ
θ
r
(dAϕ + Ar sin θdϕ + Aθ cos θdϕ) j ϕ + θ (dAθ + Ar dθ Aϕ cos θdϕ) j
−
3.
(2.7)
Gradiente de un escalar
Sea un escalar B. Se define como gradiente de B y se denota B al vector que verifica: dB = B. dr (3.1)
∇
∇
En un sistema de coordenadas ortonormales u1 , u2 , u3 , B ser´a un vector de la forma: B = g 1 j 1 + g2 j 2 + g3 j 3 (3.2)
{
}∇
∇
Dado que como vimos anteriormente dr se escribe dr = h 1 du1 j1 + h2 du2 j2 + h3 du3 j3
(3.3)
(3.4)
y que dB al ser la derivada de un escalar ser´a simplemente: dB =
∂B ∂B ∂B du1 + du2 + du3 ∂u 1 ∂u 2 ∂u 3
Substituyendo (3.2-4) en (3.1) obtenemos: ∂B ∂B ∂B du1 + du2 + du3 = h 1g1 du1 + h2 g2 du2 + h3 g3 du3 ∂u 1 ∂u 2 ∂u 3
(3.5)
luego las componentes de g son:
∇
1 ∂B ( B)i = g i = hi ∂u i
∇
(3.6)
13
Preliminares Matem´aticos
Por tanto, teniendo en cuenta las expresiones de hi en los diferentes sistemas de coordanadas tenemos:
• cartesianas ∂B ∂B ∇ B = ∂B i+ j + k ∂x ∂y ∂z
(3.7)
• polares 1 ∂B ∂ B ∇ B = ∂B j + j + k ∂ρ ρ ∂ϕ ∂z ρ
ϕ
(3.8)
• esf´ericas + 1 ∂B j + 1 ∂B j j ∇ B = ∂B ∂r r sin θ ∂ϕ r ∂θ r
4. 4..1
ϕ
θ
(3.9)
Divergencia de un vector Teorema de Gauss
Se define como divergencia de A al escalar que verifica el Sea un vector A. Teorema de Gauss :
∇
.A dV =
V
S
dS A.
(4.1)
14
Cap´ıtulo 1
Apliquemos este teorema al elemento de volumen de la figura. Se trata de un cubo de aristas dl1 , dl2, dl3 de manera que el elemento de volumen es dV = dl 1 dl2 dl3
(4.2)
y las seis caras tienen por elemento de superficie
1 = dS 2 = dS 3 = dS
±dl dl j ±dl dl j ±dl dl j 2
3 1
1
3 2
1
2 3
(4.3)
El signo se debe a que cada una de las dos caras a ui constantes tiene orientaci´ on positiva o negativa seg´ un est´e dirigida en la direcci´ on de ji o en la contraria. La integral de superficie se hace por tanto sobre las seis caras del elemento de volumen:
±
15
Preliminares Matem´aticos
4..2
Integrales de volumen y superficie
∇
.A dl1 dl2 dl3 =
V
A1 dl2 dl3
u1 +du1 =cte
− − −
A1 dl2 dl3 +
u1 =cte
A2 dl1 dl3
u2 +du2 =cte
A2 dl1 dl3 +
u2 =cte
A3 dl1 dl2
u3 +du3 =cte
A3 dl1 dl2
(4.4)
u3 =cte
Substituyendo los elementos de l´ınea
∇
.A h1 h2 h3 du1 du2 du3 =
V
A1 h2 h3du2 du3
u1 +du1 =cte
− − −
A1 h2 h3 du2du3 +
u1 =cte
A2 h1 h3du1 du3
u2 +du2 =cte
A2 h1 h3 du1du3 +
u2 =cte
A3 h1 h2du1 du2
u3 +du3 =cte
A3 h1 h2 du1du2
u3 =cte
(4.5)
Teniendo en cuenta que Ai h j hk (ui + dui )
− A h h (u ) = du ∂ (A∂uh h ) i j k
i
i
i j k
(4.6)
i
la expresi´on anterior se escribe:
∇
.A h1 h2 h3 du1 du2du3 =
V
∂ (A1h2h3) du1 du2 du3 + ∂u 1 ∂ (A2h1h3) du1 du2 du3 + ∂u 2 ∂ (A3h1h2) du1 du2 du3 ∂u 3
(4.7)
de modo que, identificando los integrandos, tenemos:
1 ∂ (A1 h2 h3 ) ∂ (A2 h1h3) ∂ (A3 h1 h2 ) .A = + + h1h2h3 ∂u 1 ∂u 2 ∂u 3
∇
(4.8)
Aplicando esta expresi´on a los distintos sistemas de coordenadas: cartesianas
•
∂A ∇ .A = ∂x
x
+
∂ Ay ∂A z + ∂y ∂z
(4.9)
16
Cap´ıtulo 1
• polares
.A = 1 ∂ (ρAρ ) + ∂A ϕ + ∂ (ρAz ) ρ ∂ρ ∂ϕ ∂z
∇
(4.10)
• esf´ericas 1 ∂ (r 2 sin θAr ) ∂ (rAϕ ) ∂ (r sin θAθ ) .A = + + r2 sin θ ∂r ∂ϕ ∂θ
∇
5.
Rotacional de un vector
5..1
Teorema de Stokes
(4.11)
Se define como Rotacional de A al vector que verifica el Teorema Sea un vector A. de Stokes :
∇ × (
S
= dS A)
dr A.
c
donde S es el ´area encerrada por una curva cerrada c.
u2, u 3
u2+ du2, u 3
u2, u 3+du3
u2+du2, u 3+du3
Apliquemos el teorema a la superficie dS 3 (u3=cte) del dibujo
(5.1)
17
Preliminares Matem´aticos
5..2
Integrales de l´ınea
(
dS = (A dl ) ∇ × A) 3
3
1 u2 +
1
(A2 dl2 )u1+du1
− (A dl ) 1
1 u2 +du2
− (A dl ) 2
(5.2)
2 u1
o bien: (
∇ × A)
3
h1 h2 du1 du2 = (A1h1du1 )u2 + (A2 h2 du2 )u1 +du1 (A1 h1 du1 )u2+du2 (A2h2du2 )u1
−
−
(5.3)
Teniendo en cuenta que: ∂ (A1 h1 ) (A1h1)u2 +du2 (A1 h1 )u2 = ∂u 2 du2 ∂ (A2 h2 ) (A2h2)u1 +du1 (A2 h2 )u1 = ∂u 1 du1
− −
obtenemos: (
∇×
∂ 3 = 1 A) (A2 h2 ) h1h2 ∂u 1
−
(5.4)
∂ (A1 h1 ) ∂u 2
(5.5)
El mismo proceso se puede aplicar a las superficies dS 1 y dS 2 . El resultado es: = 1 ∇ × A) hh
(
i
ijk
j k
∂ (Ak hk ) ∂u j
(5.6)
que, escrito en los diferentes sistemas de coordenadas es:
• cartesianas ∇ ×
∂A z ∂ Ay = A i ∂y ∂z ∂A x ∂ Az + j ∂z ∂x ∂A y ∂A x + k ∂x ∂y
−
−
−
(5.7)
• polares ∇ ×
= 1 A ρ +
1 + ρ
∂A z ∂ (ρAϕ ) jρ ∂ϕ ∂z ∂A ρ ∂ Az jϕ ∂z ∂ρ ∂ (ρAϕ ) ∂A ρ k ∂ρ ∂ϕ
−
−
−
(5.8)
18
Cap´ıtulo 1
• esf´ericas ∇ ×
6.
1 ∂A θ ∂ (Aϕ senθ) = A jr rsenθ ∂ϕ ∂θ 1 ∂A r ∂ (rAθ ) + jϕ r ∂θ ∂r 1 ∂ (rsenθAϕ ) ∂A r + jθ rsenθ ∂r ∂ϕ
−
−
−
(5.9)
(5.10)
Laplaciana de un escalar
Sea un escalar B, se define como laplaciana de B al escalar
B que verifica
B = ∇ .(∇ B)
(6.1)
Seg´ un esta definici´ on, combinando los resultados anteriores para la divergencia y el gradiente
1 ∂ B= h1h2 h3 ∂u 1
h2 h3 ∂B h1 ∂u 1
∂ + ∂u 2
h1 h3 ∂B h2 ∂u 2
∂ + ∂u 3
h1 h2 ∂B h3 ∂u 3
(6.2)
es decir:
• cartesianas ∂ 2 B ∂ 2 B ∂ 2 B B= + + ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
(6.3)
• polares 1 ∂ B= ρ ∂ρ
• esf´ericas
1 ∂ B= 2 r ∂r
r
2 ∂B
∂r
∂B ρ ∂ρ
1 ∂ 2 B ∂ 2 B + 2 + ρ ∂ϕ 2 ∂z 2
1 ∂ + 2 r senθ ∂θ
∂B senθ ∂θ
1 ∂ 2 B + 2 r sen2 θ ∂ϕ 2
(6.4)
(6.5)
19
Preliminares Matem´aticos
7.
Problemas
Enunciados 1) Hallar la relaci´on entre los vectores unitarios en coordenadas polares y cartesianas. Calcular la variaci´ on de los vectores unitarios en coordenadas polares. 2) Hallar la relaci´on entre los vectores unitarios en coordenadas esf´ericas y cartesianas. Calcular la variaci´ on de los vectores unitarios en coordenadas esf´ericas. 3) Hallar dr en los tres sistemas de coordenadas. 4) Hallar la posici´on, velocidad y aceleraci´ on en los tres sistemas de coordenadas. on de su gradiente cuando 5) Sea el escalar a = x + y 2 + z 2 . Calcular la circulaci´ se pasa del extremo inferior del di´ ametro vertical de una circunferencia contenida en una esfera de radio r = 3 con centro en M = (2, 2, 1) al superior, siguiendo la circunferencia que se encuentra en el plano formado por su centro y el eje Z .
6) Comprobar el teorema de Gauss para el vector a = (2x2 , 4y 2 , z ), en la regi´on limitada por la superficie x2 + y2 = 4 y los planos z = 2.
±
−
7) Comprobar el teorema de Stokes para el vector a = (x 2y, y2 z 3 , y 3z 2 ), en el contorno dado por x2 + y 2 = 1, z = 0 y en el hemisferio superior de la superficie esf´erica que tiene por borde dicha circunferencia.
−
se satisface que = 0. Demostrar ( A) 8) Demostrar que para un vector A, tambien que para un escalar φ se cumple que ( φ) = 0.
∇ · ∇ × ∇ × ∇
on de una elipse centrada en un foco 9)Escribir en polares la ecuaci´
20
Cap´ıtulo 1
1) Hallar la relaci´on entre los vectores unitarios en coordenadas polares y cartesianas. Calcular la variaci´ on de los vectores unitarios en coordenadas polares.
Soluci´ on j ρ se encuentra en el plano XY formando un a´ngulo ϕ con el eje X . Tenemos entonces ρ = cos ϕ j i + sen ϕ j j ϕ se encuentra tambi´en en el plano X Y formando un a´ngulo (ϕ + π2 ) con el eje X y por tanto j ϕ = sen ϕ i + cos ϕ j
−
j z se encuentra dirigido seg´ un el eje Z , z = j k La variaci´ on de los vectores unitarios en coordenadas polares se determinar´ a derivando las expresiones anteriores y teniendo en cuenta que los vectores unitarios en coordenadas carterianas permanecen constantes. Por lo tanto: dϕ = j ϕ dϕ d j ρ = ( sen ϕ i + cos ϕ j) dϕ = j ρ dϕ d j ϕ = (cos ϕ i + sen ϕ j) d j z = 0
− −
−
21
Preliminares Matem´aticos
2) Hallar la relaci´on entre los vectores unitarios en coordenadas esf´ericas y cartesianas. Calcular la variaci´ on de los vectores unitarios en coordenadas esf´ericas.
Soluci´ on El vector unitario jϕ est´a contenido en el plano XY formando un a´ngulo (ϕ + π2 ) con el eje X , j ϕ = sen ϕ i + cos ϕ j
−
El vector unitario jr puede descomponerse en componentes seg´ un el eje Z y en el plano XY , ´esta u ´ ltima formando un a´ngulo ϕ con el eje X . Por lo tanto puede escribirse: j r = cos θ k + sen θ(cos ϕ i + sen ϕ j) El vector j θ se descompone en su parte seg´ un el eje Z (con el que forma un a´ngulo π (θ + 2 )) y su parte en el plano XY (que forma un ´angulo ϕ con el eje X ), j θ =
− sen θ k + cos θ(cos ϕ i+ sen ϕ j)
Para calcular la variaci´ on de los vectores unitarios en coordenadas esf´ericas, basta derivar las expresiones anteriores y tener en cuenta que los vectores unitarios en coordenadas cartersianas permanecen constantes. El resultado es: θ ) dϕ d j ϕ = (sen θ j r + cos θ j d j r = dθ j θ + sen θdϕ j ϕ d j θ = dθ j r + cos θdϕ j ϕ
− −
22
Cap´ıtulo 1
3) Hallar dr en los tres sistemas de coordenadas.
Soluci´ on
• Coordenadas cartesianas
z r = x i + y j + k dz dr = dx i + dy j + k
• Coordenadas polares ρ + z j z r = ρ j ρ + ρd j ρ + dz j z = dρ j ρ + ρdϕ j ϕ + dz j z dr = dρ j
• Coordenadas esf´ericas
r = r j r
dr = dr j r + rd j r = dr j r + r sen θdϕ j ϕ + rdθ j θ
23
Preliminares Matem´aticos
4) Hallar la posici´on, velocidad y aceleraci´ on en los tres sistemas de coordenadas.
Soluci´ on
• Coordenadas cartesianas
z r = x i + y j + k dr = r˙ = dt dv ¨ a = = r = dt v =
• Coordenadas polares
z ˙ x˙ i + y˙ j + k z¨ x¨ i + y¨ j + k
ρ + z j z r = ρ j v = ρ˙ j ρ + ρ ˙ ϕ j ϕ + z ˙ j k
a = (¨ ρ
• Coordenadas esf´ericas
2
ρ
ϕ
k
r = r j r ϕ ) v = r˙ j r + r(θ˙ j θ + sen θ ˙ϕ j
¨ j − rθ˙ − r sen θ ˙ϕ ) j + (2r ˙˙ϕ sen θ + 2θ ˙˙ϕr cos θ + r sen θϕ) ˙ rθ¨ − r cos θ sen θ ˙ϕ ) j (2r˙θ +
a = (¨r +
¨ j + z¨ j − ρ ˙ϕ ) j + (2ρ ˙˙ϕ + ρϕ)
2
2
2
r
ϕ
2
θ
24
Cap´ıtulo 1
5) Sea el escalar a = x + y 2 + z 2 . Calcular la circulaci´ on de su gradiente cuando se pasa del extremo inferior del di´ ametro vertical de una circunferencia contenida en una esfera de radio r = 3 con centro en M = (2, 2, 1) al superior, siguiendo la circunferencia que se encuentra en el plano formado por su centro y el eje Z .
Soluci´ on
4
2
0 –2 0 2 4 6
–2 –2
0
2
4
6
Teniendo en cuenta el centro M de la circunferencia, los puntos A y B en coordenadas se escribir´ an A = (2, 2, 4) y B = (2, 2, 2). Para calcular la circulaci´ on del gradiente de a tendremos en cuenta que ´este se define como
−
da = a.dr
∇
La circulaci´ on del gradiente de a = x + y 2 + z 2 ser´a entonces
∇
a.dr =
A
B
da = a(A)
− a(B) = 22 − 10 = 12
Se concluye que el resultado s´ o lo depende de los puntos inicial y final y no del camino seguido desde A hasta B.
25
Preliminares Matem´aticos
6) Comprobar el teorema de Gauss para el vector a = (2x2 , 4y 2 , z ), en la regi´on limitada por la superficie x2 + y2 = 4 y los planos z = 2.
−
±
Soluci´ on Sea un vector a. Se define como divergencia de a al escalar que verifica el Teorema de Gauss,
ρ
∇
.a dV =
V
a.dS
S
siendo V el volumen de la regi´ on considerada y S su superficie. Calcularemos por separado ambas integrales. Por la simetr´ıa del problema es conveniente utilizar coordenadas polares. Sean S ρ , S z+ y S z− las superficies que rodean la regi´ on cosiderada. La integral de superficie ser´ a por tanto
S
a.ds =
aρ dS ρ +
S ρ
+
az dS z
S z
−
−
az dS z
S z
donde a ρ az son las componentes del vector a en las direcciones perpendiculares a la superficie, es decir: a = 2x2 i
z k = a j + a j + a k − 4y j + 2
ρ ρ
ϕ ϕ
z
26
Cap´ıtulo 1
Haciendo uso de las relaciones entre los vectores unitarios en coordenadas cartesianas y polares se tiene que aρ = 2ρ2 (cos3 ϕ 2sen3 ϕ) aϕ = 2ρ2 cos ϕ sen ϕ(cos ϕ + 2 sen ϕ) az = z
−
−
La integral de superficie puede escribirse entonces como 2π
2
− − a. ds =
3
2ρ (cos ϕ
S
0
2π
3
2sen ϕ)dϕdz
−2
2
2π
2
zρdρdϕ
+
0
0
z=2
0
2π
3
(cos ϕ
0
−
zρdρdϕ
0
donde hemos utilizado que
3
+ ρ=2
= 16π z=−2
sen x cos x 2sen ϕ)dϕ = cos2 x + 2 + 2sen2 x + 4 3 3
3
Calculemos ahora la integral de volumen. El gradiente del vector a es
2π 0
∇ .a = 4x − 8y + 1 y por lo tanto tenemos que
∇
( .a) dV =
V
2π
2
2
0
0
−2
(4ρ cos ϕ
− 8ρ sen ϕ + 1) ρdρdϕdz = 16π
=0
27
Preliminares Matem´aticos
7) Comprobar el teorema de Stokes para el vector a = (x 2y, y2 z 3 , y 3z 2 ), en el contorno dado por x2 + y 2 = 1, z = 0 y en el hemisferio superior de la superficie esf´erica que tiene por borde dicha circunferencia.
−
Soluci´ on Sea el vector a. Se define como rotacional de a al vector que verifica el Teorema de Stokes
∇ × (
a) ds =
S
a.dr
C
siendo S el a´rea encerrada por la curva cerrada C . Para el vector a = (x su rotacional es:
y z k − 2y) i+ y z j + 2 3
3 2
∇ × a = 2 k En esf´ ericas
• Sobre la superficie esf´erica r = 1,
0 < ϕ < 2π,
0 < θ <
π 2
28
Cap´ıtulo 1
El elemento de superficie es a r = cte = 1. Por tanto r = r 2 sin θdθdϕ j r = sin θdθdϕ j r dS Mientras que
∇ × a = 2(cos θ j − sin θ j ) r
θ
Por lo tanto
∇ × (
π
a) ds =
S
2π
2
θ=0
2cos θ sin θdθdϕ =
ϕ=0
−
cos(2θ) 2
• Sobre la circunferencia r = 1,
i = cos ϕ j r
− sin ϕ j ,
En consecuencia
2
(ϕ)2π ϕ=0 = 2π
θ=0
θ =
y = sin ϕ,
k = j theta
sin ϕ j r + cos ϕ j ϕ , j =
ϕ
π
pi 2 z = 0
, 0 < ϕ < 2π,
x = cosϕ,
−
ϕ + rdθ j θ = dϕ j ϕ dr = dr j r + r sin θdϕ j
mientras que a = (cos ϕ Por lo tanto
− 2sin ϕ)(cos ϕ j − sin ϕ j ) r
2π
−
a.dr =
(cos ϕ
ϕ=0
a.dr =
ϕ
2π
ϕ=0
− 2sin ϕ)(− sin ϕdϕ
sin2ϕ +1 2
− cos ϕ
dϕ = 2π
En polares En estas coordenadas el vector a se escribe y 3 z 2 a = (x 2y) i + y2 z 3 j + k = = (ρ cos2 ϕ 2ρ sen ϕ cos ϕ + ρ2 z 3 sen3 ϕ) j ρ
−
+ (2ρ sen2
− ϕ − ρ cos ϕ sen ϕ + ρ z sen 2 3
2
ϕ cos ϕ) j ϕ
+ ρ3 sen3 ϕz 2 k
Calculemos en primer lugar la integral de superficie.
∇ × (
S
a) ds =
∇ × (
S
z = 2 a)z ds
2π
1
0
0
ρdρdϕ = 2π
29
Preliminares Matem´aticos
donde hemos utilizado (
∇ × a)
z
=
∂a y ∂x
−
∂ ax = 2. ∂y
Calculemos ahora la integral de linea.
= a.dr
aϕ ρdϕ
2π
=
(2ρ sen2 ϕ
0
2 3
− ρ cos ϕ sen ϕ + ρ z sen
2
ϕ cos ϕ) ρdϕ
La integral se lleva a cabo en la linea dada por las ecuaciones z = 0 y ρ = 1 y por tanto 2π a.dr = (2 sen2 ϕ cos ϕ sen ϕ)dϕ = 2π
0
−
30
Cap´ıtulo 1
se satisface que = 0. Demostrar 8) Demostrar que para un vector A, ( A) tambien que para un escalar φ se cumple que ( φ) = 0.
∇ · ∇ × ∇ × ∇
Soluci´ on Por simplicidad elegimos coordenadas cartesianas.
∇ .(∇ ×
= ∂ ∂A z A) ∂x ∂y ∂ ∂A y + ∂z ∂x
∇ × (∇ φ) =
− −
∂ Ay ∂ + ∂z ∂y ∂A x = 0 ∂y
i
j
k
∂ ∂x
∂ ∂y
∂ ∂z
∂φ ∂x
∂φ ∂y
∂φ ∂z
∂A x ∂z
=0
−
∂A z ∂x
31
Preliminares Matem´aticos
9)Escribir en polares la ecuaci´ on de una elipse centrada en un foco
Soluci´ on
La ecuaci´ on de la elipse en cartesianas es (x
− c) a2
2
y2 + 2 =1 b
donde c2 = a 2
−b
2
o bien c = a con
b2 = 1 a2 En tal caso se verifican las sigientes relaciones r1 = a
−
− c = a(1 − )
r2 = a + c = a(1 + ) a =
r2 + r1 2
b2 = r 1 r2 r2 r1 c = 2
−
32
Cap´ıtulo 1
Pasando la ecuacion de la elipse a polares b2 (ρ cos ϕ
ρ2 cos2
2
2 2
2
2 2
− c) + a ρ (1 − cos ϕ) = a b ϕ(b − a ) − 2b cρ cos ϕ + b c − b a + a ρ c ρ cos ϕ + 2b cρ cos ϕ + b − a ρ = 0 2
2
2 2
2
2
2 2
2
4
2 2
2 2
2 2
Es una ecuaci´ on de segundo grado cuya soluci´ on es: ρ cos ϕ =
±aρ − b
2
c
Si tomamos el sino + (el signo
− corresponder´ıa al otro foco) a ρ( c
−
cos ϕ) =
b2 c
o bien escribi´endolo en t´erminos de r1 y r2 ρ = Para ϕ = 0, r = r 2 , perihelio Para ϕ = π, r = r 1 , afelio
r2 (1 ) 1 cos ϕ
−
−
=0
Cap´ıtulo 2 . Cinem´ atica de una part´ıcula 1.
Sobre la noci ocion o ´n de pa part rt´ ´ıcul ıcula a
part´ıcul ıc ulas as puntual punt uales es , llamadas En este curso nos referiremos principalmente a part´ tambi´en en puntos pu ntos materia ma teriales, les, masas puntuales puntua les o simplemente simple mente part p art´´ıculas. ıcula s. Se trata tr ata de de una idealizaci´ on on aplicable cuando lo unico u´nico que interesa es conocer la posici´ on on de un punto del cuerpo porque se puede prescindir de su extensi´ on. on. Es decir, cuando las dimensi dimensiones ones del cuerpo cuerpo sean desprecia despreciables bles frente frente al problem problemaa que tratamos. tratamos. Por ejemplo: en el estudio del movimiento de la tierra alrededor del sol esta se puede considerar puntual dado que su radio es de unos 6000 Km frente a la distancia al sol que son 150.000.000 Km.
1..1 1..1
Posic osici´ i´ on on
Para introducir el concepto de movimiento de una part´ part´ıcula necesitamos un sistema de referencia, es decir: un origen de coordenadas, un origen de tiempos, un sist sistema ema de coorde coordena nadas das y un reloj. reloj. En tal sistem sistemaa de refere referenc ncia ia la posici´ posici´ on de una part par t´ıcula ıcu la vendr´ vend r´ a descrita por su vector posici´ on. on. Se dice que una part´ part´ıcula se encuentra en movimiento en un sistema de referencia cuando su posici´ on on respecto del origen est´ a cambiando con el tiempo.
1..2 1..2
Orbi Orbita ta y tra tray yecto ectori ria a
Con el e l transcurso tra nscurso del tiempo, t iempo, la part´ıcula ıcula describir´ de scribir´ a una curva en el espacio. espacio. Dicha Dicha curva consistir´ a en una determinada relaci´ on on entre entr e las coor c oordena denadas das de la part par t´ıcula. ıcula . Si damos simplemente la relaci´on on entre las coordenadas con independencia del tiempo, estamos dando la orbita o ´rbi ta de la part´ıcula ıcu la . Si por el contrario describimos describimos como evolucionan evolucionan las coordenadas con el tiempo, nos estamos refiriendo a la trayectoria. Por ejemplo ejemplo,, si la curva curva descrita descrita es una 33
34
Cap Ca p´ıtul ıt ulo o 2
elipse en el plano, la ´orbita orbita en cartesianas ser´ a x2 y 2 + 2 =1 a2 b
(1.1)
mientras que la trayectoria en el caso, por ejemplo, de que se mueva con velocidad angular constante es x = a cos ω0 t y = b sin ω0 t
(1.2)
Como Como se ve la traye trayecto ctoria ria ofrece ofrece la posib posibil ilid idad ad de saber saber la posic posici´ i´ on de la part´ part´ıcula en cada instante de tiempo.
1..3 1..3
Veloci elocida dad d
Sea una part´ part´ıcula con vector de posici´ on on r . Su velocida velocidad d es la derivada derivada de r con respecto al tiempo, es decir v =
dr dt
≡ r˙ = lim
δ t→0
r (t + δt) δt ) δt
− r(t)
(1.3)
Este vector se puede calcular en los diferentes sistemas de coordenadas
•cartesianas vx = x˙ vy = y˙ vz = z ˙
(1.4)
vρ = ρ˙ vϕ = ρϕ ˙ vz = z ˙
(1.5)
•polares
es f´eri er icas cas •esf´
vr = r˙ ˙ vϕ = r sin θϕ vθ = rθ˙
(1.6)
35
Cinem´ Cin em´atica ati ca de una part par t´ıcula ıcu la
1..4 1..4
Acel Aceler erac aci´ i´ on on
on on a(t) a la segunda derivada del vector posici´ Se llama aceleraci´ on on respecto del tiempo a(t) = r¨(t) = v˙ (t) (1.7) Su expresi´on on en los distintos sistemas coordenados es:
•cartesianas ax = x¨ ay = y¨ az = z z¨
(1.8)
•polares aρ = ρ¨ ρϕ ˙ 2 aϕ = ρϕ¨ + 2ρ˙ ϕ ˙ az = z z¨
−
•esf´ es f´eri er icas cas
ar = r¨ rθ˙2 r sin2 θϕ˙2 aϕ = r sin θϕ¨ + 2r˙ϕ ˙ sin θ + 2r 2 rθ˙ϕ ˙ cos θ aθ = rθ¨ r sin θ cos θϕ ˙ 2 + 2r˙ θ˙
−
(1.9)
−
−
(1.10)
Mas adelante hablaremos de las componentes intr´ intr´ınsecas de la aceleraci´on on
2.
Estu Estudi dio o de cur curv vas en en el esp espac acio io
2..1
Representaci´ on on anal´ anal´ıtica de una curva
Hay varias formas de describir una curva en el espacio: a) Representaci´ Representaci´ on on para pa ram´ m´etri et rica ca x = x = x((u) y = y = y((u) z = z (u)
(2.1)
donde u donde u es el par´ametro ametro b) Si
dx du
ametro la propia coordenada x = 0 se puede utilizar como par´ametro y = y = y((x) z = z (x)
(2.2)
36
Cap Ca p´ıtul ıt ulo o 2
c) Intersecci´ Intersecci´ on on de dos superficies F 1 (x,y,z ) = 0 F 2 (x,y,z ) = 0
(2.3)
Aqui utilizaremos preferentemente la forma param´etrica. etrica.
2..2
Longitud Longitud de un arco de curva. curva. Represen Representaci taci´ on o ´n intr´ intr´ınse ın seca ca
Dado un punto de coordenadas (x,y,z (x,y,z ) el elemento de arco descrito cuando pasamos a otro punto (x (x + dx,y + dx,y + dy,z + + dz ) a lo largo de una curva dada ser´ a ds2 = dx 2 + dy 2 + dz 2
(2.4)
que en par´ ametricas ametricas ser´ a: a: ds = ds =
x˙ 2 + y˙ 2 + z ˙ 2 du
(2.5)
donde el punto significa significa derivada derivada con respecto al par´ ametro u ametro u.. La integraci´ on on de la expresi´on on (2.5) nos permite expresar la longitud de arco s arco s en en funci´ on on del par´ametro ametro u y por tanto utilizar el propio arco s arco s como como par´ ametro. Hablaremos en tal caso de ametro. representaci´ on on intr´ intr´ınseca de la curva cuando la parametricemos en la forma r = = r(s), es decir: x = x = x((s) y = y = y((s) z = z = z (s)
2..3 2..3
(2.6)
Vector ector tangen tangente te
Dada una curva intr´ intr´ınseca ınsec a r = = r (s), se define el vector tangente a la curva como: dr t = ds
(2.7)
Es f´acil acil comproba comprobarr que se trata trata de un vector vector unitari unitario. o. En efecto: efecto: dr dr t. t = . = ds ds
dr du . du ds
du = (x˙ + y˙ + x˙ ) ds 2
2
2
dr du dr dr = . du ds du du
2
=1
du ds
2
(2.8)
37
Cinem´atica de una part´ıcula
2..4
Vector normal: Curvatura y c´ırculo osculador
El vector normal se define como: 1 d t n = k ds
(2.9)
(2.10)
donde k es la curvatura definida como
dt | ds |
k=
de forma que n es obviamente unitario por construcci´ on. Si derivamos con respecto a s la expresi´on t. t=1 (2.11) obtenemos
t.n = 0
(2.12)
de forma que t y n son ortonormales. Se define como c´ırculo osculador en un punto r0 de una curva al c´ırculo, situado en el plano formado por t y n, de radio k1 y centrado en r0 + nk .
2..5
Vector binormal: Torsi´ on
Puesto que t y n son unitarios y perpendiculares podemos definir un vector unitario y perpendicular a ambos en la forma: b = t n
×
(2.13)
Por otra parte si hacemos el c´ alculo de la siguiente expresi´ on n
×
d b = n ds
× × − t
dn dn = t n. ds ds
dn (n.t) = ds
1 d = t (n.n) = 0 2 ds lo que significa que
d b est´a ds
(2.14)
en la direcci´ on de n y por tanto d b = ds
−τn
(2.15)
(2.16)
El coeficiente de proporcionalidad τ , es decir, τ = se denomina torsi´ on de la curva .
db −n. ds
38
3.
Cap´ıtulo 2
Triedro intr´ınseco de una curva en el espacio
Puesto que los vectores t, n y b son unitarios y perpendiculares, en cada punto r0 de una curva constituyen una base ortonormal intr´ınseca a la curva.
Los tres planos definidos por estos tres vectores constituyen un triedro de planos perpendiculares que se denomina triedro intr´ınseco a la curva en el punto r0 . Estos planos son: t0 y n0 y por tanto perpendicular a b0 , es Plano osculador Es el definido por decir el formado por los puntos r tales que
•
(r
− r ). b = 0 0
(3.1)
0
• Plano normal Es el perpendicular a t , es decir el formado por los puntos r 0
tales que
(r
− r ). t = 0 0
(3.2)
0
• Plano rectificante Es el perpendicular a n , es decir el formado por los puntos 0
r tales que
(r
3..1
− r ).n 0
0
=0
(3.3)
F´ ormulas de Frenet
Con las definiciones anteriores es f´ acil comprobar que se verifican las siguientes ecuaciones, denominadas F´ ormulas de Frenet. d t = kn ds dn = τ b k t ds d b = τn ds
−
−
(3.4)
39
Cinem´atica de una part´ıcula
d ds
4.
t n b
−
0 k 0
=
k 0 0 τ τ 0
−
t n b
.
Componentes intr´ınsecas de la aceleraci´ on
Si pasamos ahora al par´ ametro f´ısico que es el tiempo, tendremos s = s(t) de forma que v =
(4.1)
dr ds = v t ds dt
(4.2)
donde v = s˙
(4.3)
ya que t es unitario. Por tanto el vector velocidad es siempre paralelo al vector tangente. Si derivamos ahora (4.2) respecto al tiempo tenemos: d t ds a = v˙ t + v = v˙ t + v 2 kn ds dt
(4.4)
que es la representaci´ on intr´ınseca de la aceleraci´ on. Como vemos est´ a en el plano osculador. Sus proyecciones en las direcciones de t y n reciben el nombre de:
• aceleraci´on tangencial • aceleraci´on normal
at = v˙ an = kv2
(4.5) (4.6)
40
5.
Cap´ıtulo 2
Problemas
Enunciados 1) Una part´ıcula se mueve sometida a la aceleraci´ on a = 2e−t i + 5 cos t j
− 3sen t k
En el instante t = 0 la part´ıcula est´ a situada en el punto i 3 j + 2 k con velocidad on de la part´ıcula en cualquier v0 = 4i 3 j + 2 k. Calcular la velocidad y la posici´ instante.
−
−
2) Encontrar la velocidad, aceleraci´ on y componentes intr´ınsecas de ´esta para una part´ıcula que se mueve en la elipse. x = acosωt,
y = b sin ωt
3) Calcular el elemento de arco, los vectores normal, tangente y binormal y el triedro intr´ınseco para la curva x = R cos2 t,
y = R cos t sin t,
z = R sin t
4) Hallar la longitud de arco de las siguientes curvas en los intervalos indicados: a) x = e t cos t; y = e t sen t; z = et , desde t = 0 hasta t = 2. b) y = a arcsin xa ; c) x2 = 3y;
z = 4a ln aa+x −x , desde (0, 0, 0) hasta (x0 , y0 , z 0 ). 2xy = 9z , desde (0, 0, 0) hasta (3, 3, 2).
5) Una part´ıcula de masa m y carga q se encuentra bajo la acci´ on de un campo = (mc/q )ω0 magn´etico B k. Encontrar y analizar la curva que describe la part´ıcula en los siguientes casos: a) Parte del origen con velocidad inicial v0 = (0, v0, 0). b) Parte del origen con velocidad inicial v0 = (0, 0, v0). c) Parte del punto r0 = (x0 , 0, 0) con velocidad inicial v0 = ω 0 x0 (0, 1, 1). 6) Determinar para el caso c) del problema anterior la longitud de arco, los vectores tangente y normal, y el triedro intr´ınseco para t = 0, t = 4ωπ0 y t = 2ωπ0 .
41
Cinem´atica de una part´ıcula
7) Estudiar la curva que describe una part´ıcula situada a t = 0 en el origen si se encuentra bajo la acci´ con velocidad inicial v 0 = v0 j, o n de una fuerza F = m (6αt i + 6αv0 k). Determinar asimismo la longitud de arco, los vectores tangente y normal, y el triedro intr´ınseco para t = 0.
√
8) Un bote parte desde un punto P de una orilla de un r´ıo y viaja con velocidad constante (en m´ odulo) v en direcci´on hacia el punto Q que se encuentra enfrente en la otra orilla, siendo D la anchura del r´ıo. Si r es la distancia instantanea de Q al bote, θ el a´ngulo entre r y P Q, y la corriente del r´ıo tine a velocidad c, probar que el camino del bote viene dado por la expresi´ on r =
D sec θ (sec θ + tg θ)v/c
Probar tambi´en que cuando c = v el camino es un arco de par´abola.
9) Un punto describe una circunferencia de radio R en el sentido contrario a las agujas del reloj, de forma que la componente de su aceleraci´on sobre un di´ ametro fijo, que se tomar´a como el eje de las X , es nula. Sabiendo que en el instante inicial la componente del vector velocidad paralela al citado di´ ametro vale v0 , hallar, en funci´on de θ y del tiempo: a) Los vectores posici´ on, velocidad y aceleraci´ on de la part´ıcula. b) Las componentes intr´ınsecas del vector aceleraci´ on. 10) Un punto P de una circunferencia de radio R rueda sin resbalar sobre el eje X con velocidad angular ω. Encontrar las ecuaciones param´etricas que describen el movimiento de dicho punto. Determinar asimismo la curvatura, la velocidad y la aceleraci´on, y las componentes intr´ınsecas de esta. ¿ Cuales son las velocidades m´amima y m´ınima y a que punto de la curva corresponden?
42
Cap´ıtulo 2
1) Una part´ıcula se mueve sometida a la aceleraci´ on a = 2e−t i + 5 cos t j
− 3sen t k
En el instante t = 0 la part´ıcula est´ a situada en el punto r0 = i 3 j + 2 k con velocidad v0 = 4i 3 j + 2 k. Calcular la velocidad y la posici´on de la part´ıcula en cualquier instante.
−
−
Soluci´ on Teniendo en cuenta que la aceleraci´ o n es a = presi´on del vector velocidad v =
d v integramos dt
para obtener la ex-
3 cos t adt = ( 2e−t i + 5 sin t j + k) + A
−
un vector constante de integraci´ siendo A on que calcularemos con la condici´ on inicial v (t = 0) = v0. 4 2 2 i + 3 k + A = i 3 j + k
−
6 Se tiene por tanto que A = i 3 j k y la expresi´on para el vector velocidad es
−
− −
v = ( 2e−t + 6) i + (5 sin t
−
(3 cos t − 1) k − 3) j +
Procediendo de la misma forma, el vector de posici´ on se calcular´ a a partir del vector velocidad como r =
v dt = (2e−t + 6t) i + ( 5cos t
−
(3 sin t − t) − 3t) j + k + B
La condici´ on inicial r(t = 0) = r0 para la posici´on de la part´ıcula permite ahora calcular 2 i
= B 2 i − 3 j + k − 5 j + = 2 B i + 2 j + k
−
y por tanto r = (2e−t + 6t
(3sin t − t + 2) − 1) i+ (−5cos t − 3t + 2) j + k
43
Cinem´atica de una part´ıcula
–10
–20
–30
–40 80
60
40
20
0 0
–4
–8
–12
44
Cap´ıtulo 2
2) Encontrar la velocidad, aceleraci´ on y componentes intr´ınsecas de ´esta para una part´ıcula que se mueve en la elipse. x = acosωt,
y = b sin ωt
Soluci´ on El vector de posici´ on para una part´ıcula que se mueve en una elipse de semiejes a y b viene dado por la expresi´on r = a cos ωt i + b sin ωt j La velocidad ser´ a entonces v = r˙ = ω( a sin ωt i + b cos ωt j)
−
cuyo m´odulo es v = ω
a2 sin2 ωt + b2 cos2 ωt
La aceleraci´ on queda de la forma
a = r¨ =
2
−ω r
y su m´odulo a = ω
2
a2 cos2 ωt + b2 sin2 ωt
3
2
1
–1
–0.5
0 –1
–2
–3
0.5
1
45
Cinem´atica de una part´ıcula
La componente tangencial de la aceleraci´ on est´ a dirigida en la direcci´ on de v y su m´odulo es v .a ω 2 (a2 b2 )sin ωt cos ωt at = = v a2 sin2 ωt + b2 cos2 ωt
√ −
Por lo tanto la aceleraci´ on tangencial ser´ a v ω2 (a2 b2)sin ωt cos ωt at = a t = 2 2 ( a sin ωt i + b cos ωt j) v a sin ωt + b2 cos2 ωt
−
−
Teniendo en cuenta que an = a aceleraci´on es an =
− a tenemos que la componente normal de la
−abω
y su m´odulo an =
√
t
2
b cos ωt i + a sin ωt j a2 sin2 ωt + b2 cos2 ωt abω 2
a2 sin2 ωt + b2 cos2 ωt Es f´acil comprobar que se verifica a2 = a 2t + a2n .
46
Cap Ca p´ıtul ıt ulo o 2
3) Calcular el elemento de arco, los vectores normal, tangente y binormal y el triedro tried ro intr´ intr´ınseco ınsec o para la curva x = R = R cos2 t,
y = R = R cos t sin t,
z = R sin t
Soluci´ on on El elemento diferencial diferencial de arco viene dado por medio de la expresi´ on ds on ds2 = dt 2 (x˙ 2 + y˙ 2 + z ˙ 2 ). En este caso x˙ = R sin2t sin2t y˙ = R cos2t cos2t z ˙ = R cos t
−
Operando obtenemos para el elemento diferencial de arco
√
ds = ds = R R 1 + cos2 t dt = dt = R R
3 + cos cos 2t dt 2
1 0.5 0 –0.5 –1 –0.6 –0.4 –0.2
0 0.2 0.4
0
0.6
0.2
0.8
0.4
1
0.6
En cuanto al vector tangente, tomar´ a la forma dr dt t = = dt ds
2 ( sin2t, sin2t, cos2t, cos2t, cos t) 3 + cos cos 2t
−
que en el punto con t = π = π//4 es el vector
2 3
−
√
1 1, 0, 2
47
Cinem´ Cin em´atica ati ca de una part par t´ıcula ıcu la
, Para calcular el vector normal es preciso determinar primero el vector K 2 = dt dt = K dt ds R(3 + cos 2t)2 ( cos2t cos2t(6 + cos 2t) 1, sin2t sin2t(6 + cos 2t), cos t sin2t sin2t
×
−
− −
− sin t(3 + cos 2t))
y el vector normal vendr´ La curvatura ser´ a simplemente el m´odulo odulo de K y K a dado 1 d t por por n = k ds , que en el punto considerado es el vector n =
√ 1 √ (0, (0, −6, − 2) 2 10
El vector binormal es el vector perpendicular a t y n que en t = π = π//4 es b(π/4) π/ 4) = t(π/4) π/ 4)
1 × n(π/4) π/ 4) = √ (3 2 15
√ √ 2, − 2, 6)
Por ultimo u´ltimo el triedro tried ro intr´ intr´ınseco ınsec o en e n t = t = π π//4 est´a constituido por los planos normal, rectificante y osculador; es trivial comprobar que en este punto tienen, respectivamente, las ecuaciones
√
2x z = 0, 6y + 2z 4 = 0, 3 2x 2y + 6z 6 z
−√ √ √ − −
√ −4 2=0
48
Cap Ca p´ıtul ıt ulo o 2
4) Hallar la longitud de arco de las siguientes curvas en los intervalos indicados: a) x = e = e t cos t; y = e = e t sen t; z = et , desde t = 0 hasta t = 2. b) y = a = a arcsin xa ; c) x2 = 3y;
+x = 4a ln aa− , desde (0, 0, 0) hasta (x (x0 , y0 , z 0 ). z = x 2xy = 9z , desde (0, 0, 0) hasta (3, (3, 3, 2).
Soluci´ on on El elemento diferencial de arco ds se ds se determina a partir de la expresi´on on ds2 = dx 2 + dy 2 + dz 2 a) x = e = et cos t; y = e = e t sen t; z = et , En este caso tenemos la curva curva en forma param´etrica etrica y por lo tanto ds2 = dt2 (x˙ 2 + y˙ 2 + z ˙ 2 ) donde el punto indica derivadas con respecto al par´ ametro ametro t. Es f´acil acil comprobar que ds = ds = 3et dt
√
que una vez integrada proporciona la longitud de arco, que en el intervalo considerado ser´ a ds = ds =
√
3
2
et dt = dt =
√
3(e 3(e2
− 1)
0
+x b) y b) y = a = a arcsin xa ; z = a4 ln aa− , x En este caso el elemento diferencial de arco vendr´ a dado por 2
ds = dx
2
1+
dy dx
2
+
dz dx
2
donde a partir de las expresiones para y y z se se tiene dy = dx
dz a2 = dx 2(a 2(a2 x2)
a
√ a − x , 2
−
2
Operando obtenemos 1 s = 2
x0
0
3a2 a2
− 2x −x 2
2
dx = dx = x x 0 + z 0
c) x2 = 3y; 2xy = 9z , Para este caso podemos expresar y y z en en funci´on on de x x2 y = , 3
z =
2 3 x 27
49
Cinem´ Cin em´atica ati ca de una part par t´ıcula ıcu la
La longitud de arco en el intervalo indicado ser´ a simplemente 3
s =
0
2 2 x +1 9
dx = dx = 5
70 60 50 40 30 20 10 0 0
2
4
6
8
10
5
10
15
20
25
30
50
Cap´ıtulo 2
5) Una part´ıcula de masa m y carga q se encuentra bajo la acci´ on de un campo = (mc/q )ω0 magn´etico B k. Encontrar y analizar la curva que describe la part´ıcula en los siguientes casos: a) Parte del origen con velocidad inicial v0 = (0, v0, 0). b) Parte del origen con velocidad inicial v0 = (0, 0, v0). c) Parte del punto r0 = (x0 , 0, 0) con velocidad inicial v0 = ω 0 x0 (0, 1, 1).
Soluci´ on La ecuaci´ on del movimiento para la part´ıcula es, teniendo en cuenta la expresi´ on para el campo magn´etico B m
dv q = (v dt c
= mω (v × × B) k) 0
Esta ecuaci´on vectorial puede escribirse en componentes como dvx = ω0 vy dt dvy = ω0 vx dt dvz = 0 dt
−
Integrando las ecuaciones anteriores obtenemos las expresiones para las componentes del vector velocidad vx = α sin(ω0 t + β ) vy = α cos(ω0 t + β ) vz = γ siendo α, β y γ constantes de integraci´ on. Las componentes del vector de posici´ on se obtendr´ an tr´ as una nueva integraci´ on: x = a
− ωα cos(ω t + β ) 0
0
α sin(ω0 t + β ) ω0 z = c + γt
y = b+
Tenemos por lo tanto seis constantes de integraci´ on a determinar con las condiciones iniciales correspondientes a cada uno de los casos.
51
Cinem´atica de una part´ıcula
a) La part´ıcula parte del origen con velocidad inicial v0 = (0, v0 , 0). Las constantes de integraci´ on con estas condiciones iniciales son β = 0, α = v0 , γ = 0 y a = α/ω0 , b = c = 0. Sustituyendo los valores anteriores el resultado es v0 (1 cos ω0 t) ω0 v0 y = sin ω0 t ω0 z = 0
x =
−
Las ecuaciones anteriores constituyen la trayectoria de la part´ıcula ba jo esas condiciones iniciales. Es f´ acil comprobar que, eliminando entre ellas el tiempo, la o´rbita que describe la part´ıcula en este caso es la circunferencia de radio v0/ω0 y con centro en el punto (v0 /ω0 , 0),
− x
v0 ω0
2 2
+y =
v0 ω0
2
b) En este caso suponemos que la part´ıcula parte del origen con velocidad v0 = (0, 0, v0 ). Las constantes de integraci´ on son ahora α = 0, γ = v 0 y a = b = c = 0; la sustituci´on de estos valores en las ecuaciones nos dan para la trayectoria una linea recta de ecuaci´ on z = v 0 t
c) La part´ıcula parte del punto r0 = (x0 , 0, 0) con velocidad v0 = (0, ω0 x0 , ω0x0 ), en cuyo caso los valores para las constantes de integraci´ on son α = x 0 ω0 , β = 0, γ = x0ω0 , a = 2x0 y b = c = 0. Las ecuaciones de la trayectoria son x = 2x0 x0 cos ω0t y = x0 sin ω0 t z = x0 ω0 t
−
que corresponden a las ecuaciones param´etricas de una espiral cil´ındrica como la de la figura
52
Cap´ıtulo 2
12 8 4 0 –3
–2
–1 –1
–0.5 0
1
0 2
0.5 3
1
53
Cinem´atica de una part´ıcula
6) Determinar para el caso c) del problema anterior la longitud de arco, los vectores tangente y normal, y el triedro intr´ınseco para t = 0, t = 4ωπ0 y t = 2ωπ0 .
Soluci´ on Consideremos los resultados obtenidos en el apartado c) del problema anterior. El vector de posici´ on de la part´ıcula es r = (x0 cos ω0 t, x0 sin ω0 t, x0 ω0 t) y por tanto el elemento diferencial de arco ds ser´a ds =
√
2x0ω0 dt
d r Se define el vector tangente a una curva como el vector t = ds , que para nuestro caso ser´ a dr dr dt 1 t = = = ( sin ω0 t, cos ω0 t, 1) ds dt ds 2
√ −
El vector normal se define como n =
1 d t , K ds
donde
= dt = dt dt = 1 ( cos ω0 t, K ds dt ds 2x0
−
− sin ω t, 0) 0
y por tanto n = ( cos ω0t,
−
− sin ω t, 0) 0
siendo la curvatura K = 1/(2x0 ). El vector binormal ser´ a 1 b = t n = (sin ω0 t, 2
×
√
− cos ω t, 1) 0
La torsi´ on de una curva viene definida a partir de la derivada con respecto al arco del vector binormal d b 1 τ = n. = ds 2x0 Calculemos ya el triedro intr´ınseco a la curva en cada punto dado por el vector de posici´on r0 . Se trata de un conjunto de tres planos construidos a partir de los vectores tangente, normal y binormal. El plano osculador, definido por t0 y n0 y por tanto perpendicular al vector b0 , dado por la ecuaci´ on (r r0 ). b0 = 0
−
−
El plano normal, definido por n0 y b0 y por tanto perpendicular al vector t0 , dado por la ecuaci´on (r r0 ). t0 = 0
−
54
Cap´ıtulo 2
El plano rectificante, definido por t0 y b0 y por tanto perpendicular al vector n0 , dado por la ecuaci´ on (r r0 ). n0 = 0
−
Veamos cuales son dichos planos para cada uno de los valores de t del enunciado. 1) t = 0 Los vectores de posici´ on, tangente, normal y binormal son en este caso 1 t0 = (0, 1, 1) 2 1 b0 = (0, 1, 1) 2
√
r0 = (x0, 0, 0),
√ −
n0 = ( 1, 0, 0),
−
El triedro intr´ınseco est´ a constituido por los planos z
− y = 0,
y + z = 0,
x = x 0
2) t = 4ωπ0 Los vectores de posici´ on, tangente, normal y binormal son en este caso r0 = x0 n0 =
√ √ 1 1 π , , 2 2 4
√ 12 (−1, −1, 0),
√ − √ √ √ √ − √
1 1 1 , t0 = , ,1 2 2 2 1 1 1 b0 = , ,1 2 2 2
El triedro intr´ınseco est´ a constituido por los planos
√ 12 (x − y) + z = π4 x ,
x + y =
0
√
√ 12 (y − x) + z = π4 x
2x0 ,
0
3) t = 2ωπ0 Los vectores de posici´ on, tangente, normal y binormal son en este caso r0 =
π 0, x0 , x0 , 2
n0 = (0, 1, 0),
−
1 t0 = ( 1, 0, 1) 2 1 b0 = (1, 0, 1) 2
√ −
√
El triedro intr´ınseco est´ a constituido por los planos x + z =
π x0 , 2
z
− x = π2 x , 0
y = x 0
55
Cinem´atica de una part´ıcula
7) Estudiar la curva que describe una part´ıcula situada a t = 0 en el origen = si se encuentra bajo la acci´ con velocidad inicial v 0 = v0 j, on de una fuerza F m(6αt i+ 6αv0 k). Determinar asimismo la longitud de arco, los vectores tangente y normal, y el triedro intr´ınseco para t = 0.
√
Soluci´ on La segunda ley de Newton nos proporciona la ecuaci´ on del movimiento 2
= m d r = m(6αt F i+ dt
√ 6αv k) 0
250 200 150 100 50 0
0 0
2
4
1000 6
8
10 12 14
2000 3000
Integrando la ecuaci´ on anterior podemos calcular las componentes del vector de posici´on x = αt3 + at + x0 y = bt + y0 1 z = z 0 + ct + 6αv0 t2 2 donde a, b, c, x0 , y0 , z 0 son constantes de integraci´ on a determinar haciendo uso de las condiciones iniciales. Teniendo en cuenta que la part´ıcula parte del reposo con velocidad v0 = (0, v0 , 0), tenemos que estas constantes toman los valores a = c = x0 = y 0 = z 0 = 0 y b = v 0 . La trayectoria para la part´ıcula es
√
x = αt3 y = v0 t 1 6αv0 t2 z = 2
√
56
Cap´ıtulo 2
Pasemos ya a analizar la curva anterior. En primer lugar calculamos el elemento diferencial de arco que ser´ a de la forma ds = (3αt2 + v0 ) dt Los vectores tangente, normal y binormal quedan
√
dr 1 t = = 3αt2 , v0 , 6αv0 t 2 ds v0 + 3αt
d t = ds K = n =
1 d t 1 = K ds v0 + 3αt2
√
−√ 6αv t, v − 3αt √ 1 b = t × n = v , 3αt , − 6αv t v + 3αt 6αv0 t,
2
0
0
0
2
0
y la curvatura y la torsi´ on toman el mismo valor K = τ =
√ 6αv
2
0
0
(v0 + 3αt2 )2
Por u´ltimo, para calcular el triedro intr´ınseco en t = 0, utilizamos los vectores r0 = (0, 0, 0), t0 = (0, 1, 0), n0 = (0, 0, 1), b0 = (1, 0, 0). Los planos osculador, normal y rectificante tienen por ecuaciones, respectivamente, x = 0,
y = 0,
z = 0
57
Cinem´atica de una part´ıcula
8) Un bote parte desde un punto P de una orilla de un r´ıo y viaja con velocidad constante (en m´ odulo) v en direcci´on hacia el punto Q que se encuentra enfrente en la otra orilla, siendo D la anchura del r´ıo. Si r es la distancia instantanea de Q al bote, θ el a´ngulo entre r y P Q, y la corriente del r´ıo tine a velocidad c, probar que el camino del bote viene dado por la expresi´ on r =
D sec θ (sec θ + tg θ)v/c
Probar tambi´en que cuando c = v el camino es un arco de par´abola.
Soluci´ on
ϕ
La velocidad del bote escrita en el sistema de coordenadas con vectores unitarios j r y jϕ viene dada por u = (c cos ϕ
− v) j − c sin ϕ j r
ϕ
En estas coordenadas el vector velocidad se escribe en general en la forma u = r˙ j r + r ˙ϕ j ϕ Comparando las dos expresiones anteriores tenemos las ecuaciones diferenciales r˙ = c cos ϕ v, r ˙ϕ = c sin ϕ
−
−
Interesa determinar una relaci´ on entre r y ϕ. Las ecuaciones anteriores proporcionan la ecuaci´ on diferencial dr dr dt r˙ c cos ϕ v = = = r dϕ dt dϕ ϕ˙ c sen ϕ
−
−
58
Cap´ıtulo 2
La soluci´ on de esta ecuaci´ on es (tg(ϕ/2))v/c r = r 0 sin ϕ siendo r0 la constante de integraci´ on a determinar utilizando las condiciones iniciales r(π/2) = D. El valor para esta constante es entonces r0 = D, y en consecuencia D (senϕ/2)v/c−1 r = 2 (cosϕ/2)v/c+1
Caso c
1
0
0.5
que proporciona la expresi´on para el camino que sigue el bote. Consideremos ahora el caso particular en el cual c = v; el camino vendr´a dado simplemente por D r = 2(cosϕ/2)2 Pasando a coordenadas cartesianas, teniendo en cuenta que x = r cos ϕ, y = r sen ϕ es f´acil ver que la expresi´ on para el camino seguido por el bote se escribe en este caso particular como
•
−
x = D 2
1 cos2 (ϕ/2)
y por tanto y2 =
−2D
− ,
x
y = 2D
sen(ϕ/2) cos(ϕ/2)
D 2
Se trata por lo tanto de una par´ abola con v´ertice en el punto (D/2, 0) y foco en el origen de coordenadas.
59
Cinem´atica de una part´ıcula
1
Caso c>Vo
0
• Volviendo al caso general en el cual v = c, las expresiones correspondientes
para x e y son
D (senϕ/2)v/c−1 x = cos ϕ 2 (cosϕ/2)v/c+1 D (senϕ/2)v/c−1 y = sen ϕ 2 (cosϕ/2)v/c+1 Para el instante inicial en el cual el bote se encuentra en el punto P , ϕ = π/2 y se tiene que x = 0, y = D. Para un valor del a´ngulo ϕ = 0, el bote llegar´ a a la orilla opuesta y entonces y = 0 mientras que el valor de la coordenada x depende del valor de v/c. Si v/c > 1 entonces x = 0, y si v/c < 1 el eje X es una asintota de la curva. Como vimos anteriormente, para el caso particular en que v = c la coordenada x para ϕ = 0 es exactamente x = D/2. Por lo tanto para que el bote llegue a la otra orilla es condici´on necesaria que v > c. En el caso particular v = c el bote alcanzar´ a la otra orilla pero no en el punto Q, sino que lo har´ a a una distancia D/2 de Q. Las gr´ aficas muestran el camino seguido por el bote en los distintos casos
60
Cap´ıtulo 2
9) Un punto describe una circunferencia de radio R en sentido contrario a las agujas del reloj, de forma que la componente de su aceleraci´on sobre un di´ ametro fijo, que se tomar´ a como el eje de las X , es nula. Sabiendo que en t = 0 la componente del vector velocidad paralela al citado di´ ametro vale v0 , hallar, en funci´on de ϕ y del tiempo: a) Los vectores posici´ on, velocidad y aceleraci´ on de la part´ıcula. b) Las componentes intr´ınsecas del vector aceleraci´ on.
Soluci´ on
• El vector de posici´on de la part´ıcula viene dado por r = R(cos ϕ i + sen ϕ j)
• y los vectores velocidad y aceleraci´on ser´an: ϕ˙ v = R(− sen ϕ i + cos ϕ j) ϕ˙ + R(− sen ϕ ϕ¨ a = −R(cos ϕ i + sin ϕ j) i + cos ϕ j) 2
respectivamente. Puesto que la componente de la aceleraci´ on sobre el eje X es nula, a x = 0, tendremos la siguente ecuaci´ on para ϕ 2
¨ 0 − cos ϕ ˙ϕ − sen ϕϕ = cuya soluci´on, con las condiciones iniciales vx = v 0 , toma la forma ϕ = ˙
v − R sen ϕ 0
Los vectores velocidad y aceleraci´ on se escrben entonces en t´erminos de ϕ en la forma v = v0 ( i a =
−
− cotan ϕ j)
v02 j R sen3 ϕ
Si deseamos escribir los vectores en funci´ on del tiempo, bastar´ a con integrar de nuevo la ecuaci´ on diferencial para ϕ, obteniendose de esta forma cos ϕ =
• El m´odulo de la velocidad es:
v=
v0 (t R
−t )
v0 sin ϕ
0
61
Cinem´atica de una part´ıcula
de forma que el vector tangente es: v t = = (sen ϕ, v
− cos ϕ)
y el normal ser´a
•
v t = = (cos ϕ, sen ϕ) v A continuaci´ on pasamos a calcular las componentes intr´ınsecas de la aceleraci´ on. v02 cos ϕ at = a.t = R sin3 ϕ an = a.n =
−
v02 1 R sin2 ϕ
62
Cap´ıtulo 2
10) Un punto P de una circunferencia de radio R rueda sin resbalar sobre el eje X con velocidad angular ω. Encontrar las ecuaciones param´etricas que describen el movimiento de dicho punto. Determinar asimismo la curvatura, la velocidad y la aceleraci´on, y las componentes intr´ınsecas de esta. ¿ Cuales son las velocidades m´amima y m´ınima y a que punto de la curva corresponden?
Soluci´ on Supongamos inicialmente el centro de la circunferencia en el punto de coordenadas (0, R) y el punto P en el extremo derecho del dimetro horizontal. Sea φ = ωt el ´angulo descrito por la circunferencia en un tiempo t. En estas condiciones es f´ acil comprobar que las ecuaciones param´etricas que describen el movimiento de P son x = R(ωt + cos ωt), y = R(1 sin ωt)
−
A continuaci´ on procedemos a determinar la curvatura. Para ello calculamos en primer lugar el elemento diferencial de arco ds = Rω
− (1
sin(ωt))2 + cos2 (ωt) dt = Rω
El vector tangente ser´ a
dr dr dt 1 t = = = ds dt ds 2
− √ 1
sen(ωt),
2(1
−
− sin(ωt))dt
1 + sen(ωt)
63
Cinem´atica de una part´ıcula
La curvatura de la curva en cada punto vendr´ a dada por el m´odulo del vector K = dt = 1 K ds 4R
1 + sen(ωt) , 1 1 sen(ωt)
−
−
−
y ser´a por tanto K =
1 4R
1
−
2 sin(ωt)
de forma que el vector normal es :
√ n = − 2 • El Vector velocidad es:
1 + sen(ωt),
− 1
sen(ωt)
v = Rω (1
− sen(ωt), − cos(ωt)) √ v = 2Rω 1 − sin(ωt) √ v = 2Rω 1 − sin(ωt) t
cuyo m´odulo es:
y por tanto
Los valores m´ aximos y m´ınimos de la velocidad, estos se encuentra respectivamente para ωt = 3π + 2nπ y ωt = π2 + 2nπ (siendo n un n´ umero entero), 2 y toman, respectivamente, los valores vmax = 2ωR y vmin = 0. Los puntos de la curva donde la velocidad es m´ axima corresponden a puntos de coordenadas 3π R( 2 + 2nπ, 2), mientras que aquellos donde la velocidad es nula se localizan en los puntos R( π2 + 2nπ, 0): En cuanto al vector aceleraci´ on ser´ a:
•
a = Rω 2 ( cos(ωt), sin(ωt))
−
cuyo m´odulo es constante a = Rω 2 y sus componentes normal y tangencial son: at = a. t =
Rω 2 2
√ −
− √
1 + sin(ωt)
Rω 2 an = a.n = 1 sin(ωt) 2 Como consecuencia de lo anterior se deduce que el m´ odulo de la aceleraci´ on permanece constante a lo largo de la curva aunque no lo hacen sus componentes intr´ınsecas.
64
Cap´ıtulo 2
Cap´ıtulo 3 . Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones: Fuerzas centrales 1.
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
A la hora de plantear el movimiento en m´ as de una dimensi´ on, hemos de pensar en generalizar las magnitudes fundamentales. Tales magnitudes han de cumplir las siguientes condiciones
• • •
Ser suficientes para definir el sistema mec´ anico Estar claramente definidas
Construir un sistema formal para definirlas, de modo que queden patentes sus leyes de transformacion. Las magnitudes fundamentales que hemos de definir son tres: 1) Momento lineal 2) Energ´ıa 3) Momento angular En tres dimensiones la posici´ on de un punto en el espacio en cada instante de tiempo viene dado por el vector posici´ on r = r(t) mientras que la velocidad y la aceleraci´ on ser´ an dr v = r˙ = dt 65
(1.1)
(1.2)
66
Cap´ıtulo 3
d2r ¨ a = r = 2 dt
1..1
(1.3)
Segunda ley de Newton: Momento lineal
Nuestro punto de partida son simplemente las leyes de Newton. La segunda ley de Newton se escribir´ a en forma vectorial como mr¨ = F
(1.4)
p = m v
(1.5)
(1.6)
El momento lineal se define como
y por tanto su variaci´ on vendr´ a dada por la ley de Newton d p = F dt
de forma que la variaci´ on del momento cin´ etico es debida a la fuerza aplicada
1..2
Fuerzas conservativas: Conservaci´ on de la energ´ıa
Si la fuerza es conservativa (irrotacional), significa que se puede escribir como = F
−∇ V =⇒ dV = ∇ V .dr = −F dr
(1.7)
donde V es la Energ´ıa potencial, que en el caso m´as general ser´ a funci´on de r, r˙ y t (sin embargo, en la mayor´ıa de los casos nos limitaremos a potenciales que solo dependen de la posici´on). Se define la energ´ıa como E = T + V
(1.8)
etica siendo T la energ´ıa cin´
1 T = m(r˙ )2 2 La variaci´ on de la energ´ıa con el tiempo ser´a
(1.9)
dE dT dV = + = mr˙.r¨ + V .r˙ dt dt dt
∇
(1.10)
Empleando (1.4) y (1.7) dE ˙ ˙ = r.F F .r = 0 (1.11) dt Por tanto, Para fuerzas conservativas la energ´ıa es una constante del movimiento .
−
67
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
1..3
Fuerzas centrales: Conservaci´ on del momento angular
El momento angular se define como r L =
r × r˙ × p = m
(1.12)
Su variaci´ on con el tiempo es: dL = mr dt
× r¨ + mr˙ × r˙
(1.13)
Empleando (1.4) dL = r F (1.14) dt que se anula cuando la fuerza est´a dirigida en la direcci´ on radial. Para fuerzas centrales, el momento angular es una constante del movimiento .
×
2.
Potencial efectivo
A partir de ahora vamos a dedicarnos al estudio de fuerzas centrales = F (r) j r F
−→ V (r) =
−
F (r)dr
(2.1)
son conservadas. N´otese que toda fuerza central para las cuales tanto E como L es conservativa pero no al rev´es. La constancia de L significa que el plano formado por r y r˙ es constante y por tanto el movimiento se realiza en un plano. Podemos pues sin restricci´ on elegir el eje z en la direcci´on de L de manera que el movimiento se realizar´ a en el plano XY . En consecuencia π z = 0, θ = r = ρ 2 Las coordenadas adecuadas a este problema son polares planas, en las cuales: r = r j r r + r ˙ϕ j ϕ r˙ = r˙ j (r˙ )2 = (r) ˙ 2 + r2 ϕ˙ 2
(2.2)
(2.3) (2.4)
de manera que la conservaci´ on de L y E se escribe: L = mr2 ϕ˙ 1 E = m(r˙ 2 + r 2 ϕ˙ 2 ) + V (r) 2
(2.5)
68
Cap´ıtulo 3
eliminando ϕ entre ˙ ambas 1 L2 E = mr˙ 2 + + V (r) 2 2mr 2
(2.6)
Para un valor dado de L esta ecuaci´ on tiene la misma forma que la ecuaci´on de conservaci´on de la energ´ıa en una dimensi´ on con un potencial efectivo de la forma L2 U (r) = + V (r) (2.7) 2mr2 L2 donde puede considerarse como el potencial correspondiente a la fuerza 2mr2 L2 centr´ıfuga jr . En consecuencia, las leyes de conservaci´ on nos han permitido mr3 reducir un problema tridimensional a uno unidimensional que se limita a estudiar la variaci´on de la coordenada r en el potencial U (r) con la salvedad de que r solo puede tomar valores positivos.
−
2..1
Puntos de retroceso
Puesto que la velocidad radial es: r = ˙
2 (E m
− U (r))
el movimiento solo podr´ a existir para aquellos valores de r para los cuales U (r)
≤ E
los puntos en los cuales E = U (r) se denominan puntos de retroceso. En ellos la velocidad radial es cero y la velocidad esta dirigida en la direcci´on de jϕ por lo que la posici´on y la velocidad son perpendiculares. Si r1 es un punto de retroceso, entonces: r1 = r 1 j r1 v1 = r 1ϕ˙1 j ϕ1 (2.8)
2..2
Estados ligados y estados de difusi´ on
Los estados para los cuales la energ´ıa, el momento y/o las condiciones iniciales son tales que la part´ıcula permanece confinada entre dos puntos de retroceso se denominan estados ligados. Conviene tomar las condiciones iniciales en uno de los puntos de retroceso Por el contrario si r puede ser indefinidamente grande se trata de un estado de difusi´on (o scattering). En estos casos las condiciones iniciales conviene tomarlas en el infinito
69
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
3.
El oscilador arm´ onico tridimensional
Corresponde a una part´ıcula sometida a una fuerza = F y por tanto
3..1
−kr
(3.1)
1 V (r) = kr 2 2
(3.2)
Resoluci´ on en coordenadas cartesianas
La ecuaci´ on (3.1) puede escribirse en cartesianas en la forma m¨ x + kx = 0 m¨ y + ky = 0 m¨ z + kz = 0
(3.3)
La ecuaci´ on del movimiento de cada coordenada es an´ aloga a la de un oscilador arm´onico unidimensional. La soluci´ on general es: x = a1 cos(ωt y = a2 cos(ωt z = 0 donde hemos hecho
−θ ) −θ ) 1 2
(3.4)
k (3.5) m Dado que el momento angular es constante, el movimiento puede considerarse sin restricci´on, confinado al plano XY. Hay por tanto cuatro constantes de integraci´ on. Dado que es un estado ligado, conviene tomar las condiciones iniciales de forma que ω =
r(0) = r0 i r˙ (0) = v0 j
(3.6)
de forma que para t = 0 est´ en en un punto de retroceso y en consecuencia r0 y v0 sean perpendiculares. Substituyendo (3.6) en (3.4) tenemos r0 0 0 v0
= a1 cos θ1 = a2 cos θ2 = ωa 1 sin θ1 = ωa 1 sin θ1
− −
(3.7)
70
Cap´ıtulo 3
que combinadas proporcionan a1 = r0 a2 =
− vω
0
θ1 = 0 π θ2 = 2
(3.8)
y por tanto la trayectoria es: x = r0 cos(ω0t) v0 y = sin(ω0 t) ω0
(3.9)
x2 y2 + =1 r02 (v0 /ω0 )2
(3.10)
−
y la ´orbita es la elipse
• Conservaci´on de la energ´ıa 1 1 E = mv02 + mω 2 r02 2 2
(3.11)
• Conservaci´on del momento angular Lx = 0,
Ly = 0
Lz = ma 1 a2 ω0 sin (θ2
3..2
− θ ) = mr v 1
0 0
(3.12)
Resoluci´ on en coordenadas esf´ ericas
Para ver de que o´rbita se trata es preferible resolver el problema en polares
• Potencial efectivo 1 2 L2 U (r) = kr + 2 2mr2
(3.13)
El potencial se encuentra representado en la figura. Su m´ınimo R es
dU dr
r=R
=0=
⇒ R =
1/2
L mω
=
⇒ U (R) = ωL
(3.14)
71
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
r2
r1 R
• Puntos de retroceso
Los puntos de retroceso son las soluciones de la ecuaci´on E = U (r), es decir: 1 2 L2 E = kr + 2 2mr2
Por tanto:
− −
r12
E = 1 k
r22
E = 1+ k
1
L2 k = mE 2
1
L2 k = r 02 2 mE
−
v0 ω0
2
(3.15)
Podemos escribir las constantes del movimiento en t´erminos de los puntos de retroceso: 2E k L = mω
r12 + r22 = r1 r2
k 2 (r1 + r22 ) 2 L = mωr1 r2
(3.16)
E =
• Ecuaci´on del movimiento
(3.17)
72
Cap´ıtulo 3
Las ecuaciones del movimiento son: L = mr 2 ϕ˙ 1 2 1 2 L2 E = mr˙ + kr + 2 2 2mr2 o bien
r1 r2 r2 ω2 r12 r22 + ω 2 (r12 + r22 )r2 ϕ = ω ˙
r 2 r˙ 2 =
−
(3.18)
2 4
(3.19)
−ω r
• Orbita
Para calcular la o´rbita, hemos de eliminar el tiempo. Para ello, hacemos r 2(t) =
en cuyo caso
dp Substituyendo dϕ
ω2 r12 r22 p2 =
2rr = ˙
dp − p1 ϕ˙ dϕ
2r r = ˙
−ω r pr p
empleando (3.18)
donde p =
1 p(ϕ)
(3.20)
2
1 2
(3.21)
en (3.18) 2 2 2 2 1 2
−4ω r r p
p2 =
−
+ 4ω2 (r12 + r22) p
r12 + r22 4 p + 4 2 2 p r1 r2 2
− 4ω
2
− r 4r
2 2 1 2
completado cuadrados p2 = o bien
4 p
p2 =
p2 = haciendo
r12 + r22 2r12 r22
2
r12 + r22 2 + 4( 2 2 ) 2r1 r2
− − − − − − − − − − − r12 + r22 2r12 r22
4 p
r22 r12 r12 r22
q =
2
1
2r12 r22 r22 r12
−
2
+
2r12 r22 r22 r12 p
r22 r12 r12 r22
2
p
r12 + r22 2r12 r22
4 r12 r22
2
r12 + r22 2r12 r22
2
(3.22)
73
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
r22 r12 2r12 r22
−
2
r22 r12 r12 r22
− − q 2 =
(1
2
− q )
q 2
q = 2 1
integrando
2
(3.23)
arcsen q = 2ϕ + α0
deshaciendo el cambio r22 + r12 r 22 r12 p = + sin (2ϕ + α0 ) 2r12 r22 2r12 r22
−
2r12r22 r = 2 (r2 + r12 ) + (r22 r12 )sin(2ϕ + α0 ) 2
−
orientando la o´rbita de forma que para ϕ = 0 estemos en r1, r(0) = r 1 sin α0 = 1 =
⇒ α = π/2
y por tanto
0
1 r22 + r12 r22 r12 = + cos(2ϕ) r2 2r12 r22 2r12 r22
−
(3.24)
Pasando a cartesianas r22 + r12 1 = (x + y ) 2r12 r22 2
2
+
r22 r12 2r12 r22
−
(x2
2
−y )
y 2 x2 1= 2 + 2 (3.25) r2 r1 En la figura se muestra est´ a o´rbita que es una elipse comprendida entre dos c´ırculos de radios r1 y r2
74
Cap´ıtulo 3
4.
Potencial de Coulomb
La fuerza de Coulomb es: = F
± rk j
2 r
donde el signo + indica que la fuerza es repulsiva y el potencial correspondiente ser´ a k V = r
±
4..1
(4.1)
− que es atractiva El
(4.2)
Caso repulsivo
• Potencial efectivo
el potencial efectivo ser´ a k L2 U (r) = + r 2mr2
(4.3)
que no tiene m´ınimos y tiene un u ´ nico punto de retroceso. Para que el movimiento sea posible E > 0
Potencial de Coulomb. Caso repulsivo
E
R1
• Punto de retroceso. El punto de retroceso r se puede calcular como 1
k L2 E = U (r1 ) = + r1 2mr12
La u ´ nica soluci´ on positiva de esta ecuaci´ on es: r1 =
k (1 + ) 2E
(4.4)
75
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
donde
2EL 2 = 1 + (4.5) mk 2 Condiciones iniciales Puesto que los estados son de difusi´ on, las condiciones inciales han de tomarse en el infinito. En particular, aqui orientaremos la orbita ´ suponiendo que la part´ıcula entra paralela al eje x, es decir que para ϕ = π:
•
r (ϕ = π) = ( , b) r˙ (ϕ = π) = (v0 , 0)
−∞
(4.6)
donde b es el par´ ametro de impacto Las constantes del movimiento son por tanto 1 2 mv 2 0 L = mbv0
E =
(4.7)
(4.8)
y en tal caso: = de forma que
b 2 m2 v04 1+ k2
k k = = 2E mv02 r1 = b
√ b− 1
(4.9)
2
( + 1) ( 1)
−
(4.10)
de manera que las caracter´ısticas de la orbita ´ van a depender de b y que a su vez son las condiciones iniciales Ecuaci´ on del movimiento Las ecuaciones del movimiento ser´ an
•
L = mr 2 ϕ˙ 1 2 k L2 E = mr˙ + + 2 r 2mr2 Para eliminar el tiempo hacemos 1 r(t) = = p(ϕ)
⇒
y por tanto
p r = ˙ ϕ = ˙ p2
−
L2 2 L 2 p2 E = p + kp + 2m 2m
− mL p
(4.11)
76
Cap´ıtulo 3
empleando (4.5) y (4.7) 1 p2 = 2 b
− p − b√ 2 − 1 p 2
2
(4.12)
completando cuadrados p2 =
p2 =
2
− 1) − ( p + b
b2 (2
−
p +
2
b2 (2
1
− 1)
haciendo q =
deshaciendo los cambios
1
1 (2 −1)
√
b
√ 2
b
−1
2
1 (2 −1)
b
√ 2
b
−
1)
)2
√
p +
q =
1 (2
−
(4.13)
(4.14)
−1
q 2 =
⇒ arcsen q = ϕ − ϕ
0
(4.15)
1 sin(ϕ ϕ0 ) 1 = r b (2 1)
− − −
De acuerdo con las condiciones iniciales propuestas, hemos de orientar la ´orbita de forma que r(π) = . Por tanto
∞
0 = sin(π
−ϕ )−1 0
y en consecuencia sin ϕ0 =
−
1
−
b (2 1) r1 ( 1) r = = sin(ϕ ϕ0 ) 1 sin(ϕ ϕ0 ) 1
−
•
−
−
−
(4.16)
(4.17)
de forma que la part´ıcula est en el punto de retroceso r1 para ϕ = α 0 + π2 Asintotas Las asintotas correponden a sin (ϕ ϕ0 ) = 1 . Hay por tanto dos asintotas:
−
ϕA = π,
ϕA = 2ϕ0
Las ecuaciones de las as´ıntotas ser´ an y = c + tg ϕAx
77
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
donde la ordenada en el origen es: c = lim ϕ→ϕA (y
− tg ϕ
c = lim ϕ→ϕA
A x)
= limϕ→ϕA (
− − − −
r sin(ϕ ϕA ) ) cos ϕA
−
b (2 1) sin(ϕ ϕA ) ) sin(ϕ ϕA ) 1 cos ϕA
Resolviendo la indeterminaci´ on
−
b (2 1) c = lim ϕ→ϕA cos ϕA cos (ϕ ϕA ) As´ıntota de entrada: ϕA = π,
−
(4.18)
c = b =
⇒ y = b
Θ
Θ Θ
Θ
As´ıntota de salida: ϕA = 2ϕ0, y =
2
2 Por tanto el a´ngulo de dispersi´ on es:
−
c = b
2 2
√ − −
−2
2 2 1 + 2 x 2 2
√ 1− 1 = 2arctg mvk b Las dos as´ıntotas se cortan en el punto (x = −a, y = b). 1 Θ = 2ϕ0 = 2 arcsen = 2arctg
2
2 0
(4.19)
78
Cap´ıtulo 3
4..2
Caso Atractivo
• Potencial efectivo
el potencial efectivo ser´ a
−k + U (r) = r
L2 2mr2
(4.20)
que tiene un m´ınimo que corresponde al valor r = R tal que U (R) = 0, es decir: R =
L2 mk
(4.21)
En este punto el valor del potencial es: U (R) =
−
mk 2 2L2
Por tanto para que el movimiento sea posible, ha de ser: E
≥ −
mk 2 2L2
Podemos pues distinguir tres casos:
Caso a)
−
mk2 2L2
< E < 0
Resulta u´til hacer E =
−H
Potencial de Coulomb. Caso atractivo. E<0
(4.22)
79
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
• Hay dos puntos de retroceso dados por: −H = −k +
L2 2mr2
r
y por tanto
− −
r1
k = 1 2H
r2
=
k 1+ 2H
1
2HL2 mk 2
1
2HL2 mk 2
−
(4.23)
de manera que k 2a H L2 r1 r2 = b2 2mH b2 1 a2
r1 + r2 =
≡
≡
≡
−
(4.24)
y por tanto k 2a
H = 2
L
b2 = mk a
(4.25)
y r1 = a(1 ) r2 = a(1 + ) b = a 1 2
− √ −
(4.26)
• Ecuaci´on del movimiento
Las ecuaciones del movimiento ser´ an L = mr 2 ϕ˙
1 H = mr˙ 2 2 Para determinar la o´rbita haremos
−
r(t) =
−
k L2 + r 2mr2
L ⇒ r = ˙ − p m
1 = p(ϕ)
(4.27)
80
Cap´ıtulo 3
de forma que la ecuaci´on de conservaci´ on de la energ´ıa es: p2 = p2 +
−
2mk p L2
− 2mH L 2
Utilizando (4.22) a p2 = p2 + 2 2 p b
− b1
−
2
Completando cuadrados p2 =
a b2
− − p
2
a2 + 4 b
−
1 = b2
a b2
− − p
2
a 2 2 + 4 b
o bien 2 2
a p2 = 4 b
−
2
1
b p a
b2 p q = a
− 1
−
1
2
Haciendo el cambio
(4.28)
la ecuaci´ o n de la o´rbita es: q =
− 1
q 2 =
⇒ q = sin (ϕ − α )
(4.29)
0
y por tanto, deshaciendo los cambios 1 a = 2 (1 + sin(ϕ r b
− α )) 0
Orientando la o´rbita de forma que para ϕ = 0, r = r 1 = a(1 α0 =
− )
−π/2
de forma que 1 a = 2 (1 + cos ϕ) r b
(4.30)
81
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
Potencial de Coulomb atractivo. Orbita para E<0
No es d´ıficil comprobar que para ϕ = π, r = r2 . La o´rbita es una elipse estando el centro de fuerzas situado en el foco.
•
Podemos calcular el per´ıodo de la ´orbita a partir de 1 H (r2 m(r) ˙ 2= 2
− r)(r − r ) 1
r2
de forma que r2
r1
(r2
−
T
dr r)(r
(r2 + r1 )
−r )
=
Teniendo en cuenta r2 + r1 = 2a y H =
2H T m 2
k 2a
aπ =
a3 =
k T 2 ( ) m 2π
k T ma 2
elevando al cuadrado
que es la tercera ley de Kepler
2
0
1
π = 2
2H dt m
82
Cap´ıtulo 3
Caso b) E = 0 El potencial efectivo es:
Potencial de Coulomb. Caso atractivo. E=0
• En este caso hay un u´nico punto de retroceso L2 r1 = 2mk
(4.31)
1 y si hacemos r = p(ϕ) , la ecuaci´ o n de la o´rbita es:
p2 = p2 +
−
2mk p 2 p = p + L2 r1
−
que haciendo q = 2r1 p se convierte en q = y por tanto
−
−1
1
q 2 =
r =
2r1 1 + sin(ϕ
(4.32)
⇒ q = sin(ϕ − α ) 0
−α ) 0
Orientando la o´rbita de forma que r(ϕ = 0) = r 1 α0 =
abola La ´orbita es la par´ r =
−π/2
2r1 1 + cos ϕ
(4.33)
83
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
Potencial de Coulomb atractivo. E=0
Caso c) E > 0
Potencial de Coulomb. Caso atractivo. E>0
• Punto de retroceso. El punto de retroceso r se puede calcular como −k + L E = U (r ) = 1
2
1
2mr12
r1
La u ´ nica soluci´ on positiva de esta ecuaci´ on es: r1 =
k 2E
−1 +
1+
2EL 2 mk 2
(4.34)
84
Cap´ıtulo 3
• Condiciones iniciales Puesto que los estados son de difusi´on, las condiciones inciales han de tomarse en el infinito. En particular, aqui orientaremos la orbita ´ suponiendo que la part´ıcula entra paralela al eje x, es decir que para ϕ = π: r(ϕ = π) = ( , b) v (ϕ = π) = (v0 , 0)
−∞
(4.35)
ametro de impacto Las constantes del movimiento son por donde b es el par´ tanto 1 2 mv 2 0 L = mbv0
E =
(4.36)
y se pueden definir por tanto las longitudes:
L2 2mE
b =
k 2E
a = asi como = de forma que
b2 1+ 2 a
(4.37)
(4.38)
r1 = a( 1 + )
(4.39)
−
E =
k 2a
b2 = mk a
2
L
(4.40)
• Ecuaci´on del movimiento
Las ecuaciones del movimiento ser´ an L = mr 2 ϕ˙
1 E = mr˙ 2 2 Para eliminar el tiempo hacemos 1 r(t) = = p(ϕ)
⇒
−
k L2 + r 2mr2
p r = ˙ ϕ = ˙ p2
−
− mL p
(4.41)
85
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
y por tanto
L2 2 L2 p2 E = p kp + 2m 2m 1 2a p2 = 2 p2 + 2 p b b
− −
(4.42)
completando cuadrados 1 p2 = 2 b
− ( p −
a 2 a 2 2 a2 ) + 4 = 4 b2 b b
2 2
a p2 = 4 b haciendo
− 1
2
− ( p − ba )
2
2
−
b p a a
2
b2 p a q = a
−
q = deshaciendo los cambios
− 1
(4.43)
q 2 =
(4.44)
⇒ arcsen q = ϕ + α
0
(4.45)
1 a = 2 (1 + sin(ϕ + α0 )) r b De acuerdo con las condiciones iniciales propuestas, hemos de orientar la ´orbita de forma que r(π) = . Por tanto
∞
0 = 1 + sin(π + α0 ) y en consecuencia sin α0 =
1
b2 r = a( sin(ϕ + α0 ) + 1)
• Asintotas
Las asintotas correponden a sin (ϕ + α0 ) = ϕ = π,
(4.46)
1
(4.47)
− . Hay por tanto dos asintotas: ϕ = −2α 0
Para calcular la asintota hemos de determinar la ordenada en el origen c = lim ϕ→ϕ0 (y
− tg ϕ x) 0
b2 ac = lim ϕ→ϕ0 ( )(sin ϕ sin(ϕ + α0) + 1
− tg ϕ cos ϕ) 0
86
Cap´ıtulo 3
ac = lim ϕ→ϕ0 aplicando L’Hopital
b2 ( sin(ϕ + α0 ) + 1)cosϕ0
ac = lim ϕ→ϕ0
ac = de manera que
b2 cos(ϕ + α0 ) cosϕ0
b2 cos(ϕ0 + α0 ) cosϕ0
sin(ϕ
cos(ϕ
−ϕ ) 0
−ϕ ) 0
2
b c = √ = b a −1 2
b2 2 c = = b 2 a cos α0 cos 2α0 2
−
si
ϕ0 = π
si
ϕ0 =
−2α
0
Coulomb atractivo. Orbita para E>0
la as´ıntota de entrada es : y = b
la as´ıntota de salida y =
b 2
−
b2 1+ 2 2 a
−
x 2 a
Por tanto el a´ngulo de dispersi´ on es: Θ=
−2ϕ = −2 arcsen 1 = −2arctg √ 1− 1 = −2 arctg ab 0
2
87
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
k Teniendo en cuenta que a = mv angulo de dispersi´ o n en 2 , podemos escribir el ´ 0 t´erminos de las condiciones iniciales como
Θ=
5.
−2arctg mvk b
2 0
(4.48)
Secci´ on eficaz
5..1
Concepto de secci´ on eficaz y secci´ on eficaz diferencial
Una de las maneras m´as importantes de obtener informaci´ on acerca de la estructura de cuerpos peque˜ nos es bombardearlos con part´ıculas y medir el n´ umero de part´ıculas dispersadas en las distintas direcciones. La distribuci´ on angular de las part´ıculas dispersadas depender´a de la naturaleza del blanco que se bombardea y de las fuerzas que act´ uan entre este y las part´ıculas. En el caso de colisiones entre part´ıculas at´ omicas, la regi´on en la c´ ual la trayectoria se desv´ıa es muy peque˜ na y la magnitud observable es el a´ngulo de dispersi´ on. La situaci´on experimental es la siguiente:
• A la entrada Se env´ıa un chorro de part´ıculas con una determinada energ´ıa E = (1/2)mv02 donde v0 es medible, y diferentes par´ ametros de impacto b (que no es un observable). Sea N el n´ umero de part´ıculas enviadas. N no es medible pero si lo es n definido como el n´ umero de part´ıculas que atraviesan la unidad de ´area perpendicular a la direcci´on de incidencia y por tanto
n =
dN dσ
(5.1)
donde dσ es el elemento de ´area perpendicular a la direcci´ on de incidencia y por tanto en t´erminos del par´ ametro del impacto dσ = bdbdΦ
(5.2)
88
Cap´ıtulo 3
Θ Ω Φ
Φ
Θ
• A la salida El otro dato medible es la distribuci´ on angular, es decir, cuantas part´ıculas se dispersan con a´ngulos de dispersi´ on comprendidos ente Θ y Θ + dΘ dN dΩ siendo dΩ el ´angulo s´ olido subtendido por dΘ N Θ =
(5.3)
dΩ = sinΘdΘdΦ
(5.4)
Combinando (5.3) y (5.1)
dσ dΩ y por tanto la fracci´ on de part´ıculas dispersadas es: N Θ = n
(5.5)
N Θ dσ = n dΩ
(5.6)
Substituyendo (5.2) y (5.4) N Θ dσ db = = b sinΘ n dΩ dΘ
(5.7)
89
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
dσ on eficaz diferencial y es el a´rea normal La magnitud dΩ se denomina secci´ a la direcci´on de incidencia que atraviesan las part´ıculas que se dispersan en un ´angulo s´ olido dΩ mientras que dσ σ= dΩ (5.8) dΩ es la secci´on eficaz total y da cuenta del a´rea total que han atravesado todas las part´ıculas que sufren dispersi´ on
C´alculo experimental
C´ alculo Te´ orico
dσ N Θ = dΩ n
(5.9)
dσ b db = (5.10) dΩ sinΘ dΘ donde es necesario conocer la funci´ on b(Θ) es decir como depende el a´ngulo de dispersi´on del par´ ametro de impacto
90
Cap´ıtulo 3
5..2
Difusi´ on por una esfera dura
Corresponde a un potencial V (r) = si r < R V (r) = 0 si r > R
∞
de forma que s´ olo las part´ıculas con b < R se dispersan
α Θ
α
• C´alculo de b(Θ)
Dado que el a´ngulo de reflexi´ on es igual al de incidencia Θ = π
− 2α
donde sin α =
b R
de manera que cos(Θ/2) = y
(5.11)
b R
b = R cos(Θ/2)
(5.12)
(5.13) (5.14)
91
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
• C´alculo de
dσ dΩ
dσ R2 sin(Θ/2) cos(Θ/2) = dΩ 2 sinΘ dσ R2 = (5.15) dΩ 4 como la secci´ on eficaz diferencial es constante se dice que es is´ otropa ya que el n´umero de part´ıculas difundidas en cualquier direcci´ on es el mismo.
• C´alculo de σ
R2 σ = 4
2π
π
dθ
0
o
R2 sinΘdΘ = 2π2 4
σ = πR2
(5.16)
La part´ıculas que se dispersan atraviesan una superficie equivalente a la de una circunferencia de radio R
5..3
Difusi´ on de Rutherford
Seg´ un hemos visto ((4.16) y (4.45)). para el potencial de Coulomb b =
k | mv tg(Θ/2) |
(5.17)
0
y por tanto
db k 1 = dΘ 2mv02 sin2 (Θ/2)
|
|
(5.18)
Substituyendo en (5.9) dσ = dΩ
k mv02
2
1 1 = 2 2sin (Θ/2) tg(Θ/2) sinΘ
y por tanto dσ = dΩ
k 2mv02
2
k mv02
2
1 4sin (Θ/2)
1 sin4(Θ/2)
4
(5.19)
La integraci´ on proporciona σ =
dσ dΩ = 2π dΩ
2
π
k 2mv02
0
sinΘdΘ = sin4 (Θ/2)
∞
(5.20)
como corresponde al hecho de que el potencial de Coulomb tiene alcance infinito y por tanto hay dispersi´on para cualquier par´ ametro de impacto por grande que este sea.
92
5..4
Cap´ıtulo 3
Aproximaci´ o n de a ´ngulos peque˜ nos
Veamos ahora que sucede cuando calculamos la secci´ on eficaz en la aproximaci´ on de a´ngulos peque˜ nos sin necesidad de conocer a priori el a´ngulo de dispersi´ o n. En esta aproximaci´ on py sin Θ = p siendo p el momento lineal final de la part´ıcula y p el momento lineal final en la y
direcci´on y. Si el ´angulo es peque˜ no podemos aproximar p
≈ p ≈ p = mv x
0
debido a que el momento lineal en la direcci´ on x pr´acticamente se conserva. En la direcci´on y ∞ py = F y dt −∞ con lo cual ∞ F y dt −∞ sinΘ = mv0 Las fuerzas consideradas son fuerzas centrales conservativas, luego entonces
F y =
∂V ∂r ∂V y − ∂V =− =− ∂y ∂r ∂y ∂r r
y por lo tanto
∞ ∂V y ∞ ∂r r dt mv0 En la aproximaci´on de ´angulos peque˜ nos podemos considerar la trayectoria de la part´ıcula como una linea recta de ecuaci´on
− sin Θ =
y = b,
x = v 0 t
y por tanto dx = v 0 dt Utilizando las expresiones anteriores tenemos para el ´angulo de dispersi´ on en esta aproximaci´ on ∞ ∂V b 2 r sin Θ = dr 2 mv0 b ∂r r r 2 b2 donde hemos utilizado que
−
dx =
∂x r dr = dr = ∂r x
√ −
r
− r2
y2
dr =
√ r r− b dr 2
2
93
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
Por lo tanto sinΘ
≈Θ=−
2b mv02
∞ ∂V
b
dr √ ∂r r − b 2
2
La integral se ha multiplicado por dos para tener en cuenta la contribuci´ on de las x positivas y negativas. La expresi´on anterior representa el angulo ´ de dispersi´ on para una part´ıcula sometida a un potencial V en t´erminos del par´ametro de impacto en la aproximaci´on de a´ngulos peque˜ nos.
94
6.
Cap´ıtulo 3
Problemas
Enunciados 1) Encontrar cual de las siguientes fuerzas es conservativa y para la que lo sea hallar el potencial a) F x = ax + by 2 , F y = az + 2bxy, Fz = ay + bz 2 b) F x = ay, Fy = az, Fz = ax c) F r = 2ar sin θ sin ϕ, F ϕ = ar cos ϕ, F θ = ar cos θ sin ϕ = ra d) F = a r e) F = (a.r)a f) F 2) Una part´ıcula de masa m se mueve bajo la acci´ on de una fuerza central cuyo 4 potencial es V (r) = kr con k > 0. ¿Para qu´e energ´ıa y momento angular ser´ a la ´orbita una circunferencia con centro en el origen? ¿Cu´ al es el periodo de este movimiento circular? Si se perturba ligeramente el movimiento, ¿cu´ al ser´a el periodo de las peque˜ nas oscilaciones radiales alrededor de r = a? 3) Dado el potencial V (r) = kr −n, siendo k una constante positiva, demostrar
×
−
que las o´rbitas circulares son inestables para n > 2.
4) En algunos libros de F´ısica elemental se acostumbra a igualar la fuerza gravitatoria con la centr´ıfuga para efectuar ciertos c´ alculos de o´rbitas planetarias. Razonar que ´esto solamente es util ´ en el caso de ´orbitas circulares y aprovechar el razonamiento para calcular el radio de curvatura en el afelio de una orbita ´ el´ıptica en funci´ on de los par´ametros habituales. 5) Un sat´elite artificial de masa m describe una o´rbita circular de radio R. En un cierto instante su velocidad se reduce a la mitad y el sat´elite pasa a una ´orbita el´ıptica. Calcular la energ´ıa, el momento angular y los semiejes de la nueva orbita. ´ 6) Se ha observado un cometa cuya distancia m´ınima al Sol es la mitad del radio de la o´rbita terrestre (supuesta circular) y cuya velocidad para esa distancia es el doble de la velocidad orbital de la Tierra. ¿Se podr´ a observar dicho cometa en el futuro? 7) Se considera un sistema planetario de ficci´on en el que la Estrella-Sol correspondiente genera un campo conservativo del tipo V = kr3 /3, siendo k una constante positiva. Un planeta de este sistema tiene inicialmente una velocidad v0 ortogonal a la fuerza central. ¿Para qu´e valor del m´ odulo v0 la o´rbita del planeta ser´ a una circunferencia? 8) Un cometa se mueve en el campo gravitatorio del Sol con periodo T . En el perihelio la distancia del Sol al cometa es r p . Hallar la distancia del Sol al afelio de la ´orbita del cometa si se conoce el periodo de la Tierra alrededor del Sol y el eje mayor de la o´rbita de la Tierra.
95
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
9) Estudiar el potencial V = 10) Sea el vector
−
k 2r2
con k > 0.
= 1 L p + k r M m r Demostrar que es una constante para el potencial V (r) = calcular la trayectoria.
×
−
k . r
Utilizarlo para
11) Una masa m se une mediante un hilo flexible ligero de longitud a a un resorte cuya longitud es tambi´en a y su constante de recuperaci´ on k. El otro extremo del resorte est´ a en un punto fijo O permitiendo el giro del hilo alrededor de ese punto. Demostrar que la ecuaci´ on radial del movimiento de la masa para r > 2a es: 1 2 L2 1 mr˙ + + k(r 2a)2 = E 2 2 2mr 2 donde L es el momento angular y E la energ´ıa total. ¿C´ ual es la ecuaci´on correspondiente para r < 2a? Se tira de la masa hasta llevarla a una distancia 3a de O y se le da una vel ocidad v perpendicular al hilo. a) ¿Para qu´e valor de v ser´a circular la trayectoria de la masa? b) ¿C´ ual es el valor m´ınimo vm de v que mantendr´ a tenso el hilo en todo movimiento subsiguiente? Ayuda: El hilo se mantiene tenso siempre que la distanc ia al centro sea mayor que 2a. c) Verificar que cuando v sea menor que vm la distancia rm de m´axima aproximaci´on vendr´ a dada por: −1/2 ka 2 rm = 3a 1 + mv 2
−
12) Sea el potencial V (r) = precesan.
−
k r
+
k . 2r2
Demostrar que las o´rbitas son elipses que
on eficaz para la ‘ca´ıda” de part´ıculas en el centro de un 13) Determinar la secci´ campo de fuerzas F = rk3 con k > 0.
−
on eficaz para la “ca´ıda” de part´ıculas en el centro de un 14) Determinar la secci´ k campo V = rn con k > 0 y n > 2..
−
15) Analizar el proceso de scattering producido por una fuerza repulsiva central de la forma F = kr−3 . Mostrar que la secci´on eficaz diferencial viene dada por la expresi´on 1 x dσ k = dΩ 2πE sin(πx) x2 (2 x)2 siendo E la energ´ıa y x = Θ/π.
− −
on de angulos 16) Hallar la secci´on eficaz de Rutherford exacta y en la aproximaci´ peque˜ nos y comprobar que en ese l´ımite coinciden.
96
Cap´ıtulo 3
1) Encontrar cual de las siguientes fuerzas es conservativa y para la que lo sea hallar el potencial a) F x = ax + by 2 , F y = az + 2bxy, Fz = ay + bz 2 b) F x = ay, Fy = az, Fz = ax c) F r = 2ar sin θ sin ϕ, F ϕ = ar cos ϕ, F θ = ar cos θ sin ϕ = ra d) F = a r e) F = (a.r)a f) F
×
Soluci´ on
•
a) F x = ax + by 2 ,
F y = az + 2bxy,
Fz = az + 2bxy Tenemos
∇ × F = (a − a, 0 − 0, 2by − 2by) = 0
Por tanto
− ∂V = ax + by ∂x = az + 2bxy2 − ∂V ∂y 2
= az + 2bxy2 − ∂V ∂z Integrando V =
•
b) F x = ay,
Fy = az,
ax2 bz 3 + by 2 x + ayz + 2 3
Fz = ax
En este caso
∇ × F = (−a, −a, −a)
luego no es no es conservativa
•
c) F r = 2ar sin θ sin ϕ,
F ϕ = ar cos ϕ,
F θ = ar cos θ sin ϕ
Escribiendo el rotacional en esf´ericas 1 ∂F θ ∂ (F ϕ senθ) F = jr rsenθ ∂ϕ ∂θ 1 ∂F r ∂ (rF θ ) + jϕ r ∂θ ∂r 1 ∂ (rsenθF ϕ ) ∂F r + jθ rsenθ ∂r ∂ϕ
∇×
−
−
−
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
∇ × F = 0 luego es conservativa y por tanto
− ∂V ∂r − ∂V ∂ϕ − ∂V ∂θ
= 2ar sin θ sin ϕ = 2ar cos ϕ = ar cos θ sin ϕ
Integrando V =
•
−ar
2
sin θ sin ϕ
= ra d) F
∇ × F = − 1r a × r = 0 No es conservativa
•
= a e) F
× r ∇ × F = ∇ × (a × r) = a(∇ .r) − (a.∇ )r = 3a − a
No es conservativa
•
= (a.r) a f) F Hac´endolo en cartesianas
∇ × F = 0 Luego es conservativa y el potencial es 1 2 2 V = axx + a2y y 2 + a2z z 2 + ax ay xy + ax az xz + ay az yz 2
97
98
Cap´ıtulo 3
2) Una part´ıcula de masa m se mueve bajo la acci´ on de una fuerza central cuyo 4 potencial es V (r) = kr con k > 0. ¿Para qu´e energ´ıa y momento angular ser´ a la ´orbita una circunferencia con centro en el origen? ¿Cu´ al es el per´ıodo de este movimiento circular? Si se perturba ligeramente el movimiento, ¿cu´ al ser´a el per´ıodo de las peque˜ nas oscilaciones radiales alrededor de r = a?
Soluci´ on
•
En primer lugar escribimos el potencial efectivo U (r) que ser´a de la forma L2 U (r) = kr + 2mr2 4
E R
Este potencial tiende a infinito para r tendiendo a cero y a infinito, y tendremos por tanto estados ligados donde la part´ıcula se mover´ a entre dos puntos de retroceso. El m´ınimo del potencial se localiza en r = R donde R es tal que U (r)
r=R =
|
y por lo tanto
4kR
3
−
L2 =0 mR3
L2 R = 4mk Cuando la energ´ıa es igual al m´ınimo del potencial, es decir, E = U (R), r permanece constante a lo largo del movimiento y por lo tanto la ´orbita ser´ a una 6
99
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
circunferencia con centro en el origen. Esta situaci´ on se dar´ a para un valor de la energ´ıa E = U (R) = 3kR 4 El valor correspondiente del momento angular es simplemente, utilizando la expresi´on calculada para R, L = 2R3 mk
√
El per´ıodo de este movimiento circular puede calcularse teniendo en cuenta que L = mR 2 ω = mR 2
2π T
y el valor calculado para el momento angular. El resultado es T =
m 1 π k R
Supongamos ahora que perturbamos ligeramente el movimiento. Alrededor del m´ınimo todo potencial puede aproximarse por el potencial del oscilador arm´onico. En efecto, desarrollamos en serie de Taylor en torno a r = R
•
U (r) = U (R) + U (R)(r
− R) + 21 U (R)(r − R) + ·· · 2
En este caso, qued´ andonos con la aproximaci´ on a segundo orden en las derivadas se tiene, 1 U (r) = 3kR 4 + 24kR 2 (r R)2 2 Para calcular el per´ıodo de las peque˜ nas oscilaciones alrededor del m´ınimo, bastar´ a comparar el t´ermino procedente de la perturbaci´ on con el potencial del oscilador 1 2 2 arm´onico 2 mω0 r , esto es 24kR 2 = mω 02
−
de donde obtenemos para la frecuencia y el per´ıodo las expresiones ω0 = T 0 =
√
6ω > ω 2π < T 6ω
√
En consecuencia, la o´rbita no cierra nunca ya que la relaci´ on entre las frecuencias es irracional. Se completa un per´ıodo de oscilaci´on antes de que la part´ıcula recorra una circunferencia entera.
100
Cap´ıtulo 3
3) Dado el potencial V (r) = kr −n, siendo k una constante positiva, demostrar que las o´rbitas circulares son inestables para n > 2.
−
Soluci´ on El potencial efectivo correspondiente a este potencial ser´ a de la forma U (r) =
−
k L2 + r n 2mr2
Tal y como vimos en el problema anterior, las o´rbitas circulares corresponder´ an a un valor de la energ´ıa tal que E = U (R), siendo R el m´ınimo del potencial. Calculemos en primer lugar los puntos cr´ıticos del potencial efectivo. U (r)
kn r=R = Rn+1
|
−
L2 =0 mR3
Por lo tanto
nmk L2 Para decidir si las o´rbitas circulares son estables o inestables, es preciso determinar cuando el punto cr´ıtico correspondiente a r = R es un m´ınimo o un m´ aximo del potencial efectivo. Para ello calculamos la derivada segunda Rn−2 =
U (r)
r=R =
|
−
kn(n + 1) 3L2 L2 + = 4 (2 Rn+2 mR4 Rm
− n)
donde hemos utilizado la expresi´ on calculada anteriormente para R. Si n > 2, se tiene que U (R) < 0. Para estos valores de n, R corresponde a un m´ aximo del potencial efectivo y por lo tanto las o´rbitas circulares ser´ an inestables. Por el contrario cuando n < 2, R ser´a un m´ınimo del potencial efectivo y las o´rbitas circulares ser´ an estables.
101
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
4) En algunos libros de F´ısica elemental se acostumbra a igualar la fuerza gravitatoria con la centr´ıfuga para efectuar ciertos c´ alculos de o´rbitas planetarias. Razonar que ´esto solamente es util ´ en el caso de ´orbitas circulares y aprovechar el razonamiento para calcular el radio de curvatura en el afelio de una orbita ´ el´ıptica en funci´ on de los par´ametros habituales.
Soluci´ on Los vectores velocidad y aceleraci´ on en coordenadas polares planas se escriben en la forma ϕ , r˙ = r˙ j r + r ˙ϕ j r + (rϕ¨ + 2r ˙ a = (¨r r ˙ϕ2 ) j ˙ϕ) j ϕ
−
y la fuerza gravitatoria = F
− rk j
2 r
= ma, se tiene Utilizando la segunda ley de Newton F m¨ r
2
− mr ˙ϕ
=
− rk
2
ϕ¨ + 2r ˙ ˙ϕ = 0
• Cuando la o´rbita es circular v
2
= r 2 ϕ˙ 2 y r = ˙ 0 con lo cual r¨ = 0 y la expresi´on
anterior se convierte en
v2 k m = r r2 donde el primer t´ermino corresponde a la fuerza centr´ıfuga. Luego s´ olo en el caso de o´rbitas circulares es posible igualar la fuerza gravitatoria a la fuerza centr´ıfuga.
−
−
• Sin embargo, para una o´rbita el´ıptica, el afelio y el perihelio corresponden a puntos de retroceso del potencial, en los cuales r˙1 = 0 y por lo tanto la velocidad y aceleraci´ on en dichos puntos se escriben en la forma ϕ1 , = v1 = r 1 ϕ r˙1 = r1 ϕ ˙ 1 j ˙ 1 r¨1 = (¨r1 r1 ϕ˙1 2 ) j r1
⇒
−
de manera que r˙1 y r¨1 son perpendiculares Y las ecuaciones de movimiento son: m¨ r1
2 1
− mr ϕ ˙ 1
=
− rk
ϕ¨1 = 0
2 1
102
Cap´ıtulo 3
Puesto que la aceleraci´ on solo tiene componente normal, podemos definir el radio de curvatura como ρ que verifique v12 a1 = ρ Utilizando la segunda ley de Newton,
− o bien
k = r12
−
v12 m ρ
mv12 r12 ρ = k
teniendo en cuenta que k = GM s m r1 = a
± c = a(1 ± )
donde a es el semieje mayor de la o´rbita, c la distancia focal, y M s la masa del sol, situado en el foco de la elipse. El signo indica que se trata del afelio o del perihelio. Para determinar el valor de v1 utilizamos la expresi´on para la conservaci´ on de la energ´ıa. En el afelio y en el perihelio ser´ a
±
1 E = mv12 2
− G (aM ±mc) s
donde m es la masa del planeta. En t´erminos del semieje mayor de la orbita ´ a, k − la energ´ıa se escribe como E = 2a , donde k = GM s m. Comparando las dos expresiones para la energ´ıa, obtenemos la velocidad en el afelio y en el perihelio de la o´rbita a c v12 = GM s a(a c)
∓ ±
El radio de curvatura en el afelio y en el perihelio de la o´rbita ser´ a entonces 1 ρ = (a2 a
−
b2 c )= a 2
En el caso particular en que la o´rbita es circular, b = a y por lo tanto el radio de curvatura coincide exactamente con el radio de la o´rbita como era de esperar.
103
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
5) Un sat´elite artificial de masa m describe una o´rbita circular de radio R. En un cierto instante su velocidad se reduce a la mitad y el sat´elite pasa a una ´orbita el´ıptica. Calcular la energ´ıa, el momento angular y los semiejes de la nueva orbita. ´
Soluci´ on
Como vimos en el problema anterior, cuando la o´rbita es circular podemos igualar la fuerza gravitatoria a la fuerza centr´ıfuga, lo cual nos permitir´ a calcular la velocidad del sat´elite cuando se encuentra en esa ´orbita
v2 Mm m = G 2 R R
siendo M la masa del planeta. La velocidad en esta ´orbita es entonces
v 2 = G
M R
104
Cap´ıtulo 3
R
En un cierto instante la velocidad se reduce a la mitad, con lo cual la energ´ıa y el momento angular en esta nueva situaci´ on ser´ an 1 v 2 Mm E = m G = 2 2 R v 1 L = mR = m GMR. 2 2
−
√
− 78 G MRm ,
Con estos valores de E y L el sat´elite empieza a describir una o´rbita el´ıptica, cuyos semiejes vendr´ an dados por las longitudes caracter´ısticas del potencial de Coulomb a y b, a = b
2
| k | = 1 GM m 8R = 4 R, 2 | E | 2 7GM m 7
L2 1 = = R2 2m E 7
| |
105
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
6) Se ha observado un cometa cuya distancia m´ınima al Sol es la mitad del radio de la o´rbita terrestre (supuesta circular) y cuya velocidad para esa distancia es el doble de la velocidad orbital de la Tierra. ¿Se podr´ a observar dicho cometa en el futuro?
Soluci´ on
Por tratarse de fuerzas centrales, la energ´ıa es una constante del movimiento, por lo cual podemos calcular su valor a partir del correspondiente al punto de m´axima aproximaci´ o n al sol, para el cual el radio es la mitad del de la ´o rbita terrestre R (supuesta circular) y la velocidad v el doble de la velocidad orbital de la tierra, 1 M s m E = m(2v)2 G 2 R/2 siendo m la masa del cometa y M s la del sol. Para determinar la relaci´ on entre R y v, en la aproximaci´on de o´rbita circular para la tierra, se verifica v2 M t M s M t = G R R2 donde M t es la masa de la tierra, y en consecuencia despejando v,
−
M s R Sustituyendo la expresi´ on para v en la de la energ´ıa del cometa v 2 = G
1 M s M s E = m4G 2Gm =0 2 R R Teniendo en cuenta que para el potencial de Coulomb, el par´ ametro se escribe como 2EL 2 = 1 + mk 2
−
106
Cap´ıtulo 3
en este caso = 1. La ´orbita ser´ a una par´ a bola y por lo tanto no ser´ a posible observar el cometa en el futuro.
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
107
7) Se considera un sistema planetario de ficci´on en el que la Estrella-Sol correspondiente genera un campo conservativo del tipo V = kr3 /3, siendo k una constante positiva. Un planeta de este sistema tiene inicialmente una velocidad v0 ortogonal a la fuerza central. ¿Para qu´e valor del m´ odulo v0 la o´rbita del planeta ser´ a una circunferencia?
Soluci´ on El potencial efectivo asociado al potencial V (r) es 1 3 L2 U (r) = kr + 3 2mr2 El m´ınimo del potencial efectivo correspondiente a r = R, se determinar´ a derivando la expresi´on anterior L2 2 U (r) r=R = kR =0 mR3 y por lo tanto 1 L 2 5 R = mk
|
−
Para que la o´rbita sea una circunferencia, la energ´ıa debe ser igual al m´ınimo del potencial, E = U (R). Adem´as por ser una fuerza conservativa la energ´ıa es una constante del movimiento, con lo cual puede determinarse con su valor en el instante inicial 1 1 E = mv02 + kR 3 2 3 mientras que el m´ınimo del potencial es 1 3 L2 U (R) = kR + 3 2mR2 Igualando las dos expresiones anteriores obtenemos el valor para v0 v02 =
k 3 R m
que tendr´ au ´nicamente direcci´ on angular por tratarse de una o´rbita circular v0 = R
k R jϕ m
108
Cap´ıtulo 3
8) Un cometa se mueve en el campo gravitatorio del Sol con per´ıodo T . En el perihelio la distancia del Sol al cometa es r p . Hallar la distancia del Sol al afelio de la ´orbita del cometa si se conoce el per´ıodo de la Tierra alrededor del Sol y el eje mayor de la o´rbita de la Tierra.
Soluci´ on Sean ra y r p las distancias del sol al afelio y al perihelio de la ´orbita del cometa alrededor del sol, respectivamente. Sea a el semieje mayor de dicha ´orbita. Se verifica ra = 2a r p
−
Utilizando la tercera ley de Kepler del movimiento planetario a3 T = 4π GM s 2
2
donde T es el per´ıodo de la o´rbita y M s la masa del sol. La misma expresi´ o n se satisface obviamente para el movimiento de la tierra alrededor del sol con per´ıodo T t y semieje mayor de la ´orbita a t , T t2
a3t = 4π GM s 2
Dividiendo una expresi´on entre otra obtenemos a = a t
T T t
2/3
y por lo tanto la distancia del sol al afelio del cometa ser´ a ra = 2at
2/3
T T t
−r
p
La tercera Ley de Kepler puede obtenerse f´ acilmente a partir de la conservaci´ on del momento angular para fuerzas centrales. El elemento diferencial de area ´ que barre el vector r a lo largo de la o´rbita es dA 1 L = r2 ϕ = ˙ dt 2 2m Teniendo en cuenta que el a´rea de la elipse es A = πab, integrando obtenemos el per´ıodo de la o´rbita dado por la expresi´ on (6.). Es posible obtener tambi´en este resultado utilizando la expresi´on para el momento angular L = mr 2 ϕ y ˙ la ecuaci´on para la o´rbita, e integrando entre a´ngulos 0 y 2π, es decir mb4 T = La2
2π
0
dϕ (1 + cos(ϕ))2
109
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
Otra manera de obtener la expresi´ on para la tercera ley de Kepler es a partir de la integraci´ on de la ecuaci´on del movimiento
−
1 2 L2 H = mr˙ + 2 2mr2
− kr
entre los puntos de retroceso r1 y r2, es decir r2
T = 2
r1
2 m
dr
−
H
−
L2 2mr2
+
k r
110
Cap´ıtulo 3
9) Estudiar el potencial V =
−
k 2r2
con k > 0.
Soluci´ on El potencial efectivo asociado al potencial V (r) toma la forma L2 L2 km U (r) = + V (r) = 2mr2 2mr2
−
Dependiendo del signo de U (r) debemos considerar dos casos por separado a la hora de analizar el potencial: el caso con L2 > km y el caso con L 2 < km.
Caso 1) L2
− mk > 0 incluye el caso k = − | k |
En este caso los estados son siempre de difusi´ on y por lo tanto es conveniente tomar las condiciones iniciales en el infinito. Suponemos que la part´ıcula viene del infinito, con par´ ametro de impacto b, paralela al eje X (ϕ∞ = 0) y con velocidad v0 i. Con estas condiciones iniciales, podemos determinar las expresiones para el momento angular y la energ´ıa, L = mbv0
−
1 E = mv02 2 Existe un u ´ nico punto de retroceso r1 dado por la condici´ on E = U (r1 ) que corresponder´ a por tanto a L2 mk 2 r1 = 2mE
−
111
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
Combinando las expresiones anteriores es posible expresar la energ´ıa, el momento angular y la velocidad inicial v∞ en t´erminos del punto de retroceso y del par´ ametro de impacto en la forma
mk , b2 r12
L = b E = v∞ =
k 2(b2
−
− r ), 2 1
k
m(b2
2 1
−r )
donde adem´ a s el par´ ametro de impacto b y el punto de retroceso r1 est´an relacionados mediante la expresi´ on, L2 b = 2 r12 L mk 2
−
de donde se deduce que b r1 . Una vez expresados el momento angular y la energ´ıa en t´erminos de los par´ ametros habituales, procedemos a calcular la o´rbita. Las ecuaciones del movimiento son
≥
1 2 L2 mk E = mr˙ + , 2 2mr2 L = mr2 ϕ˙
−
Para integrarlas es conveniente utilizar el cambio de variable r(t) = de forma que r = ˙ donde p =
dp . dϕ
1 p(ϕ)
1 L ˙ = − p − p1 ϕp p mr 2
2
2
=
− mL p
Sustituyendo r en ˙ la expresi´ on para la energ´ıa obtenemos 2m p2 = 2 L
L 2
− mk p E − 2m
2
En t´erminos del punto de retroceso y del par´ ametro de impacto, la ecuaci´ on diferencial anterior puede escribirse en la forma, p2 =
1 (1 b2
2 2 1
− r p )
112
Cap´ıtulo 3
Integrando y deshaciendo el cambio, obtenemos r =
sin
r1 r1 ϕ + b
α0
La condici´ on inicial es que ϕ = 0 cuando r tiende a por lo tanto r1 r = sin r1bϕ
En el punto de retroceso r = r 1, se verifica que sin r1 =
π b 2 ϕ1
∞, lo que determina α = 0 y 0
r1 ϕ1 b
= 1, y por lo tanto
En t´erminos del ´angulo ϕ 1, la expresi´on para la o´rbita es r1
r = sin
π ϕ 2 ϕ1
donde r 1 , b y ϕ1 pueden escribirse en la forma
−
L2 mk r1 = , 2mE L2 b = , 2mE π L2 ϕ1 = . 2 L2 mk
−
A continuaci´ on pasamos a analizar la o´rbita. As´ıntotas De la ecuaci´on 6., es f´acil ver que r tiende a cuando ϕ = 0 y cuando ϕ = 2ϕ1 , y por tanto las as´ıntotas corresponder´ an a estos dos valores del a´ngulo. Veamos cuales son las dos as´ıntotas, de entrada y de salida, correspondientes a los valores de ϕ anteriores. i) As´ıntota de entrada Puesto que ϕ = 0, la as´ıntota ser´a y = c donde c se determina como
∞
r1 sin ϕ 2 c = lim y = lim r sin ϕ = lim = r1 ϕ1 = b ϕ→0 ϕ→0 ϕ→0 π sin π ϕ
2 ϕ1
luego como era de esperar por las condiciones iniciales, la as´ıntota de entrada es y = b. ii) As´ıntota de salida
113
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
Esta as´ıntota ser´ a la asociada a ϕ = 2ϕ1 , que es de la forma y = tg 2ϕ1 x + c, donde ahora c es lim (y ϕ→2ϕ1
b − tg 2ϕ x) = − cos2ϕ 1
1
La as´ıntota de salida tiene entonces la ecuaci´ on y = (tg 2ϕ1 )x
b − cos2ϕ
1
Veamos ahora algunos casos por separado, dependiendo del rango de valores para ϕ1 .
a) 2ϕ1 = π . Este valor de ϕ1 corresponde a k = 0. La as´ıntota de salida es la misma que la de entrada, y = b. En este caso el potencial es V = 0, por lo que como era de esperar la part´ıcula es libre y no modifica su trayectoria.
b) π < 2ϕ1 <
3π 2
En este rango de valores, la as´ıntota de salida es y = tg 2ϕ1 x +
|
Potencial efectivo repulsivo r1=1.5b
|
|
b cos2ϕ1
|
Potencial efectivo repulsivo r1=2b
114
c)
Cap´ıtulo 3
3π 2
Potencial efectivo repulsivo r1=2.3b
Potencial efectivo repulsivo r1=0.9b
Potencial efectivo repulsivo r1=0.3b
Potencial efectivo repulsivo r1=0.1b
< 2ϕ1 < 2π
La as´ıntota de salida tiene la ecuaci´ on y =
d) 2π < 2ϕ1 <
b − | tg 2ϕ | x − | cos2ϕ | 1
1
5π 2
La as´ıntota de salida es b | − | cos2ϕ |
y = tg 2ϕ1 x
|
1
A medida que mk aumenta, lo hace tambi´en ϕ1 . En el l´ımite cuando mk se tiene que ϕ1 y r1 0. El caso l´ımite es entonces
→ ∞ → e) ϕ → ∞, y r → 0 1
1
La ecuaci´ on para la o´rbita es r = lim r1 →0 sin
r1 ϕr1 b
=
b ϕ
2
→ L ,
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
115
en cuyo caso la o´rbita es la espiral hiperb´ olica de ecuaci´on r = ϕb y no hay as´ıntota de salida.
Caso 2)L2 < mk En este caso podemos escribir el potencial efectivo en la forma, U (r) =
−
mk L2 2mr2
−
y por tanto habremos de considerar dos casos independientes, dependiendo de que la energ´ıa sea positiva o negativa. 2a) E > 0
potencial efectivo para L2–2mk<0; E>0
Debido a que el potencial es negativo, los estados son de difusi´ on pero no hay puntos de retroceso. Conviene, al igual que en el caso 1, tomar las condiciones iniciales en el infinito L = mbv∞ 1 2 E = mv 2 ∞ 1 Con el cambio de coordenadas r(t) = p(ϕ) , la ecuaci´ on diferencial para determinar la o´rbita es 2m mk L2 2 2 p = 2 E + p L L2
−
116
Cap´ıtulo 3
Introduciendo la constante mk L2 α = L2 2
−
la soluci´on correspondiente es
r =
αb senh(αϕ + α0 )
Teniendo en cuenta las condiciones iniciales ϕ = 0 cuando r que α0 = 0, y por tanto la ´orbita
→ ∞, luego se tiene
r =
αb senh(αϕ)
seg´ un la cual ϕ puede tomar un valor arbitrariamente grande y r se va haciendo peque˜ no a medida que ϕ crece.
Potencial efectivo atractivo. Energia positiva a=0.1b
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
117
2b) E < 0
potencial efectivo para L2–2mk<0; E<0
Teniendo en cuenta que siempre debe verificarse que E > U (r), el estado es ligado y la part´ıcula esta confinada en el tramo 0 < r < r1 , siendo r1 el punto de retroceso que satisface la condici´ on E = U (r1 ). Debido a que E < 0, se verifica adem´as que E = E y por tanto el punto de retroceso ser´a
− | |
mk L2 = 2m E
− | |
r12
Utilizando el mismo cambio de coordenadas a la variable p que en el apartado anterior, se tiene 2m E 2 2 p2 = ( 1 + r p ) 1 L2 Introduciendo ahora la constante
| | −
L2 β = 2m E 2
| |
La ecuaci´ on para la o´rbita es r =
r1 r1 ϕ cosh( β
+ α0 )
Imponiendo como condici´on inicial que ϕ = 0 cuando r = r1 , se tiene de nuevo que α0 = 0 y entonces r1 r = cosh( r1β ϕ )
118
Cap´ıtulo 3
Potencial efectivo atractivo. Energia negativa a=0.1b
119
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
10) Sea el vector = 1 L p + k r M m r Demostrar que es una constante para el potencial V (r) = calcular la trayectoria.
×
−
k . r
Utilizarlo para
Soluci´ on es una constante para este potencial calculamos Para dempostrar que el vector M su derivada temporal dM = m(r dt
r¨)
× ×
r˙ + m(r
r˙ )
× ×
r˙ ¨ r + k r
− k rr ˙r 2
En coordenadas polares planas, los vectores r, ˙r y r¨ se escriben en la forma r = r j r , ϕ , r˙ = r˙ j r + r ˙ϕ j r + (rϕ¨ + 2r ˙ r¨ = (¨r r ˙ϕ2 ) j ˙ϕ) j ϕ
−
Por otra parte, ϕ y ˙ su derivada se escriben en t´erminos del momento angular como L , mr2 2L ϕ¨ = ˙r mr3 ϕ˙ =
−
y por lo tanto r , r = r j r + L j ϕ , r˙ = r˙ j mr L2 ¨ r = r¨ jr m2 r 3
−
A partir de las expresiones anteriores, se tiene que dM = L r¨ dt
−
L2 k + j ϕ m2 r 3 mr2
Teniendo en cuenta que la energ´ıa para este potencial se escribe como 1 2 L2 E = mr˙ + 2 2mr2
− kr
120
Cap´ıtulo 3
y que es una constante del movimiento y por tanto r¨
−
L2 k + =0 m2 r3 mr2
una constante del movimiento, es decir se satisface tambien que M es dM =0 dt Por su parte, el vector M puede escribirse en coordenadas polares como = M
L2 jr + Lr˙ j ϕ mr
− k
y en coordenadas cartesianas como = M
L2 mr
− k
cos θ
− Lr˙ sin θ
L2 mr
− i+
k
sin θ + Lr˙ cos θ j
Si consideramos la situaci´ on de estados de difusi´ on, imponemos como condiciones por ser un vector constante, iniciales que para θ = 0, r = y r = v ˙ ∞ , el vector M podr´a escribirse como = k M i + Lv∞ j
∞
Comparando las expresiones anteriores tenemos en componentes que L2 mr L2 mr
− − k k
cos θ
− Lr˙ sin θ = k,
sin θ + Lr˙ cos θ = Lv ∞
Entre las dos ecuaciones anteriores es posible eliminarr, ˙ de manera que utilizando las expresiones para la energ´ıa y el momento angular determinadas a partir de sus valores en el instante inicial, es decir 1 2 mv , 2 ∞ L = mbv∞
E =
podemos escribir
2Eb 2 k = k cos θ + 2Eb sin θ r La expresi´ on anterior puede escribirse en la forma
− 1 k = r 2Eb 2
− 1
1 cos(θ cos α
− α)
121
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
donde hemos introducido el a´ngulo α definido como 2Eb k De la definici´on para α obtenemos las siguientes relaciones tg α =
cos α = 2Eb = k con lo cual la expresi´on para la o´rbita es
√ −
− 1 , √ 2
−1
b 2 1 r1 ( + 1) = r = 1 + cos(θ α) 1 + cos(θ α)
−
−
Las as´ıntotas de entrada y salida corresponden precisamente a angulos ´ θ = 0 y θ = 2α, y el punto de m´aximo acercamiento se localiza para un valor del a´ngulo θ = α y corresponde a 1 rmin = b = r 1 +1 Analicemos ahora el caso particular en el cual las ´orbitas son cerradas. Las condiciones iniciales vienen dadas por θ = 0 y r = r1 ,r˙1 = 0. Podemos calcular el a partir de su valor en el instante inicial por ser un vector constante del vector M movimiento, esto es L2 = k M i mr1 Comparando con la expresi´ on general para M en cualquier instante de tiempo,
−
−
L2 mr L2 mr
− − k k
cos θ
− Lr˙ sin θ = k −
L2 , mr1
sin θ + Lr˙ cos θ = 0
Es posible tambi´en en este caso eliminar r entre ˙ ellas de manera que
1 mk = 2 1+ r L
L2 kmr 1
−
Teniendo en cuenta que
1 cos θ
L2 = 1 mkr 1 podemos escribir la expresi´ on para la o´rbita en t´erminos de y r1 como
−
r =
r1 ( + 1) 1 + cos θ
122
Cap´ıtulo 3
11) Una masa m se une mediante un hilo flexible ligero de longitud a a un resorte cuya longitud es tambi´en a y su constante de recuperaci´ on k. El otro extremo del resorte est´ a en un punto O permitiendo el giro del hilo alrededor de ese punto. Demostrar que la ecuaci´ on radial del movimiento de la masa para r > 2a es: 1 2 L2 1 mr˙ + + k(r 2 2mr2 2
2
− 2a)
= E
donde L es el momento angular y E la energ´ıa total. ¿C´ ual es la ecuaci´on correspondiente para r < 2a? Se tira de la masa hasta llevarla a una distancia 3a de O y se le da una vel ocidad v perpendicular al hilo. a) ¿Para qu´e valor de v ser´a circular la trayectoria de la masa? b) ¿C´ ual es el valor m´ınimo vm de v que mantendr´ a tenso el hilo en todo movimiento subsiguiente? Ayuda: El hilo se mantiene tenso siempre que la distancia al centro sea mayor que 2a. c) Verificar que cuando v sea menor que vm la distancia rm de m´axima aproximaci´on vendr´ a dada por: ka 2 rm = 3a 1 + mv 2
−1/2
Soluci´ on La energ´ıa y el momento angular pueden calcularse a partir de las condiciones iniciales del problema, es decir, se tira de la masa hasta una distancia 3a de O y se le da una velocidad v perpendicular al hilo de forma que r2 = 3a es un punto de retroceso 1 2 1 mv + k(3a 2 2 L = 3mav
E =
− 2a)
2
1 1 = mv2 + ka 2 , 2 2
En cuanto al potencial efectivo ser´ a de la forma 1 L2 U (r) = + k(r 2mr 2 2 L2 U (r) = si 2mr 2
•
− 2a)
2
si
r > 2a
r < 2a
a) El m´ınimo del potencial efectivo se determinar´ a derivando U (r)
123
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
r1=r2=R=2a
0
2
4
r
2
U (r)
r=R =
|
L − mR
3
+ k(R
− 2a) = 0
Para que R = 3a sea un m´ınimo del potencial con el momento angular dado por la condici´on inicial se deber´ a cumplir
U (3a) =
−
9m2 a2v 2 + ka = 0 27ma3
y por lo tanto el valor de v para que la trayectoria de la masa sea circular es
v =
3k a m
b) Se trata de que la energ´ıa sea tal que r = 2a sea el punto de m´ aximo acercamiento. Es decir E = U (r = 2a)
•
124
Cap´ıtulo 3
r1=2a, r2=3a
0
2
4
r
1 L2 E = + k(2a 2m4a2 2
−
L2 2a) = 2m4a2 2
y por lo tanto 2 9m2 a2 vm 1 2 1 2 = mv + ka 8ma2 2 m 2
Luego la velocidad m´ınima es
vm = 2a
k 5m
c) En este caso el punto de m´ aximo acercamiento es menor que 2a. En consecuencia viene determinado por
•
L2 E = 2mr12
125
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
r1
2
4
r
de manera que r1 =
L 3mav √ 2mE = √ m v + mka 2 2
2
=
3a
1+
ka2 mv2
126
Cap´ıtulo 3
12) Sea el potencial V (r) = precesan.
−
k r
+
k . 2r2
Demostrar que las o´rbitas son elipses que
Soluci´ on El potencial efectivo es
k k m + L2 U (r) = + 2mr2 r que tiende a cero cuando r tiende a infinito y a infinito cuando r tiende a cero. Presenta adem´ as un m´ınimo para L2 + mk r = 2mk
−
Para tener o´rbitas cerradas es necesario considerar el caso en que E < 0. Introducimos H = E al igual que hicimos en el potencial de Coulomb. Tendremos en esta situaci´ on estados ligados en los cuales la part´ıcula se mover´ a entre dos puntos de retroceso que calcularemos a partir de la condici´ on r = ˙ 0, y por tanto H = U (r). Estos puntos son
−
−
k 1 2H
r =
1
±
−
4a2 H 2 k2
donde hemos introducido la constante L2 + mk a = 2mH 2
En t´erminos de
4a2 H 2 =1 k2 los puntos de retroceso r 1 y r2 pueden escribirse como 2
−
r1 = a r2 = a
−
1 , 1+ 1+ 1
−
La ecuaci´ on del movimiento ser´ a 1 H = mr˙ 2 2
−
−
k a2 + H 2 r r
Para su integraci´ on hacemos el cambio de variable r(t) =
1 , p(ϕ)
L → r = ˙ − p m
127
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
e introducimos una nueva constante α L2 + mk 2mH 2 α = = a L2 L2 La ecuaci´on diferencial correspondiente es, en t´erminos de los par´ ametros a, α y 2
2
2
√ − −
α p2 = 2 1 a 1 2
−
a 1
2
p
−
1
2
Hacemos de nuevo otro cambio de variable
√ −
a 1 2 q = p
− 1
con el cual la ecuaci´ on se escribe q 2 = α 2 (1
2
− q )
cuya integraci´ on da q = sin α(ϕ + α0 ) Deshaciendo cambios la ecuaci´ on resultante para la o´rbita es r =
√ a 1−
2
1 + sin α(ϕ + α0 )
El a´ngulo α0 puede determinarse a partir de las condiciones iniciales, teniendo en cuenta que si orientamos la o´rbita de manera que para ϕ = 0 r = r1 , obtenemos que π αα0 = 2 La ecuaci´ on para la o´rbita, escrita ya en t´erminos de r1 es r =
n=3/2
r1 (1 + ) 1 + cos(αϕ)
n=5/2
128
Cap´ıtulo 3
Es interesante notar que, u´nicamente cuando α es un n´ umero impar, tendremos que para ϕ = π r = r2 . Las o´rbitas son por tanto elipses que precesan. El movimiento es el mismo que el correspondiente al potencial de Coulomb s´olo pero expresado en t´erminos de un sistema de coordenadas que precesa en torno al centro de fuerzas.
n irracional
129
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
13) Determinar la secci´ on eficaz para la “ca´ıda” de part´ıculas en el centro de un campo de fuerzas F = rk3 con k > 0.
−
Soluci´ on El potencial efectivo es
L2 mk U (r) = 2mr2 Cuando L2 > mk el potencial efectivo es positivo y por tanto repulsivo. Por el contrario cuando L2 < mk el potencial es atractivo. Por lo tanto para que se de la situaci´on de “ca´ıda” de part´ıculas al centro de fuerzas, deber´ a cumplirse la condici´on L2 mk
−
≤
El momento angular puede calcularse a partir de su valor en el instante inicial L = mbv ∞ con lo cual la condici´on sobre el par´ametro de impacto b es b2
≤ mvk
2
∞
Luego el par´ ametro de impacto s´ olo puede tomar valores comprendidos entre un valor m´ınimo bm = 0 y un valor m´aximo bM dado por b2M =
k 2 mv∞
La secci´ on eficaz ser´ a por tanto σ=
bdbdϕ =
2π
b2 dϕ 2
0
bM
= π bm
k mv∞
Es decir, la secci´on eficaz es exactamente el a´rea de una esfera de radio bM , que corresponde al a´rea que atraviesan las part´ıculas que se dispersan.
130
Cap´ıtulo 3
14) Determinar la secci´ on eficaz para la “ca´ıda” de part´ıculas en el centro de un k campo V = rn con k > 0 y n > 2..
−
Soluci´ on El potencial efectivo asociado a este potencial es k L2 L2 rn 2mr2 U (r) = + = r n 2mr2 2mrn+2 Este potencial tiende a menos infinito en el origen y a cero en el infinito. Presenta un m´aximo en el punto 1 nmk n 2 rm = L2 Para que las part´ıculas puedan caer en el centro de fuerzas, debe cumplirse la desigualdad E U m
−
−
−
≥
siendo U m el valor m´aximo del potencial, esto es U m = k
L2 nmk
n n−2
− n
2
2
Consideremos ahora las condiciones iniciales en el infinito para calcular la energ´ıa y el momento angular 1 2 mv 2 0 L = mbv0
E =
La condici´ on que ten´ıamos para la energ´ıa implica la desigualdad k
n n−2
mv02 b2 nk
− − ≤ ≤ n
2
2
n
2
2
1 2 mv 2 0
n
1 mv02 mv02 b2 n 2 nk n 2 k con lo cual, despejando el par´ ametro de impacto −
−
b2
≤n
n−2 n
1
n
−2
k mv02
2
n
Luego el par´ ametro de impacto puede tomar valores comprendidos entre 0 bm, donde n 2 2 n n 1 k bm = n n 2 mv02 −
−
≤b≤
131
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
La secci´ on eficaz puede calcularse ya f´acilmente mediante una integraci´ on bm
σ=
bdbdϕ = πn
0
n−2 n
1
n
k mv02
−2
o bien en t´erminos de la energ´ıa como σ = πn
n−2 n
1
n
−2
k 2E
2
n
2
n
132
Cap´ıtulo 3
15) Analizar el proceso de scattering producido por una fuerza repulsiva central de la forma F = kr−3 . Mostrar que la secci´on eficaz diferencial viene dada por la expresi´on dσ k 1 x = (6.1) dΩ 2πE sin(πx) x2 (2 x)2
− −
siendo E la energ´ıa y x = Θ/π.
Soluci´ on El potencial efectivo correspondiente a la fuerza del enunciado es L2 + mk U (r) = 2mr2 an´a logo al considerado en el primer caso del problema 8. Los estados son de difusi´on con un punto de retroceso dado por la expresi´on r1 =
L2 + mk 2mE
1/2
La energ´ıa y el momento angular pueden escribirse en t´erminos der1 y del par´ametro de impacto como E =
k 2(r12
L = b
2
−b )
mk r12 b2
−
La expresi´ on para la ´orbita es id´entica a la del problema 8 r =
r1 sin
r1 ϕ b
Cuando la part´ıcula se encuentra en el punto de retroceso r = r 1 se tiene para ϕ el valor π b π L2 ϕ1 = = 2 r1 2 L2 + mk De la ecuaci´ o n de la o´rbita se deduce que las asintotas de entrada y de salida corresponden respectivamente a a´ngulos ϕe = 0 y ϕs = πb , r1 ϕs = π
L2 = L2 + mk
2mEb 2 2mEb 2 + km
133
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
de donde puede obtenerse la expresi´ on para el par´ ametro de impacto en t´erminos de ϕ s k ϕs b = 2E π 2 ϕ2s
− −
Teniendo en cuenta que el a´ngulo de dispersi´ o n es Θ = π b =
k 2E
−ϕ
s
(π Θ)2 Θ(2π Θ)
−
La secci´ on eficaz diferencial es dσ b db = dΩ sinΘ dΘ donde en este caso db = dΘ
k π2 2E [Θ(2π Θ)]3/2
−
Sustituyendo todo en la expresi´ on para la secci´ on eficaz diferencial obtenemos dσ kπ 2 π Θ = dΩ 2E sin Θ Θ2 (2π Θ)2
− −
o bien en t´erminos de x, teniendo en cuenta que Θ = πx, dσ k 1 x = dΩ 2πE sin(πx) x2 (2 x)2
− −
134
Cap´ıtulo 3
16) Hallar la secci´on eficaz de Rutherford exacta y en la aproximaci´ on de angulos peque˜ nos y comprobar que en ese l´ımite coinciden.
Soluci´ on Vimos en teor´ıa que la secci´ on eficaz diferencial exacta de Rutherford era dσ 1 = dΩ 4
k mv02
2
1 sin4 (Θ/2)
Por lo tanto en la aproximaci´ o n de a´ngulos peque˜ nos podemos aproximar en la expresi´on anterior el seno por el a´ngulo y tendremos entonces dσ = dΩ
2k mv02 Θ2
2
Veamos ahora que sucede cuando calculamos la secci´ on eficaz en la aproximaci´ on de a´ngulos peque˜ nos sin necesidad de conocer a priori el a´ngulo de dispersi´ o n. En esta aproximaci´ on py sin Θ = p siendo p el momento lineal final de la part´ıcula y py el momento lineal final en la direcci´on y. Si el ´angulo es peque˜ no podemos aproximar p
≈ p ≈ p = mv x
0
debido a que el momento lineal en la direcci´ on x pr´acticamente se conserva. En la direcci´on y ∞ py = F y dt −∞ con lo cual ∞ F y dt −∞ sinΘ = mv0 Las fuerzas consideradas son fuerzas centrales conservativas, luego entonces
F y =
∂V ∂r ∂V y − ∂V =− =− ∂y ∂r ∂y ∂r r
y por lo tanto
∞ ∂V y ∞ ∂r r dt mv0 En la aproximaci´on de ´angulos peque˜ nos podemos considerar la trayectoria de la part´ıcula como una linea recta de ecuaci´on
− sin Θ = y = b,
x = v 0 t
135
Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones
y por tanto dx = v 0 dt Utilizando las expresiones anteriores tenemos para el ´angulo de dispersi´ on en esta aproximaci´ on ∞ ∂V b 2 r sin Θ = dr mv02 b ∂r r r 2 b2 donde hemos utilizado que
−
dx =
∂x r dr = dr = ∂r x
Por lo tanto sinΘ
≈Θ=
√ −
r
− − r2
y2
dr =
√ r r− b dr 2
2
∞ ∂V
2b mv02
b
dr √ ∂r r − b 2
2
La integral se ha multiplicado por dos para tener en cuenta la contribuci´ on de las x positivas y negativas. La expresi´on anterior representa el angulo ´ de dispersi´ on para una part´ıcula sometida a un potencial V en t´erminos del par´ametro de impacto en la aproximaci´on de a´ngulos peque˜ nos. Para el potencial de Coulomb V = k/r la integraci´ on anterior proporciona Θ=
2k mv02b
y por tanto el par´ ametro de impacto b =
2k mv02 Θ
La secci´ on eficaz diferencial ser´ a por tanto dσ b db = = dΩ Θ dΘ
2k mv02Θ2
2
que coincide con el resultado que obteniamos calculando primero la secci´ on eficaz exacta y considerando despu´es el l´ımite de angulos ´ peque˜ nos.
136
Cap´ıtulo 3
Cap´ıtulo 4 . Mec´ anica de Lagrange y Hamilton 1.
C´ alculo de variaciones
Para dar una formulaci´ on general de la din´amica es necesario emplear el concepto matem´atico de funcional que describiremos sin demasiado detalle matem´atico. Comencemos con un ejemplo: Supongamos que queremos determinar la curva y = y(x) en el plano X Y que conecta dos puntos (x1 , y1), (x2 , y2 ) y a lo largo de la cual la distancia es m´ınima. La distancia entre dos puntos ser´a
−
2
S =
1 + y 2 dx
(1.1)
1
La cantidad S es un n´ umero que se asigna a cada una de las posibles funciones y(x). No es por tanto una funci´ on sino una funcional S [y] que asigna a cada funci´on y(x) un n´ umero real.
1..1
Funcionales integrales
Nos ocuparemos aqu´ı de las funcionales de la siguiente forma t2
A[q, q ˙] =
F (q, q, ˙ t)dt
(1.2)
t1
A asigna un n´ umero a cada funci´ on q (t) definida en un intervalo [t1 , t2].
1..2
Principio variacional
La gran semejanza que las funcionales tienen con las funciones sugiere inmediatamente la idea de extender a aquellas el c´ alculo de m´ aximos y m´ınimos o, m´as generalmente, de puntos estacionarios. De ello se ocupa una rama de las matem´ aticas conocida como c´ alculo de variaciones. 137
138
Cap´ıtulo 4
Diremos que una funci´ on q (t) sufre una variaci´ on δq si cambia a qˆ = q +δq . Nos limitaremos a variaciones que se anulen en los extremos del intervalo de integraci´ on. Es decir δq (t1 ) = δq (t2 ) = 0 (1.3) q y qˆ son por tanto trayectorias pr´ oximas que conectan los puntos (t1 , q (t1 )) y (t2 , q (t2 )). La variaci´ on de q induce una variaci´ o n en q ˙ de forma que δ ˙q =
d δq dt
(1.4)
Es pues natural definir la variaci´ on de la funcional A como: t2
δA =
[F (q + δq, q ˙ + δ ˙q, t)
t1
y por tanto
t2
δA =
t1
− F (q, q,˙ t)]dt
∂F ∂F δq + δ ˙q dt ∂q ∂ q ˙
(1.5)
(1.6)
Teniendo en cuenta (1.4), podemos hacer la integraci´ on por partes siguiente t2
t1
∂F δ ˙qdt = ∂ q ˙
Utilizando (1.3)
t2
t1
t2
t1
Substituyendo en (1.6)
∂F δ ˙qdt = ∂ q ˙ t2
δA =
1..3
t2
t1
t2 t1
∂F ∂q
t1
d ∂F δqdt dt ∂ q ˙
d ∂F δqdt dt ∂ q ˙
− t1
t2
| − −
∂F d(δq ) ∂F dt = δq ∂ q ˙ dt ∂ q ˙
d ∂F dt ∂ q ˙
δqdt
(1.7)
(1.8)
Ecuaciones de Euler-Lagrange
Para que A sea extremal y por tanto δA = 0 para todas las variaciones δq es necesario que se anule el integrando y por tanto ∂F ∂q
− d ∂F dt ∂ q ˙
(1.9)
que se conoce como ecuaci´ on de Euler-Lagrange. Se trata de una ecuaci´ on diferencial de segundo orden en la que q es la variable dependiente y t la independiente. La soluci´ on general depender´ a de dos constantes arbitrarias que se fijan de modo que q (t1 ) = q 1 y q (t2 ) = q 2 .
139
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
En general utilizaremos funcionales de varios argumentos q j , q ˙ j . La condici´ on de punto estacionario es entonces: ∂F ∂q j
− d ∂F dt ∂ q ˙ j
j = 1, 2....n
(1.10)
es decir, un conjunto de n ecuaciones diferenciales de segundo orden
ejemplo Volvamos, por ejemplo, al caso de la distancia entre dos puntos, que tal como vimos en (1.1) es: t2
−
1 + y 2 dx
S =
t1
por tanto las ecuaciones de uker Lagrange son: ∂F ∂q donde
d ∂F dx ∂ q ˙
1 + y 2
F =
de forma que d dx y por tanto
y
1 + y 2
y
1 + y 2
es decir
= 0
= cte
y = a
de forma que y = ax + b la distancia mas corta entre dos puntos corresponde a unirlos por una recta
2. 2..1
Formulaci´ on lagrangiana para sistemas potenciales Coordenadas generalizadas
Dado un sistema de N part´ıculas, sus posiciones quedar´an determinadas por 3N coordenadas ri = (xi , yi , z i ) (2.1)
140
Cap´ıtulo 4
i : 1...N
(2.2)
Si el sistema tiene n grados de libertad bastar´ an n eralizadas q j para describirlo.
≤ 3N coordenadas gen-
ri = ri (q 1 , q 2 ....q n , t)
(2.3)
El sistema se dice natural si la relaci´on anterior no depende expl´ıcitamente del tiempo. La determinaci´ o n de las n coordenadas generalizadas en un instante t se denomina configuraci´ on del sistema
2..2
Principio de Hamilton
A todo sistema de n grados de libertad con coordenadas generalizadas q 1...q n, le corresponde una funci´ on U (q i , q ˙i , t) llamada potencial que describe las interacciones y caracteriza y determina el movimiento de forma que cuando el sistema (1) (2) va desde la configuraci´ on q j (t1 ) = q j hasta q j (t2 ) = q j , lo hace de forma que minimiza la llamada integral de acci´ on t2
S =
[T (q j ˙q j , t)
t1
− U (q ˙q , t)] dt
j j
(2.4)
donde T es la energ´ıa cin´etica del sistema.
2..3
Funci´ on de Lagrange
Definiendo el lagrangiano como L(q j ˙q j , t) = T (q j , q ˙ j , t) se puede escribir la integral de acci´ on como
− U (q , q ˙ , t) j
(2.5)
j
t2
S =
L(q i , q ˙ j , t)dt
(2.6)
t1
Si L no depende expl´ıcitamente del tiempo, es decir, si ∂L = 0 se dice que el ∂t sistema es aut´ onomo pero no todo onomo. N´otese que todo sistema natural es aut´ sistema aut´ onomo es natural.
2..4
Ecuaciones del movimiento
y por tanto, el principio de Hamilton requiere que: ∂L ∂q i
− d ∂L dt ∂ q ˙i
i = 1, 2....n
(2.7)
que son, por tanto, las ecuaciones del movimiento del sistema. En el contexto de la mec´anica se suelen denominar simplemente como ecuaciones de Lagrange
141
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
2..5
T´ erminos de la energ´ıa cin´ etica
Derivando (2.3)
n
∂ri ˙i ∂ri + r = q ˙ j ∂t ∂q j j=1
(2.8)
de forma que la energ´ıa cin´etica del sistema ser´ a: N
T =
1 mi r˙i2 2
i=1
1 = 2
n
N
q ˙ j ˙q k
i=1
j,k=1
n
+
N
q ˙ j
mi
j=1
i=1
N
1 + 2
mi
mi (
i=1
∂ri ∂ri ∂q j ∂q k
∂ri ∂ri ∂t ∂q j
∂ri 2 ) ∂t
(2.9)
Si definimos las siguientes cantidades: A jk
1 = 2
N
mi
i=1 N
B j =
mi
i=1 N
C =
1 2
∂ri ∂ri ∂q j ∂q k
∂ri ∂ri ∂t ∂q j
mi (
i=1
∂ri 2 ) ∂t
(2.10)
entonces T = T 0 + T 1 + T 2
(2.11)
donde los distintos t´erminos son: t´ermino independiente de las velocidades
•
T 0 = C
(2.12)
• t´ermino lineal en las velocidades n
T 1 =
j=1
B j ˙q j
(2.13)
142
Cap´ıtulo 4
• t´ermino cuadr´atico en las velocidades n
T 2 =
q ˙ j ˙q k A jk
(2.14)
j,k=1
Solo cuando el sistema es natural,
2..6
∂ri = ∂t
0, podemos escribir T = T 2 .
Potencial: Fuerzas generalizadas
Supondremos por simplicidad y salvo menci´ on expl´ıcita en contra que U solo depende de las coordenadas y quiz´ a del tiempo. U = U (q j , t) Generalizando la noci´ on habitual, se definen las fuerzas como F j =
∂L ∂T ∂ ( U ) = + ∂q j ∂q j ∂q j
−
(2.15)
•
Fuerzas potenciales:
−
∂ (U ) ∂q j
corresponde a las fuerzas derivadas del potencial
•
Fuerzas de ligadura:
−
∂ (U ) ∂q j
corresponde a las fuerzas derivadas de las ligaduras
•
ejemplo: Part´ıcula desliz´ andose sobre una par´ abola y = ax2 .
Si tomamos y como variable generalizada, la ligadura es: x =
y a
143
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
1 x = ˙ 2 y por tanto
1 ˙y ay
−
1 1 L = my˙ 2 1 + mgy 2 4ay de manera que las ecuaciones del movimiento son
−mg −
my˙ 2 d 1 = m y ˙ 1 + 8ay 2 dt 4ay
donde mg es la fuerza de la gravedad y sobre la coordenada y.
−
2..7
−
my˙ 2 la 8ay2
fuerza de ligadura que act´ ua
Momentos generalizados
Dado un sistema con n grados de libertad y un lagrangiano dado por (2.5), definimos los momentos generalizados conjugados de las variables generalizadas como pi =
∂L ∂ q ˙i
(2.16)
Si una de las coordenadas q k no aparece expl´ıcitamente en el lagrangiano se dice que es c´ıclica, las ecuaciones de Lagrange implican que el momento conjugado p k es una constante del movimiento . En el ejemplo anterir el momento conjugado de la coordenada y es:
1 py = m y˙ 1 + 4ay
3.
Sistemas con ligaduras
Los sistemas de part´ıculas est´ an, en general, sujetos a tres tipos de condiciones que determinan su movimiento en el espacio y en el tiempo. Hasta ahora hemos considerado solamente dos tipos de estas condiciones:
• Las condiciones din´amicas
expresadas mediante las fuerzas que act´ uan sobre el sistema mediante las ecuaciones del movimiento
• Las condiciones iniciales
expresadas habitualmente por los valores iniciales de la posici´on y la velocidad y/o por los valores de ciertas cantidades din´amicas conservadas. Las leyes de Newton est´ an perfectamente dise˜ nadas para investigar el comportamiento de sistemas sujetos a los dos tipos de condiciones anteriores. La situaci´on es completamente distinta cuando el sistema est´ a sujeto a ligaduras.
144
Cap´ıtulo 4
• Las condiciones geom´etricas o ligaduras
aparecen cuando las coordenadas est´an sujetas a restricciones independientes de las fuerzas actuantes (por ejemplo part´ıculas obligadas a moverse sobre una curva). Aparecen asi fuerzas llamadas fuerzas de ligadura. Si tales fuerzas fueran conocidas, bastar´ıa sumarlas a las fuerzas del sistema para determinar su comportamiento. Sin embargo lo m´ as frecuente es que conozcamos las ligaduras pero no las fuerzas resultantes. El procedimiento de Lagrange se adapta perfectamente a estos casos. Supongamos que el sistema tiene n grados de libertad y que lo hemos descrito por m coordenadas generalizadas. Existir´ an por tanto k = m n ligaduras. Las ligaduras son susceptibles de clasificarse desde distinto puntos de vista pero aqu´ı adoptaremos el siguiente
−
3..1
Ligaduras hol´ onomas
Son las que pueden expresarse como una relaci´ on entre las coordenadas f i (q j , t) = 0
i = 1...k
j = 1...m
(3.1)
En tal caso, estas k ecuaciones permiten eliminar k coordenadas. Es el caso del ejmplo que hemos visto en el apartado 2.6.
3..2
Ligaduras no hol´ onomas
Son aquellas en que las ligaduras s´ olo pueden expresarse en t´erminos de las velocidades, es decir: m
aij ˙q j = a i
i = 1....k
(3.2)
j=1
Para trabajar con este tipo de ligaduras empleamos los multiplicadores de Lagrange definidos como k coeficientes λ i tales que k
λi ai = 0
(3.3)
i=1
y por tanto k
m
λi
i=1
m
aij δq j =
j=1
k
λi aij δq j = 0
(3.4)
j=1 i=1
Teniendo en cuenta que el principio de Hamilton es: t2 m
δS =
− t1 j=1
∂L ∂q j
d ∂L dt ∂ q ˙ j
δq j dt = 0
(3.5)
145
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
Podemos introducir (3.4) en (3.5) como:
− − t2 m
δS =
t1 j=1
∂L ∂q j
d ∂L dt ∂ q ˙ j
k
λi aij δq j dt = 0
(3.6)
i=1
Tenemos pues las m ecuaciones ∂L ∂q j
k
− − d ∂L dt ∂ q ˙ j
λi aij = 0
j = 1...m
(3.7)
i=1
que junto con las k ligaduras (3.2) determinan las m coordenadas q j y los k multiplicadores λi . Conocidos los multiplicadores se pueden determinar las fuerzas de ligadura como: k
(F l ) j =
λi aij
(3.8)
i=1
3..3
Ejemplos
Part´ıcula obligada a moverse sobre una curva Supongamos una part´ıcula que resbala bajo la acci´ on de la gravedad sobre un aro vertical tal como indica la figura. Supongamos que parte formando un angulo ´ (θ = θ0 ) con la vertical. Al cabo de un tiempo T se despegar´ a de la curva. En consecuencia para t < T hay un solo grado de libertad pues existe la ligadura r = R. Por el contrario para t > T la ligadura desaparece y hay dos grados de libertad
146
Cap´ıtulo 4
Tratemos pues el problema con dos coordenadas generalizadas r y θ m L = ( x˙ 2 + y˙ 2 ) mgy 2 y una ligadura hol´ onoma que trataremos como si fuera no hol´ onoma
−
r = R =
˙ 0 =⇒ a ⇒ r =
11
(3.9)
= 1, a12 = 0, a1 = 0
Las ecuaciones del movimiento ser´ an m¨ r mrθ˙2 + mg cos θ λ = 0 ¨ 2mrr˙ θ˙ mgr sin θ = 0 mr2θ + r˙ = 0
−
−
−
(3.10)
o bien λ = 0 =
−mrθ˙ + mg cos θ g θ¨ − sin θ r 2
(3.11)
que para θ peque˜ na es: λ = 0 =
−mrθ˙ + mg g θ¨ − θ r 2
(3.12)
cuya soluci´on es:
g t) R
θ = θ0 exp(
−
g t R
θ02 exp(2
λ = mg 1
(3.13)
Por tanto la ligadura λ se anula en el instante T tal que T =
R ln θ0 g
−
que a pesar del signo menos es positivo ya que θ0 <
4. 4..1
π 2
(3.14)
< 1
Formulaci´ on Hamiltoniana Funci´ on de Hamilton
Se define la funci´ on de Hamilton como: n
H (q 1 , ...q n , p1 ,...p n , t) =
pi ˙q i
i=1
− L(q , ...q , q ˙ ,...q ˙ , t) 1
n
1
n
(4.1)
147
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
4..2
Ecuaciones de Hamilton
diferenciando ambos miembros: ∂H ∂ H ∂H dt + dq i + dpi ∂t ∂q i ∂p i n ∂ L = [ pi dq ˙i + q ˙i dpi ] dt ∂t i=1
dH =
− n
i=1
−
∂L dq i ∂q i
n
− i=1
∂L dq ˙i ∂ q ˙i
(4.2)
Los t´erminos en dq ˙i se anulan como consecuencia de (2.16). Por otra parte, de (2.16) y (2.7) se sigue que: ∂L p˙ i = (4.3) ∂q i por lo que igualando coeficientes en (4.2) tenemos: ∂H ∂p i ∂H = ∂q i
q ˙i = p˙i
(4.4) (4.5)
−
y
∂L ∂H = ∂t ∂t Las 2n ecuaciones (4.4) y (4.5) son las ecuaciones de Hamilton
(4.6)
−
Coordenadas c´ıclicas Si H no depende expl´ıcitamente de una de las coordenadas q k entonces esa coordenada es c´ıclica y, de acuerdo con (4.5), su momento conjugado es constante
4..3
Conservaci´ on del Hamiltoniano
Derivando (4.1) con respecto al tiempo tenemos: dH = dt que en virtud de (4.4)
n
i=1
∂H ∂H ∂ H q ˙i + p˙ i + ∂q i ∂p i ∂t
− (4.6) es:
(4.7)
dH ∂H ∂L = = (4.8) dt ∂t ∂t onomo, el Hamiltoniano es una constante Por lo que si el sistema es aut´ del movimiento
−
148
4..4
Cap´ıtulo 4
Significado f´ısico del hamiltoniano
Si, como hemos supuesto, el potencial no depende de las velocidades, entonces: pi =
∂L ∂T = ∂ q ˙i ∂ q ˙i
(4.9)
y teniendo en cuenta los tres t´erminos de la energ´ıa cin´etica, el hamiltoniaro ser´ a: n
H =
i=1
∂T 0 ∂T 1 ∂T 2 q ˙i + q ˙i + q ˙i ∂ q ˙i ∂ q ˙i ∂ q ˙i
−
T 0
− T − T + V 1
2
(4.10)
Ahora bien, teniendo en cuenta las definiciones de T 0, T 1 y T 2 , es f´acil comprobar que: ∂T 0 = 0 ∂ q ˙i ∂T 1 = q ˙i Bi q ˙i ∂ q ˙i ∂T 2 q ˙i = 2q ˙i Aij ˙q j ∂ q ˙i j
(4.11)
(4.12)
(4.13)
de forma que: n
q ˙i
∂T 1 = T 1 ∂ q ˙i
q ˙i
∂T 2 = 2T 2 ∂ q ˙i
i=1 n
i=1
(4.14)
(4.15)
con lo cual H = T 2
− T + V 0
(4.16)
en consecuencia:
• Si el sistema es natural (y por tanto aut´onomo) H es conservado y es la energ´ıa del sistema. • Si el sistema es aut´onomo pero no natural H es conservado, pero no es la energ´ıa del sistema.
149
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
5.
Problemas
Enunciados 1) Pru´ebese que las geod´esicas de una superficie esf´erica son circulos m´aximos, es decir, circunferencias cuyo centro coincide con el de la esfera. 2) Demostrar que la curva cuya revoluci´ on genera una superficie de a´rea m´ınima es la catenaria. on de la 3) Hallar la curva a lo largo de la cual una part´ıcula que cae ba jo la acci´ gravedad lo hace en el menor tiempo posible.
4) Determinar la trayectoria seguida por un proyectil que se lanza con velocidad v0 formando un a´ngulo α con la horizontal. 5) Estudiar el p´endulo doble utilizando el formalismo lagrangiano. 6) Una part´ıcula de masa m se mueve a lo largo de una curva llamada cicloide de ecuaciones x = a(u
− sin u),
y =
−a(1 − cos u)
Obtener el lagrangiano, la ecuaci´ on de movimiento y la ley de movimiento de la part´ıcula . (Sugerencia : utilizar como coordenada generalizada la longitud del arco s).
7) Consideremos el sistema de la figura. Las masas son iguales y las constantes del muelle tambi´ en. La distancia entre las dos paredes es 3L y la longitud natural de los muelles es l0 . Estudiar el sistema en mec´ anica lagrangiana y hamiltoniana.
150
Cap´ıtulo 4
on lagrangiana y las ecuaciones de Lagrange de un regulador 8) Encontrar la funci´ de Watt. En ´el la masa M puede moverse verticalmente y las masas m est´ an a distancias fijas a de M y del punto fijo A, girando todo el sistema en torno a la vertical con velocidad ω constante (ver figura).
θ
ω
α
9) Utilizar el formalismo lagrangiano para estudiar el sistema formado por dos p´endulos id´enticos acoplados por un muelle. 10) Utilizar el formalismo lagrangiano para estudiar el problema de una part´ıcula de masa m que se desliza sin rozamiento por la parte superior de un plano inclinado m´ovil de masa M . El plano puede deslizar sin rozamiento sobre el suelo horizontal, y esta inicialmente en reposo. Hallar las aceleraciones de la part´ıcula y el plano, as´ı como la reacci´ on de ´este sobre aquella. 11) El punto de suspensi´on de un p´endulo simple se desplaza verticalmente seg´ un la ley s(t). Hallar el lagrangiano y la ecuaci´on de movimiento del p´endulo.
151
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
12) Encontrar la funci´ on lagrangiana y las ecuaciones de lagrange de un p´endulo plano de masa m y longitud l cuyo punto de suspensi´ on a) puede desplazarse a lo largo de una recta horizontal b) se desplaza uniformemente en una circunferencia vertical con velocidad angular constante ω
ω
ω
ϕ
ϕ
θ
ϕ
c) efect´ ua oscilaciones horizontales de la forma A cos ωt d) efect´ ua oscilaciones verticales de la forma A sen ωt abola es 13) Una part´ıcula se mueve a lo largo de una par´abola (el eje de la par´ horizontal) bajo la acci´ on del campo gravitatorio. La part´ıcula parte del reposo y se conoce su posici´ on inicial. Determinar la altura a la que la part´ıcula se despega de la par´abola.
14) Demostrar que si L es el lagrangiano de un sistema que satisface las ecuaciones de Euler-Lagrange, entonces L = L + d F (q, t)/d t tambi´en satisface las ecuaciones de Euler-Lagrange. 15) Demostrar que las ecuaciones del movimiento de Euler-Lagrange son invariantes respecto a la transformaci´ on de las ecuaciones del movimiento q s(q, t). 16) Demostrar que el lagrangiano L = m2 x˙ 4/12 + m x˙ 2 V (x) mismas ecuaciones del movimiento que L = m x˙ 2/2 V (x).
−
2
→
− V (x) tiene las
17) Demostrar que el lagrangiano L = 21 eαt (x˙ 2 ω2 x2 ), proporciona las ecuaciones del movimiento de un oscilador arm´onico amortiguado. Comentar el resultado.
−
152
Cap´ıtulo 4
1) Pru´ebese que las geod´esicas de una superficie esf´erica son circulos m´aximos, es decir, circunferencias cuyo centro coincide con el de la esfera.
Soluci´ on Si la part´ıcula se mueve en una superficie esf´ erica de radio R, su posici´o n en cualquier instante de tiempo vendr´ a dada por la parametrizaci´ on de la esfera, que, en coordenadas esf´ericas es x = R sin θ cos ϕ, y = R sin θ sin ϕ, z = R cos θ por lo cual, el elemento diferencial de arco deber´ a satisfacer: ds2 = R 2 (dθ2 + sin2 θdϕ2) Tomando la expresi´ o n para la curva en la forma θ = θ(ϕ), tendremos para la longitud de arco ϕ2 s = R θ˙2 + sin2 θ dϕ
ϕ1
Para determinar la longitud de arco m´ınima, deberemos aplicar la ecuaci´ on de Euler-Lagrange a F = R θ˙2 + sin2 θ
y el resultado es
sin θ cos θ d = dϕ (θ˙2 + sin2 θ)1/2
θ˙ (θ˙2 + sin2 θ)1/2
Derivando y simplificando obtenemos la ecuaci´ on diferencial d dϕ
θ˙ cos θ = sin θ sin2 θ
La ecuaci´ on anterior es f´ acil de resolver haciendo el cambio p =
cos θ sin θ
en cuyo caso se transforma simplemente en p + p = ¨ 0
153
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
cuya integraci´ on proporciona p = A cos ϕ + B sin ϕ Deshaciendo el cambio de variable obtenemos cos θ = sin θ(A cos ϕ + B sin ϕ) o bien en coordenadas cartesianas, z x y = A + B R R R De manera que z = Ax + By La ecuaci´ on anterior es la de un plano que pasa por el origen, y por lo tanto las geod´esicas de la superficie esf´erica son c´ırculos m´ aximos.
154
Cap´ıtulo 4
2) Demostrar que la curva cuya revoluci´ on genera una superficie de a´rea m´ınima es la catenaria.
Soluci´ on Supongamos que la ecuaci´ o n de la curva que buscamos es y = y(x) (es decir z = z (ρ)).
ρϕ
El elemento diferencial de superficie que esta curva engendra al girar alrededor del eje Z es dS = ρdϕds = ρdϕ dρ2 + dz 2 = ρdϕ 1 + z 2 dρ siendo z = dz/dρ. La superficie engendrada vendr´ a entonces definida por medio de la integral
ρ2
S = 2π
√
√
ρ 1 + z 2 dρ
ρ1
Para que la superficie sea m´ınima deberemos aplicar el principio variacional a F = ρ 1 + z 2 , es decir ∂F d ∂L = ∂z dρ ∂z y el resultado es d ρz dρ 1 + z 2 y por tanto integrando ρz = a 1 + z 2 siendo a una primera constante de integraci´ o n. La ecuaci´ on diferencial anterior puede ser integrada directamente, el resultado es
√
√
√
z + b = aln(x +
− ρ2
a2 )
155
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
donde b es la segunda constante de integraci´ on. Ambas constantes pueden determinarse en cada caso a partir de las condiciones en los extremos, es decir, z 1 = z (ρ1), z 2 = z (ρ2 ). La expresi´ on anterior para la curva puede escribirse en t´erminos de exponenciales como z+b a z+b ρ = e a + e− a 2 y por tanto z + b ρ = a cosh a
Concluimos entonces que la curva que genera una superficie de ´area m´ınima al girar alrededor del eje Z es la catenaria.
156
Cap´ıtulo 4
3) Hallar la curva a lo largo de la cual una part´ıcula que cae ba jo la acci´ on de la gravedad lo hace en el menor tiempo posible.’
Soluci´ on Si la velocidad de la part´ıcula a lo largo de la curva es v, el tiempo requerido para recorrer un arco de longitud ds ser´a ds/v. El problema consistir´ a entonces en hallar el m´ınimo de la integral, 2
t12 =
2
dt =
1
1
ds v
La conservaci´ on de la energ´ıa para la part´ıcula en cualquier punto es 1 0 = mv 2 2
− mgy
lo cual nos permite expresar la integral anterior, utilizando la expresi´ o n para la velocidad, en la forma 2 1 + y 2 t12 = dx 2gy 1 Por lo tanto en este caso debemos aplicar el principio variacional a
√
F =
1 + y 2 2gy
Calculemos por separado los dos miembros de la ecuaci´ on de Euler-Lagrange. El resultado es ∂F = ∂y d dx
−
1 2
1 + y 2 , 2gy 3
∂F ∂y
=
1 y 2gy(1 + y 2 )
−
1 y2 2 y
−
y 2 y (1 + y2 )
Igualando ambas expresiones y simplificando 1 + y2 + 2yy = 0 que puede integrarse y(1 + y2 ) = c siendo c la constante de integraci´ on. Para resolver la ecuaci´ on diferencial es u´til 2 hacer el cambio y = c sin u, en cuyo caso obtenemos para x la expresi´on x = c(u
− 21 sin 2u + d)
157
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
Basta ya redefinir u = 2t y c = 2a para obtener las ecuaciones param´etricas para la curva x = a(t y = a(1
− sin t + b), − cos t)
Las constantes de integraci´ on a y b se determinar´ an a partir de las condiciones iniciales. Por ejemplo si para t = 0 x = 0, se tendr´a que b = 0. Por lo tanto la ecuaci´ o n de la curva buscada es la de la cicloide que har´a que la part´ıcula caiga a trav´es de ella en un tiempo m´ınimo cuando est´ a sometida u´nicamente a la gravedad.
158
Cap´ıtulo 4
4) Determinar la trayectoria seguida por un proyectil que se lanza con velocidad v0 formando un a´ngulo α con la horizontal.
Soluci´ on El sistema posee dos grados de libertad dados por las coordenadas x e y. El lagrangiano del sistema ser´a
− V = 21 m(x˙
2
L = T
+ y˙ 2 )
− mgy
siendo m la masa del proyectil. Tenemos por tanto dos coordenadas generalizadas y dos ecuaciones de Euler-Lagrange asociadas a cada una de ellas d (mx), ˙ dt d (my) ˙ mg = dt 0 =
−
La integraci´ on de las ecuaciones anteriores proporciona ya las ecuaciones para la trayectoria x = c + at, y = d + bt
− 21 gt
2
Las constantes de integraci´ on pueden determinarse utilizando las condiciones iniciales, es decir que para t = 0 la posici´on y velocidad del proyectil son x(0) = x0 , y(0) = y 0 , vx (0) = v0 cos α, vy (0) = v 0 sin α con lo cual las ecuaciones para la trayectoria quedan en la forma x = x0 + v0 t cos α, y = y0 + v0 t sin α tal y como cab´ıa esperar.
− 21 gt
2
159
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
5) Estudiar el p´endulo doble utilizando el formalismo lagrangiano.
Soluci´ on
φ
φ
Suponemos por simplicidad que las masas y las longitudes de los p´ endulos son iguales. El sistema tiene dos grados de libertad y por tanto dos coordenadas generalizadas θ1 y θ2 . Teniendo en cuenta la figura x1 = l sin θ1 , y1 = x2 = l(sin θ1 + sin θ2 ),
−l cos θ , 1
y2 =
−l(cos θ + cos θ ) 1
2
Derivando estas expresiones obtenemos la expresi´ on para la energ´ıa cin´etica
1 1 T = m(x˙ 21 + x˙ 22 ) = ml 2 θ˙12 + θ˙22 + cos(θ1 2 2 En cuanto a la energ´ıa potencial U =
− θ )θ˙ ˙θ 2
1 2
−mg(y + y ) = −mgl(2cos θ + cos θ ) 1
2
1
2
Por lo tanto el lagrangiano del sistema ser´ a L = T
− U = ml
2
1 θ˙12 + θ˙22 + cos(θ1 2
− θ )θ˙ ˙θ 2
1 2
+ mgl(2cos θ1 + cos θ2)
Tenemos dos coordenadas generalizadas y por tanto dos ecuaciones de Lagrange, que toman la forma d [ml2 (2θ˙1 + θ˙2 cos(θ1 θ2))] + ml2 ˙θ1 ˙θ2 sin (θ1 θ2 ) + 2mgl sin θ1 = 0, dt d [ml2 (θ˙2 + θ˙1 cos(θ1 θ2 ))] ml2 ˙θ1 ˙θ2 sin (θ1 θ2 ) + mgl sin θ2 = 0, dt
− −
−
− −
160
Cap´ıtulo 4
6) Una part´ıcula de masa m se mueve a lo largo de una curva llamada cicloide de ecuaciones x = a(u sin u)
− y = −a(1 − cos u)
(el eje y tiene el sentido vertical hacia arriba). Obtener el lagrangiano, la ecuaci´ on de movimiento y la ley de movimiento de la part´ıcula . (Sugerencia : utilizar como coordenada generalizada la longitud del arco s).
Soluci´ on
Interesa utilizar como coordenada generalizada la longitud de arco. Para ello calculamos x˙ = a(1 cos u)u, ˙ y˙ = a sin uu˙
−
−
Por lo tanto
u ds2 = dx 2 + dy 2 = 4a2 sin2 du2 2 y la longitud de arco ser´a integrando s =
−4a cos u2
Elijamos por simplicidad como coordenada generalizada q = tonces u 1 u q = cos , q ˙ = ˙u sin 2 2 2 Podemos ya escribir y, x˙ y y en ˙ t´erminos de q en la forma
−
y =
2
−2a(1 − q ), −4aq ˙ 1 − q ,
x˙ = y˙ = 4aq ˙q
2
−
s . 4a
Se tiene en-
161
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
Para deteminar el lagrangiano del sistema es necesario conocer las energ´ıas cin´etica y potencial 1 m(x˙ 2 + y˙ 2 ) = 8ma2q ˙2 , 2 V = mgy = 2mga(1 q 2 ) T =
−
−
El lagrangiano ser´ a entonces 2 2
L = T
2
− V = 8ma q ˙ + 2mga(1 − q )
El siguente paso es calcular la ecuaci´ on del movimiento y resolverla para obtener las leyes del movimiento. La ecuaci´on de Lagrange es ∂L d = ∂q dt
→ ∂L ∂ q ˙
4a¨ q + gq = 0
que constituye la ecuaci´ on del movimiento. Para obtener la trayectoria integramos q = A cos(ωt + ϕ) siendo la frecuencia del movimiento ω =
q 4a
y donde A y ϕ son constantes de integraci´ on que determinaremos a partir de las condiciones iniciales. As´ı si por ejemplo suponemos que en el instante t = 0 la part´ıcula se encuentra en el origen, tendremos que y(0) = x(0) = 0,
˙ =0 → u(0) = 0, → y(0)
Estas condiciones proporcionan las condiciones iniciales sobre q y su derivada, q (0) = 1,
q ˙(0) = 0
que determinan las constantes A = 1 ϕ = 0 con lo cual q = cos ωt Teniendo ya en cuenta las expresiones para x e y en t´erminos de q obtenemos las ecuaciones de la trayectoria x = a (2a cos(cos ωt) y = 2a sin2 ωt
−
− sin2ωt) ,
que constituyen las leyes del movimiento para la part´ıcula.
162
Cap´ıtulo 4
7) Consideremos el sistema de la figura. Las masas son iguales y las constantes del muelle tambi´en. La distancia entre las dos paredes es 3L y la longitud natural de los muelles es l. Estudiar el sistema en mec´anica lagrangiana y hamiltoniana.
Soluci´ on
• Coordenadas generalizadas
Sean r 1 y r 2 las distancias de cada una de las masas a la pared de la izquierda. El muelle 1 medir´a r1 , el muelle 2 r2 r1 y el muelle 3, 3L r2 .
−
• Lagrangiano L =
1 1 m ˙ r1 2 + m ˙ r2 2 2 2
−
− 21 k(r − l) − 12 k(r − r − l) − 12 k(3L − r − l) 2
1
2
2
1
2
2
• Ecuaciones de Lagrange mr¨1 =
−k(r − l) + k(r − r − l) mr¨ = −k(r − r − l) + k(3L − r − l) 2
• momentos
1
2
2
1
1
2
p1 = m ˙ r1 p2 = m ˙ r2
• Hamiltoniano p21 p21 1 H = + + k(r1 2m 2m 2
− l)
2
1 + k(r2 2
• Ecuaciones de hamilton r˙1 =
p1 m
2
− r − l) 1
1 + k(3L 2
− r − l) 2
2
163
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
p2 m l) + k(r2
r˙2 = p˙1 = p˙1
• soluciones
−k(r − − r − l) = −k(r − r − l) + k(3L − r − l) 1
2
1
1
2
La posici´ on de equilibrio corresponde a r˙1 = r˙2 = 0 y por tanto a Tiene pues sentido hacer el cambio de variables q 1 = r 1 q 2 = r 2
−L − 2L
en cuyo caso las ecuaciones del movimiento son mq ¨1 = k(q 2
− 2q ) 1
mq ¨2 = k( 2q 2 + q 1 )
−
buscando soluciones oscilatorias
q 1 = A 1 cos(ωt + ϕ) q 2 = A 2 cos(ωt + ϕ) obtenemos 2
−mω A = k(A − 2A ) −mω A = k(−2A + A ) 2
es decir
1
2
2
1
2
2
A1 (2k
1
− mω ) − kA = 0 −A k + A (2k − mω ) = 0 1
Por tanto
2 2
2
(2k cuyas soluciones son
2 2
− mω )
mω 2 = k = mω 2
= k 2
⇒ A = A = 3k =⇒ A = −A 2
1
2
1
de manera que la soluci´on general es
√ √
q 1 = A cos(ω0 t + ϕ1 ) + B cos( 3ω0 t + ϕ2 ) q 2 = A cos(ω0 t + ϕ1 ) donde ω 02 =
k m
− B cos(
3ω0 t + ϕ2 )
r2 2
= r 1 = L.
164
Cap Ca p´ıtul ıt ulo o 4
8) Encontrar la funci´ on lagrangiana y las ecuaciones de Lagrange de un regulador on de Watt. En ´el el la masa M puede puede move moverse rse vertical verticalmen mente te y las masas m est´ an a distancias fijas a de M y del punto fijo A, girando todo el sistema en torno a la vertical con velocidad ω constante (ver figura).
θ
ω
α
Soluci´ on on Hay un solo grado de libertad dado por el ´angulo angulo α que forman las masas con la vertic vertical. al. Si tomamos tomamos el origen en A. Las coordenad coordenadas as de las masas son r1 : θ = π = π
− α, ϕ = π = π + + ωt, r = r = a a } r : {θ = π = π − α, ϕ = ωt, = ωt, r = r = a a } r : {x = 0, y = 0, z = −2a cos α} {
2
3
que en cartesianas son r1 = ( a sin α cos ωt,
−
−a sin α sin ωt, −a cos α)
r2 = (a sin α cos ωt, a sin α sin ωt,
−a cos α)
r3 = (0, (0, 0, De modo que: ˙r1 = ( aα˙ cos α cos ωt + aω sin α sin ωt,
−
−2a cos α)
− aα˙ cos α sin ωt − aω sin α cos ωt, aα˙ sin α)
165
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton anica
˙r2 = (aα˙ cos α cos ωt
− aω sin α sin ωt, aα˙ cos α sin ωt + ωt + aω sin α cos ωt, aα˙ sin α) (0, 0, 2aα˙ sin α) ˙r3 = (0,
y el lagrangiano ser´ a L = m = m[[a2 α˙ 2 + a2 ω2 sin2 α] + 2M 2 M a2 α˙ 2 sin2 α + 2mga 2 mga cos α + 2M 2 M ga cos α La ecuacion de Lagrange es 2ma2 α ¨ + 4M 4 M a2 sin2 αα ¨ + 8M 8 M a2α˙ 2 sin α cos α = 2ma2 ω2 sin α cos α + 4M 4 M a2 α˙ 2 sin α cos α
− 2ag( ag(m + M )sin ) sin α
que puede ser simplificada (para angulos a´ngulos peque˜ nos) nos) como M 2 (m + M ) M )g maω2 α ¨ + 2 αα˙ + α = 0 m ma
−
166
Cap Ca p´ıtul ıt ulo o 4
9) Utilizar el formalismo lagrangiano para estudiar el sistema formado por dos p´endulos endu los id´enticos enticos acoplados acopl ados por un muelle.
Soluci´ on on
θ2 θ1
En t´erminos ermin os de los angulos θ a´ngulos θ 1 y θ2 podemos escribir x1 = l sin θ1 , y1 = l cos θ1 ,
x2 = a + l sin θ2 , y2 = l cos θ2
(5.1) (5.2)
(5.3) (5.4)
y para sus derivadas x˙ 1 = l cos θ1 ˙θ1 , y˙1 = l sin θ1 ˙θ1 ,
−
x˙ 2 = l cos θ2 ˙θ2 , y˙2 = l sin θ2 ˙θ2
−
La ener en ergg´ıa cin´ ci n´etic et icaa ser´ se r´ a por tanto 1 T = ml2 (θ˙12 + θ˙22 ) 2
(5.5)
La energ ener g´ıa potencia pot enciall vendr´ ven dr´ a dada por U =
−mgy − mgy + 21 k(d − a) 1
2
2
(5.6)
Consideremos que los angulos a´ngulos son peque˜ nos. nos. En tal caso podemos aprox aproxima imarr el seno y coseno en desarrollo de Taylor quedandonos a segundo orden, con lo cual x1 = lθ1 + O (3), (3), x2 = a + lθ2 + O(3), (3), 1 2 1 2 y1 = l 1 θ1 + O(4), (4), y2 = l = l 1 θ + O(4) 2 2 2
−
−
(5.7) (5.8)
167
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton anica
En esta aproximaci´ on on es f´ acil acil comprobar que d2 = (a + l(θ2
− θ )) 1
2
(5.9)
2
(5.10)
y por tanto que (d
− a)
2
= l 2 (θ2
−θ ) 1
El lagrangiano ser´ a entonces 1 L = 2mgl + mgl + ml2 (θ˙12 + θ˙22 ) 2
1 − 21 mgl( mgl (θ + θ ) − kl (θ − θ ) 2 2 1
2 2
2
2
1
2
(5.11)
Las ecuaciones de Lagrange quedan en la forma g k k + θ1 + θ2 , l m m k g k = + θ1 θ2 m l m
θ¨1 = θ¨2
− −
(5.12)
(5.13)
La soluci´on on de este sistema lineal de ecuaciones diferenciales acopladas es de la forma θ1 = A 1+ cos(ω cos(ω1 t ϕ+ ) + A + A− sin(ω2 t ϕ− ), 1 sin(ω − θ2 = A 2+ cos(ω cos(ω1 t ϕ+) + A2 sin(ω sin(ω2 t ϕ− )
− −
− −
(5.14) (5.15)
donde las frecuencias ω frecuencias ω 1 y ω2 son las soluciones de la ecuaci´on on
− − ω2
es decir,
g k + l m
−
k k 2 ω mm
ω1 = ω+ =
g k + l m
=0
2 , ω p2 + ωm
ω2 = ω− = ω p
(5.16)
(5.17) (5.18)
donde ω p y ωm vienen dadas en t´erminos erminos de la masa, la longitud de los p´endulos endulos y la constante de elasticidad del muelle, ω p = ωm =
q , l
2
k m
(5.19)
(5.20)
168
Cap´ıtulo 4
y las amplitudes satisfacen A+ 1 = A+ 2 A− 1 = A− 2
g l
+
g l
+
k m k m k m k m
2 +
− ω
=
−1,
(5.21)
− ω− = 1
(5.22)
2
Utilizando todos los resultados anteriores tenemos las ecuaciones del movimiento θ1 = A + cos(ω+ t ϕ+) + A− cos(ω− t ϕ− ), θ2 = A+ cos(ω+ t ϕ+) + A− cos(ω− t ϕ− )
−
− −
− −
(5.23) (5.24)
donde hemos redefinido la constante ϕ− . Tenemos por tanto cuatro constantes de integraci´ on que determinaremos a partir de las condiciones iniciales. Consideremos tres situaciones diferentes.
• Caso 1
Tomamos como condiciones iniciales que los p´endulos se encuentren en reposo y formando ambos el mismo ´angulo θ0 con la vertical, es decir θ1 (0) = θ2(0) = θ 0, θ˙1 (0) = θ˙2(0) = 0
(5.25) (5.26)
Es f´acil ver que en este caso las constantes son A+ = 0,
A− = θ 0 ,
ϕ− = 0
(5.27)
y por tanto la soluci´ on es θ1 = θ0 cos ω p t, θ2 = θ0 cos ω p t
(5.28) (5.29)
Los dos p´endulos oscilan de forma sincronizada como si fuera un s´ olo p´endulo, con frecuencia ω p . Es como si el muelle no existiera.
• Caso 2
Tomamos como condiciones iniciales que los p´endulos se encuentren en reposo y formando ambos el mismo ´angulo θ0 con la vertical pero en sentidos opuestos, es decir θ1 (0) = θ2 (0) = θ 0 , θ˙1 (0) = θ˙2 (0) = 0
−
(5.30) (5.31)
Es f´acil ver que en este caso las constantes son A+ = θ 0 ,
A− = 0,
ϕ+ = 0
(5.32)
169
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
y por tanto la soluci´ on es θ1 = θ0 cos ω+t, θ2 = θ0 cos ω+ t
(5.33) (5.34)
−
con lo cual los p´endulos oscilan en oposici´ on de fase (desfasados un a´ngulo π), con la misma amplitud y con frecuencia ω+ =
2 ω p2 + ωm
(5.35)
• Caso 3
Tomamos como condiciones iniciales que los p´endulos se encuentren en reposo, uno de ellos formando un ´angulo θ0 con la vertical y el otro vertical, es decir θ1 (0) = 0, θ2 (0) = θ 0 , θ˙1 (0) = θ˙2 (0) = 0
(5.36) (5.37)
Es f´acil ver que en este caso las constantes son A+ =
−A− = − θ2 , 0
ϕ+ = ϕ − = 0
(5.38)
y por tanto la soluci´ on es θ0 (cos ω p t cos ω+t), 2 θ0 = (cos ω p t + cos ω+ t) 2
θ1 = θ2
−
(5.39) (5.40)
Luego en este caso el movimiento se transmite de uno a otro p´endulo alternativamente.
170
Cap´ıtulo 4
10) Utilizar el formalismo lagrangiano para estudiar el problema de una part´ıcula de masa m que se desliza sin rozamiento por la parte superior de un plano inclinado m´ovil de masa M . El plano puede deslizar sin rozamiento sobre el suelo horizontal, y esta inicialmente en reposo. Hallar las aceleraciones de la part´ıcula y el plano, as´ı como la reacci´ on de ´este sobre aquella.
Soluci´ on Sean (x1 , y1 ) y (x2 , y2 ) las coordenadas de la part´ıcula y del plano respectivamente en cualquier instante de tiempo, y sea α la inclinaci´on del plano sobre la horizontal. La coordenada y2 es una constante ya que el plano s´olo se desplaza en direcci´ on horizontal. Tenemos entonces tres coordenadas y una ligadura entre ellas dada p or la condici´on de que la part´ıcula est´ a siempre en el plano. Esta restricci´ on puede expresarse como y1 tg α = (5.1) x2 x1
−
es decir, tenemos una ligadura de la forma f = y 1
− (x − x ) tg α = 0 2
(5.2)
1
Tenemos por lo tanto un sistema con una ligadura y como consecuencia un multiplicador de Lagrange λ. El lagrangiano es simplemente
− U = 21 m(x˙ + y˙ ) + 21 M x˙ − mgy
L = T
2 1
2 1
2 2
1
(5.3)
Las ecuaciones de Lagrange ser´ an entonces m¨ x1 = λ tg α, m¨ y1 = mg + λ, M ¨ x2 = λ tg α
−
−
(5.4) (5.5) (5.6)
Por otro lado derivando dos veces la condici´ on de la ligadura y¨1 = (¨ x2
− x¨ ) tg α 1
(5.7)
(5.8)
Combinando las expresiones anteriores obtenemos para λ Mmg cos2 α λ = M + m sin2 α
171
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
En consecuencia, las aceleraciones para la part´ıcula y el plano son tg α sin α cos α = M g , m M + m sin2 α tg α sin α cos α = x¨2 = λ = mg , M M + m sin2 α λ sin2 α = y¨1 = g + = (M + m)g , m M + m sin2 α = y¨2 = 0
a1,x = x¨1 = λ a2,x a1,y a2,y
−
−
−
−
(5.9) (5.10)
(5.11) (5.12)
Las fuerzas de ligadura son F 1,x = ma1,x , F 2,x = M a2,x = F 1,y = λ, F 2,y = 0
−F
1,x ,
(5.13) (5.14)
Las fuerzas F 1,x y F 1,y son las componentes cartesianas de la reacci´ on del plano sobre la part´ıcula, su m´ odulo es la fuerza normal. Es interesante notar que F 1,x + on para la tercera ley de Newton. F 2,x = 0 es precisamente la expresi´
172
Cap´ıtulo 4
11) El punto de suspensi´on de un p´endulo simple se desplaza verticalmente seg´ un la ley s(t). Hallar el lagrangiano y la ecuaci´on de movimiento del p´endulo.
Soluci´ on Se trata de un sistema con dos grados de libertad dados por s y el ´angulo ϕ que forma el hilo del p´endulo con la vertical. Las coordenadas x e y de la masa se escriben en t´erminos de las coordenadas generalizadas s y ϕ como x = l sin ϕ, y = s l cos ϕ
−
siendo l la longitud del hilo del p´endulo. La velocidad vendr´ a dada por v 2 = x˙ 2 + y˙ 2 = l 2 ϕ˙ 2 + 2ls ˙ ˙ ϕ sin ϕ + s˙ 2 y por lo tanto el lagrangiano es 1 L = m(l2 ϕ˙ 2 + 2ls ˙ ˙ ϕ sin ϕ + s˙ 2 ) 2
− mg(s − l cos ϕ)
Las ecuaciones de Euler-Lagrange son ∂L d ∂L = , ∂s dt ∂ ˙s ∂L d ∂L = ∂ϕ dt ∂ ϕ˙ y por tanto las ecuaciones del movimiento g + s¨ + lϕ¨ sin ϕ + l ˙ϕ2 cos ϕ = 0, 1 ϕ¨ + (g + s¨)sin ϕ = 0 l La primera de las ecuaciones puede escribirse (g + s¨)cos ϕ + l ˙ϕ2 = 0 donde hemos utilizado la segunda para eliminar ϕ. ¨ Es posible ya escribir una ecuaci´on s´olo en ϕ eliminando s¨, esto es ϕ¨
2
− ϕ˙
tg ϕ = 0
173
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
12) Encontrar la funci´ on lagrangiana y las ecuaciones de lagrange de un p´endulo plano de masa m y longitud l cuyo punto de suspensi´ on a) puede desplazarse a lo largo de una recta horizontal b) se desplaza uniformemente en una circunferencia vertical con velocidad angular constante c) efect´ ua oscilaciones horizontales de la forma A cos ωt d) efect´ ua oscilaciones verticales de la forma A sen ωt
Soluci´ on a) Hay dos grados de libertad dados por la distancia q recorrida por el punto de suspensi´ o n y el ´angulo θ del p´endulo.
ϕ
x = q + l sen θ y =
−l cos θ
el sistema es pues natural y su lagrangiano es: 1 L = [x˙ 2 + l2 ˙θ2 + 2lq ˙ ˙θ cos θ] + mgl cos θ 2
b) Hay un solo grado de libertad dado por la coordenada θ
174
Cap´ıtulo 4
ω
θ
x = R sen ωt + l sen θ y =
−R cos ωt − l cos θ
el sistema no es natural y su lagrangiano es: 1 L = [R2 ω2 + l2 ˙θ2 + 2lRω ˙θcos(ωt 2
− θ)] + mg[R cos ωt + l cos θ]
onomo de manera que no es aut´ c) Hay un solo grado de libertad dado por la coordenada θ
ω
ϕ
x = A cos ωt + l sen θ y =
−l cos θ
175
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton anica
el sistema no es natural y su lagrangiano es: L =
1 2 2 [A ω sen2 ωt + l2 ˙θ2 2
ωt ] + mgl cos θ − 2Alω ˙θ cos θ sen ωt]
onomo onomo que no es aut´ d) Hay un solo grado de libertad dado por la coordenada θ
ω
ϕ
x = l = l sen θ y =
−A sen ωt − l cos θ
el sistema no es natural y su lagrangiano es: 1 L = [A2 ω 2 cos2 ωt + l2 ˙θ2 2
mg[A sen ωt + l cos θ] − 2Alω ˙θcosωt sin θ] + mg[
onomo onomo de manera que no es aut´
176
Cap Ca p´ıtul ıt ulo o 4
13) Una part´ part´ıcula se mueve mueve a lo largo de una par´abola abola (el eje de la par´ abola es horizontal) bajo la acci´ on on del campo gravitatorio. La part´ıcula ıcula parte del reposo rep oso y se conoce su posici´ on on inicial. Determinar la altura a la que la part´ part´ıcula se despega de la par´abola. abola.
Soluci´ on on
Supongamos como condici´ on on inicial que la part´ part´ıcula en el instante t instante t = = 0 se encuentra cuentra en y en y 0 . Se trata de un sistema con ligaduras, en el cual, antes de despegarse de la par´abola abo la la part´ıcula ıcula est´a sujeta a una ligadura dada por f = y 2
− ax = ax = 0
Las ecuaciones de Euler-Lagrange son en este caso d dt
∂L ∂L ∂f = +λ ∂ ˙ q ˙i ∂q i ∂q i
siendo λ el multiplicador de Lagrange. En este caso el Lagrangiano ser´ a L =
1 m(x˙ 2 + y˙ 2 ) 2
− mgy
Las ecuaciones del movimiento son entonces mx¨ = λa, my¨ = mg + mg + 2λy 2 λy 2 0 = y ax
− −
−
multiplica multiplicando ndo la primera primera por x˙ y la segunda por y˙ y sumando tenemos mx˙ x¨ + my˙ y¨ + mgy˙ + λ(ax˙
− 2yy˙ ) = 0
177
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton anica
Utilizando la ligadura e integrando tenemos m 2 ( x˙ + y˙ 2 ) + mgy = mgy = cte cte 2 Empleando las condiciones iniciales (dotx2 + y˙ 2 ) + g(y
− y0) = 0
Sustituyendo Sustituyendo x˙ de la condici´ on de ligadura obtenemos una ecuaci´ on on on de primer orden para y y˙ 2
4 1 + y2 = 2g (y0 a
− y)
que una vez resuelta nos proporciona la ecuaci´ on on para x a trav´es es de la ligadura ligadu ra x = y = y 2 /a En cuanto a λ la podemos obtener substituyendo x en la primera de las ecuaciones del movimiento 2m (y y¨ + y˙ 2 ) + λa = λa = 0 a Substituyend Substituyendoo y˙ y y¨
−
y0 y 2m y ( g + 2λy/m 2 λy/m)) + 2ga 2 ga 2 + λa = λa = 0 a + 4y 4y2 es decir λ =
−
2
2gm (4y (4y 3 + 3a 3 a2 y 2 2 (a + 4y 4y )
2
− 2a y ) 0
Para deteminar la altura a la cual la part´ part´ıcula se despega de la par´ abola, basta tener tener en cuenta cuenta que cuando cuando ´esto esto sucede la ligadur ligaduraa ya no act´ ua y por lo tanto λ = 0. Entonces la altura a la cual se despega ser´ a y1tal que satisfaga 4y13 + 3a2 y1
2
− 2a y
0
=0
178
Cap Ca p´ıtul ıt ulo o 4
14) Demostrar que si L si L es es el lagrangiano de un sistema que satisface las ecuaciones de Euler-Lagrange, entonces L entonces L = L + d F ( F (q, t)/d t tambi´en en satisface satis face las ecuaciones ecuac iones de Euler-Lagrange. Euler-Lagrange.
Soluci´ on on Si L satisface las ecuaciones de Euler-Lagrange ∂L ∂q
−
d dt
∂L = 0 ∂ ˙ q ˙
Veamos que sucede para el lagrangiano L . Calculamos para ello por separado los dos miembros de las ecuaciones de Euler-Lagrange. ∂L ∂L ∂ ∂F ∂ F ∂L ∂ 2 F ∂ 2 F = + + q ˙ = + + q ˙ 2 ∂q ∂q ∂q ∂t ∂q ∂q ∂q∂t ∂q
∂L ∂ ∂F ∂ F d ∂L ∂ 2F ∂ 2 F + + q ˙ = + + q ˙ 2 ∂ ˙ q ˙ ∂ ˙ q ˙ ∂t ∂q dt ∂ ˙ q ˙ ∂q∂t ∂q Luego Lue go tambi´ tamb i´en en para par a L se satisfacen las ecuaciones de Euler-Lagrange d dt
∂L d = ∂ ˙ q ˙ dt
∂L ∂q
−
d dt
∂L = 0 ∂ ˙ q ˙
179
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
15) Demostrar que las ecuaciones del movimiento de Euler-Lagrange son invariantes respecto a la transformaci´ on de las ecuaciones del movimiento q s(q, t).
→
Soluci´ on Sea la transformaci´ on q
→ s = s(q, t). Tendremos entonces, s = ˙
d ∂s ∂s s = + q ˙ dt ∂t ∂q
por lo tanto s = ˙ s(q, ˙ q, ˙ t). La ecuaci´ on de Lagrange para q es ∂L d = ∂q dt
∂L ∂ q ˙
Calculemos ambos miembros por separado. ∂L ∂L ∂s ∂L ∂ ˙s = + ∂q ∂s ∂q ∂ ˙s ∂q d dt
∂L d = ∂ q ˙ dt
∂L ∂ ˙s ∂ ˙s d = ∂ ˙s ∂ q ˙ ∂ q ˙ dt
∂L ∂ ˙s
∂L d + ∂ ˙s dt
Teniendo en cuenta la expresi´on para s es ˙ f´acil ver que
∂ ˙s ∂ q ˙
∂ ˙s ∂s = ∂ q ˙ ∂q y por lo tanto d dt
∂L ∂s d = ∂ q ˙ ∂q dt
∂L ∂ ˙s
∂L d + ∂ ˙s dt
∂s ∂s d = ∂q ∂q dt
∂L ∂ ˙s
+
∂L ∂ ˙s ∂ ˙s ∂q
Comparando las dos expresiones se tiene que la ecuaci´ on de Lagrange es invariante bajo la transformaci´ on, es decir ∂L d = ∂s dt
∂L ∂ ˙s
180
Cap´ıtulo 4
16) Demostrar que el lagrangiano L = m2 x˙ 4/12 + m x˙ 2 V (x) mismas ecuaciones del movimiento que L = m x˙ 2/2 V (x).
−
2
− V (x) tiene las
Soluci´ on Consideremos en primer lugar el lagrangiano L = m x˙ 2 /2 V (x). Sus ecuaciones del movimiento vienen dadas por la ecuaci´ on de Lagrange
−
∂L d = ∂x dt
∂L ∂ x˙
que utilizando la expresi´ on para L es ˙ =0 m¨ x + V ˙ = dV/dx. Para el lagrangiano L = m2 x˙ 4 /12 + m x˙ 2 V (x) siendo V tiene
2
− V (x), se
∂L ˙ , = (mx˙ 2 2V )V ∂x d ∂L ˙ = m x¨(mx˙ 2 + 2V ) + 2mx˙ 2 V dt ∂ x˙
−
y por lo tanto la ecuaci´on de Lagrange es ˙ (m¨ x + V )(m x˙ 2 + 2V ) = 0 La ecuaci´ on del movimiento es por tanto id´entica a la asociada al lagrangiano L ˙ =0 m¨ x + V
181
Mec´ anica de Lagrange y Hamilton
17) Demostrar que el lagrangiano L = 21 eαt (x˙ 2 ω2 x2 ), proporciona las ecuaciones del movimiento de un oscilador arm´onico amortiguado. Comentar el resultado.
−
Soluci´ on La ecuaci´ on de Lagrange es
d ∂L ∂L = dt ∂ x˙ ∂x que para el lagrangiano del enunciado es x ¨ + αx + ˙ ω 2 x = 0 que es la ecuaci´on del oscilador arm´ onico amortiguado con t´ermino de amortiguamiento α. Para este sistema existen dos constantes del movimiento de la forma, ˙ λ1 x), D1 = eλ2 t (x + D2 = eλ1 t (x + ˙ λ2 x) Calculemos cuales son los valores de λ 1 y λ 2 para que D 1 y D 2 sean constantes del movimiento, es decir, para que se verifique dDi =0 dt El resultado es dDi ∂D i ∂D i ∂D i = + x + ˙ x¨ = e λj t [(λ1 + λ2 α)x + ˙ (λ1λ2 ω2 )x] = 0 dt ∂t ∂x ∂ x˙ con i, j = 1, 2. Por lo tanto se tiene
−
−
λ1 + λ2 = α, λ1 λ2 = ω 2 de forma que resolviendo obtenemos las expresiones para λ1 y λ2 en t´erminos de α y ω como 1 λ1 = (α α2 4ω 2), 2 1 λ2 = (α α2 4ω 2), 2 (5.1)
√ ± − √ ∓ −
Entre las expresiones para D1 y D2 es posible eliminar x para ˙ obtener la soluci´ on m´as general para la ecuaci´ on del movimiento 1 x = D1 e−λ2 t D2 e−λ1 t λ1 λ2 que depende de las dos constantes del movimiento D 1 , D2 y de los par´ametros del sistema α, ω.
−
−
182
Cap´ıtulo 4
Cap´ıtulo 5 . Mec´ anica relativista 1.
Relatividad en la Mec´ anica cl´ asica
Un hecho f´ısico es algo que ocurre independientemente del sistema de referencia que utilicemos para describirlo. En un sistema de referencia dado, un suceso f´ısico queda descrito por cuatro n´ umeros x, y,z, t. Los tres primeros son sus coordenadas espaciales y el u ´ ltimo es la coordenada temporal. Ahora bien, dado que estos cuatro n´umeros var´ıan de unos sistemas de referencia a otros, lo primero que hemos de hacer es establecer un sistema de referencia. En lo sucesivo trabajaremos siempre con sistemas inerciales, entendiendo por tales, aquellos en que se verifica la Ley de Newton de la inercia. En tales sistemas, un cuerpo sobre el que no act´ uen fuerzas externas se mover´ıa con velocidad constante. Supongamos dos sistemas inerciales S y S , el segundo de los cuales se mueve respecto al primero con velocidad v. Resulta c´omodo -y no implica p´erdida de generalidad- escoger los ejes espaciales paralelos y suponer que v est´a dirigida a lo largo del eje x. Supongamos que en el instante en que los or´ıgenes O y O’ de los dos sistemas coinciden, los dos observadores calibran sus relojes y sus reglas de medir y que, posteriormente, cada uno de ellos utiliza sus instrumentos para medir las coordenadas espacio-temporales de un suceso que ocurre en un punto P, obteniendo respectivamente los valores x, y, z,t; y x , y , z , t ; El problema que se nos plantea ahora es el siguiente: ¿C´ omo se relacionan las coordenadas de un punto P en el sistema S con las coordenadas del mismo punto en el sistema S’? y en consecuencia: ¿Qu´e relaci´ on existe entre las distancias espaciales y temporales entre dos puntos P y Q medidas en cada uno de los sistemas? .
1..1
Transformaciones de Galileo
Seg´ un hemos supuesto anteriormente, los observadores calibraban sus instrumentos cuando se encontraban en reposo relativo. Una suposici´on de “sentido com´ un” 183
184
Cap´ıtulo 5
de la mec´anica cl´ asica es que, si los relojes estaban sincronizados y las reglas de medir calibradas cuando los dos sistemas estaban en reposo relativo, lo mismo ocurrir´ a cuando se muevan con velocidad relativa v. Seg´ un vemos pues, el procedimiento cl´asico de medir -que m´as adelante ser´ a sometido a revisi´on- consiste en suponer que los intervalos espaciales y temporales entre dos puntos son los mismos para todos los observadores inerciales de los mismos sucesos. Ello significa que la transformaci´ on que relaciona las coordenadas de un punto en dos sistemas inerciales S y S’ que se mueven con velocidad relativa v es: x = x
− vt
y = y
z = z
t = t
(1.1)
Estas ecuaciones se conocen como “transformaciones de Galileo”. Seg´ un ellas los intervalos de longitud y los intervalos de tiempo son absolutos por separado; es decir: son los mismos para todos los observadores inerciales sin que intervenga para nada la velocidad relativa de los sistemas de referencia. Si a esto a˜ nadimos la suposici´on -tambi´ en de “sentido com´ un”- de la f´ısica cl´ a sica de que la masa de un cuerpo es una cantidad constante e independiente del movimiento de dicho cuerpo respecto al observador, podemos concluir que la mec´ anica cl´ a sica y las transformaciones de Galileo implican que las tres magnitudes fundamentales de la mec´anica: masa, longitud y tiempo son independientes de la velocidad relativa del observador.
1..2
La relatividad de Galileo
Hemos visto como las transformaciones de Galileo relacionaban las coordenadas de un mismo punto en dos sistemas diferentes, inerciales que se mov´ıan con velocidad relativa v. La relaci´ on existente entre las velocidades y aceleraciones la podemos obtener sin m´ as que derivar en (1.1). u = u
−v
a = a
(1.2)
de forma que la aceleraci´on de una part´ıcula es la misma en todos los sistemas inerciales. Puesto que en mec´ anica cl´ asica la masa no es afectada por el movimiento del sistema, el producto ma ser´a el mismo para todos los observadores inerciales; si dicho producto se toma como definici´ on de fuerza -seg´ un la segunda ley de Newtonanica newtoniana ser´ a n las mismas en es obvio que las leyes de la mec´ todos los sistemas inerciales. Una consecuencia importante de lo anterior es que ning´ un experimento mec´ anico que se realice dentro de un sistema inercial puede indicar al observador cual es su velocidad respecto de otro sistema inercial. Por supuesto, podemos determinar la velocidad relativa de dos sistemas comparando los datos obtenidos por los dos observadores respecto de un mismo suceso, pero esta velocidad no ha sido obtenida por medidas realizadas en un u´nico sistema. En cualquier caso no hay ning´ un procedimiento mec´ anico que nos permita determinar
185
Mec´ anica relativista
la velocidad absoluta de un sistema inercial. Este resultado de que solamente podamos hablar de velocidades relativas de unos sistemas respecto de otros es conocido como relatividad de Newton y fue expresado por el propio Newton en forma de principio en la siguiente forma: El movimiento de los cuerpos en un espacio dado es exactamente igual tanto si el espacio est´ a en reposo como si se mueve uniformemente a lo largo de una l´ınea recta.
2.
La mec´ anica cl´ asica y La electrodin´ amica
Veamos ahora si el principio de relatividad de Newton es aplicable a otras leyes de la f´ısica distintas de las de la mec´anica -como son las leyes del electromagnetismo de Maxwell-. Si el principio de relatividad fuera v´alido para toda la f´ısica, entonces no habr´ıa ning´ un sistema inercial privilegiado y ning´ un tipo de experimento f´ısico llevado a cabo en un solo sistema inercial podr´ıa determinar su velocidad de otro sistema inercial. Las ecuaciones del electromagnetismo de Maxwell contienen la constante c que se identifica en la teor´ıa con la velocidad de propagaci´ on de una onda electromagn´etica plana en el vac´ıo. Ahora bien, de acuerdo con las leyes de transformaci´on de Galileo, habr´ıa un u´nico sistema de referencia -que por razones hist´oricas llamaremos ´eter- en el cual la velocidad de la luz ser´ıa exactamente c. En cualquier otro sistema que se moviera respecto del ´eter con velocidad relativa v la velocidad de la luz ser´ıa c v de forma que las ecuaciones de Maxwell, y en consecuencia los procesos electromagn´eticos, no ser´ıan los mismos para observadores inerciales distintos. A partir de la discusi´ on anterior se plantean tres posibilidades, de las cuales -como siempre- ha de ser el experimento el que decida cual es la correcta. Estas tres posibilidades son:
−
• 1)
Hay un principio de relatividad para la mec´ a nica pero no para la electrodin´ amica. Para la electrodin´ amica hay un sistema de referencia privilegiado: el ´eter. Si esta es la alternativa correcta, las transformaciones de Galileo son v´ alidas y debemos ser capaces de aplicarlas para localizar el ´eter experimentalmente.
• 2) Hay un principio de relatividad v´alido tanto para la mec´anica como para
la electrodin´ a mica pero las leyes de Maxwell no son correctas. Si esto es as´ı las transformaciones de Galileo siguen siendo v´ alidas y debemos ser capaces de determinar experimentalmente desviaciones de las leyes de Maxwell.
• 3) Hay un principio de relatividad v´alido tanto para la mec´anica como para la
electrodin´ amica pero las leyes de Newton son falsas. En tal caso debemos encontrar desviaciones experimentales de la mec´ anica newtoniana y reformular las leyes de la mec´anica. Si esto es as´ı las transformaciones correctas no pueden ser las de Galileo pero deber´ a haber unas nuevas transformaciones que sean consistentes con el electromagnetismo y con la nueva mec´ anica.
186
3. 3..1
Cap´ıtulo 5
La Teor´ıa del Eter Experimento de Michelson Morley
El experimento m´ as obvio que cabe realizar es medir la velocidad de la luz en un gran n´ umero de sistemas inerciales para ver si es distinta en los distintos sistemas y especialmente determinar si hay evidencia de que exista un u´nico sistema -el ´eter- en el cual la velocidad de la luz sea c.
Si existiera el ´eter, la tierra -dado que se encuentra en rotaci´ on y giro- se mover´ıa a trav´es de ´el. Un observador terrestre sentir´ıa un “viento del ´eter” cuya velocidad ser´ıa v, siendo v la velocidad orbital de la tierra (alrededor de 30km/sg). Los experimentos ´opticos de primer orden en v/c (v/c 10−4 ) no son decisivos por lo que es preciso recurrir a experimentos sensibles al segundo orden en v/c para poder obtener resultados sin ambiguedad. Es decir, los experimentos han de tener una precisi´ o n de 10−8 . A.A. Michelson invent´o el interfer´ ometro o´ptico cuya notable sensibilidad hizo posible el experimento llevado a cabo en 1887 en colaboraci´ on con E.W. Morley. Describimos ahora brevemente el experimento de Michelson y Morley. El interfer´ ometro de Michelson est´ a fijo en la tierra (ver figura). Cuando los espejos M 1 y M 2 est´en formando un a´ngulo aproximadamente recto, en el telescopio se observar´ a un sistema de franjas paralelas alternativamente claras y obscuras seg´ un la interferencia sea constructiva o destructiva.
∼
187
Mec´ anica relativista
En el experimento de Michelson y Morley las longitudes l1 y l2 recorridas por cada rayo eran similares por lo que la diferencia de fase entre los dos rayos 1 y 2 solamente puede deberse a que los haces se mueven con velocidades diferentes respecto al instrumento debido a que son arrastrados por el “viento del ´eter”. As´ı, en la figura, el haz 1 (verde) experimenta una corriente horizontal, dirigida hacia la derecha cuando va hacia M 1 y hacia la izquierda cuando vuelve a M de forma que a la ida el modulo de su velocidad es c + v y a la vuelta c v. De la misma manera, el haz 2 (rojo) experimenta una corriente transversal de forma que el m´ odulo de la velocidad resultante es c2 v 2 . Debido a esta corriente del ´eter habr´ a una diferencia ∆t entre el tiempo que tarda cada haz en llegar al telescopio. El c´ alculo d´a: 2 l2 l1 ∆t = t 2 t1 = (3.1) c 1 v 2 /c2 1 v 2 /c2
−
√ −
−
− −
−
Ahora bien, supongamos que el aparato gira 900 . En tal caso ser´a el haz 1 el que experimente la corriente transversal y el haz 2 el que experimente la vertical. La diferencia ∆t entre los tiempos de recorrido de los dos haces ser´ a: ∆t = t 2
−
2 t1 = c 1
−
l2 v 2 /c2
−
l1 1 v 2 /c2
−
(3.2)
De modo que, debido a la rotaci´ on del instrumento habr´ a una diferencia: ∆t
− ∆t = 2c 1 l− +v l/c − 2
1
2
2
l2 + l1 1 v 2 /c2
−
(3.3)
que desarrollando en serie de v/c y qued´andose en el segundo orden ser´ a: ∆t
−
l1 + l2 v 2 ∆t = c c2
(3.4)
188
Cap´ıtulo 5
Por lo tanto la rotaci´ on del instrumento debe producir un desplazamiento en el sistema de franjas. Sea ∆N el n´ umero de franjas desplazado. Entonces: ∆N =
∆t
v2 l1 + l2 v 2 = cT c2 λ c2
− ∆t l + l 1
T
2
(3.5)
El experimento de Michelson y Morley se hizo con l1 + l2 = 22m y λ = 5, 5.10−7 m con lo que ∆N = 0.4; es decir, un desplazamiento de una franja cada cuatrocientas. Los experimentos se realizaron d´ıa y noche durante un a˜ no y dieron como resultado ∆N = 0. No hab´ıa ning´ un desplazamiento del sistema de franjas. La conclusi´ on m´as simple de estos resultados es que la velocidad de la luz es c en todos los sistemas inerciales. No obstante esta conclusi´ on est´a -seg´ un vimos- en desacuerdo con las transformaciones de Galileo, que en el siglo XIX parec´ıan ser de validez indiscutible. Esta fue la raz´ on por la cual se propusieron varias hip´otesis que trataban de explicar el experimento de Michelson y Morley manteniendo la hip´otesis del ´eter.
3..2
Hip´ otesis de Fitzgerald: Experimento de KennedyThorndike
Fitzgerald propuso en 1892 una hip´ otesis -elaborada junto con Lorentz- destinada a explicar el resultado de Michelson y Morley manteniendo el concepto del sistema de referencia privilegiado. Su hip´otesis era que: “todos los cuerpos se contraen en
−
2
1 vc2 ”. De acuerdo con esta hip´ otesis, en el experimento de Michelson-Morley el haz 1 recorrer´ a una distancia la direcci´ on de su movimiento respecto al ´eter en un factor
l1
1
− vc
2
2
y el haz 2 l2 Es f´acil comprobar que, con esta hip´ otesis, ∆t = ∆t y no cabe pues esperar ning´ un desplazamiento de las franjas cuando el aparato rota. No obstante, no ocurre lo mismo cuando las distancias l1 y l2 entre los espejos son distintas. En tal caso, incluso con la hip´ otesis de Lorentz-Fitzgerald cabe esperar un desplazamiento en el sistema de franjas. Kennedy y Thorndike repitieron el experimento de Michelson y Morley pero con longitudes l1 y l2 diferentes, pero no se observ´ o ning´ un desplazamiento, en directa contradicci´ on con la hip´otesis de contracci´ on.
Mec´ anica relativista
3..3
189
Hip´ otesis del arrastre del eter: aberraci´ on estelar y experimento de Fizeau
Otra idea sugerida para “salvar el ´eter” fue la del arrastre. Esta hip´ otesis supon´ıa que el ´eter estaba ligado a todos los cuerpos de masa finita y que era por tanto arrastrado con ellos. Esta suposici´ on daba autom´ aticamente resultados nulos en el experimento de Michelson y Morley. Sin embargo existen dos hechos que contradicen directamente esta hip´ otesis: la aberraci´ o n estelar y el experimento de Fizeau.
• Aberraci´on estelar
Imaginemos una estrella situada directamente encima de un telescopio. Si la tierra estuviera en reposo respecto al ´eter bastar´ıa dirigir el telescopio verticalmente hacia ella para verla. Ahora bien, si la tierra se est´a moviendo hacia la derecha con velocidad v respecto del ´eter, har´ a falta inclinar el tubo del telescopio un a´ngulo α para poder ver la estrella. Esto ultimo ´ es lo que en realidad ocurre como fue observado por Bradley ya en 1727. Lo que podemos concluir de aqu´ı es que el ´eter no es arrastrado por la tierra pues en tal caso no ser´ıa necesario inclinar el telescopio y no habr´ıa ning´ un tipo de aberraci´ on. Experimento de Fizeau Otro efecto bien establecido que contradice la hip´ otesis del arrastre de ´eter se refiere a la propagaci´ on de las ondas electromagn´eticas en los medios en movimiento. El montaje del experimento de Fizeau se muestra esquem´ aticamente en la figura. En el telescopio se observar´ an franjas de interferencia debidas a los diferentes caminos o´pticos de cada uno de los haces. El agua fluye a trav´es de los tubos de forma que uno de los haces viaja siempre con el flujo a favor, y el otro lo hace siempre con el flujo en contra.
•
El experimento de Fizeau llevado a cabo en 1851 y repetido por Michelson y Morley en 1886 confirm´ o plenamente la hip´ otesis de Fresnel. No parece haber, seg´ un todo lo anterior, una base experimental que sustente la hip´ otesis del ´eter
190
Cap´ıtulo 5
como un sistema de referencia privilegiado. Hemos pues de descartar la primera de las hip´otesis propuestas y hacer frente a las otras dos restantes.
4.
Intentos de modificar el electromagnetismo: Experimento de De Sitter
Veamos ahora si es posible modificar el electromagnetismo de forma que se explique el experimento de Michelson-Morley. Las diversas teor´ıas a este respecto se llaman otesis de que la velocidad “teor´ıas de emisi´on” y todas ellas se basan en la hip´ relativa de la luz con respecto a la fuente original es c y que esta velocidad es independiente de la velocidad con que se mueve el medio que transmite la luz. Esta suposici´on explica autom´ aticamente los resultados del experimento de MichelsonMorley. Sin embargo, hay dos tipos de experimentos que contradicen estas teor´ıas:
• El primero son las observaciones de De Sitter acerca de las estrellas binarias.
Supongamos dos estrellas binarias girando alrededor de su com´ un centro de masa en o´rbitas circulares. Supongamos ahora que la velocidad de la luz mediante la cual las vemos a trav´es del espacio vac´ıo es c + vf donde vf es la componente de la velocidad de la fuente con respecto al observador, en el instante en que la luz es emitida a lo largo de la l´ınea que una la fuente con el observador. En tal caso el tiempo que tarda la luz en llegar a la tierra es menor cuando la estrella se acerca que cuando se aleja. Como consecuencia las orbitas ´ de las estrellas binarias, observadas desde la tierra, debe aparecer exc´entricas. Sin embargo, los experimentos no muestran tal excentricidad. Es decir, contrariamente a lo supuesto en las teor´ıas de emisi´on, la velocidad de la luz es independiente del movimiento de la fuente.
• Otro experimento es el de Michelson-Morley realizado con una fuente extrater-
restre. Si la velocidad de la fuente (debida a los movimientos de traslaci´ on y rotaci´on respecto del interfer´ ometro) afectaran a la velocidad de la luz, deber´ıan observarse cambios complicados en el sistema de franjas. Sin embargo estos efectos no han sido observados experimentalmente.
5.
Relatividad especial
Hemos visto ya como la hip´otesis del ´eter es insostenible y vemos ahora que las leyes del electromagnetismo son correctas. La velocidad de la luz es la misma en todos los sistemas de referencia. Hay pues un principio de relatividad, aplicable tanto a la mec´ anica como al electromagnetismo. Ahora bien, las transformaciones de Galileo deben ser modificadas, y por tanto tambi´en deben serlo las leyes b´ asicas de la mec´anica.
191
Mec´ anica relativista
5..1
Postulados b´ asicos
En 1905 Einstein public´ o un art´ıculo “sobre la electrodin´ amica de los cuerpos en on del problema. Las suposiciones b´ asicas de movimiento” que iba a dar la soluci´ Einstein son:
• 1)Principio de Relatividad: Las leyes de la f´ısica son las mismas en todos los sistemas inerciales. No existe ning´ un sistema privilegiado. • 2) Principio de constancia de la velocidad de la luz : La velocidad de la luz en el espacio libre es c en todos los sistemas inerciales.
Einstein amplia el principio de relatividad de Newton -que aplicaba solo a la mec´anica- para hacerlo extensivo a todas las leyes de la f´ısica. El principio de relatividad de Einstein establece que no hay ning´ un tipo de experimento f´ısico que pueda determinar la velocidad absoluta de un sistema. Ahora no hay ning´ un experimento de ning´ un tipo realizado por completo dentro de un sistema inercial, que pueda decir al observador cual es su velocidad con respecto a otro sistema inercial. El segundo principio contradice directamente las transformaciones de Galileo que deber´an ser reemplazadas por otras consistentes con ´el. Las nuevas ecuaciones de transformaci´ on obtenidas por Einstein son conocidas -por razones hist´oricas- como transformaciones de Lorentz. Del mismo modo las leyes de Newton de la mec´anica deber´ an modificarse de forma que permanezcan invariantes bajo las transformaciones de Lorentz. Cabe esperar que esta generalizaci´ on sea tal que, para velocidades muy inferiores a la de la luz, las nuevas leyes se reduzcan a las antiguas.
5..2
Transformaciones entre sistemas inerciales
Supongamos dos sistemas inerciales movi´ endose con velocidad relativa v (por comodidad supondremos que v est´a en la direcci´on x) con coordenadas y tiempos (x, t) y (x , t ) respectivamente. Si la transformaci´ on entre ambos sistemas es lineal, tendremos (5.1) x = ax + bt donde a y b son constantes a determinar.
5..3
Transformaciones de Lorentz
Tengamos en cuenta los siguientes puntos En el origen del sistema S , ha de ser x = 0, x = vt. Por tanto
•
b =
−av x = a(x − vt)
(5.2)
192
Cap´ıtulo 5
• La transformaci´on ha de ser invertible, por tanto el paso de S a S ha de hacerse cambiando v por −v x = a(x + vt )
(5.3)
• Un frente de luz se mover´a en cada uno de los sistemas en la forma x = ct x = c t
(5.4)
De manera que ct = a(x + vt ) ct = a(x
− vt)
(5.5)
eliminando los tiempos 2
a =
(c
−
cc v)(c + v)
(5.6)
Podemos tener los siguientes casos: En mec´ anica cl´asica las velocidades se suman por lo que c = c + v y por tanto a = 1, obteniendo asi las Transformaciones de Galileo. x = x
− vt
t = t
(5.7)
Sin embargo el postulado de la Relatividad Especial establece que la velocidad de la luz ha de ser igual en todos los sistemas de referencia por lo que c = c . En tal caso: 1 a = 2 1 vc2
−
y por tanto las transformaciones entre sistemas inerciales son: x =
x
vt
−−
v2 c2
1
t t =
−
v x c2
− 1
v2 c2
conocidas como Transformaciones de Lorentz
(5.8)
193
Mec´ anica relativista
6. 6..1
Consecuencias de la Relatividad especial Composici´ on de velocidades
Si en un sistema S un objeto se desplaza un dx en un tiempo dt su velocidad ser´a: V = dx . En un sistema S se tendr´ a V = dx . Utilizando las transformaciones de dt dt Lorentz: dx dx vdt V dt vdt V = = = (6.1) dt dt cv2 dx dt cv2 V dt
− −
−
−
de manera que las velocidades no se componen aditivamente como en Mec´ anica Cl´asica sino que: V =
V 1
− v − V
v c2
(6.2)
que es la ley de composici´ on de velocidades relativista.
6..2
Dilataci´ on temporal. Tiempo propio
En Relatividad especial el tiempo no es absoluto sino que transcurre de diferente forma en cada sistema de referencia. Sin embargo todo objeto f´ısico tiene asociado un Tiempo propio τ definido como el tiempo medido en el sistema de referencia en que el objeto est´ a en reposo. Llamemos S a tal sistema de referencia. Cuando transcurre un intervalo de tiempo dt = dτ , el objeto permanece en reposo por lo que dx = 0. El mismo proceso observado por un observador inercial S movi´endose con velocidad v respecto a S requerir´ a un tiempo dt durante el cual el objeto se desplazar´ a una distancia dx. Aplicando las transformaciones de Lorentz tendremos: dx vdt dx = 0 = dx = vdt (6.3) γ
−
dt = dτ =
dt
−
v dx c2
γ
⇒
=
dt
−
v2 dt c2
γ
= γdt
(6.4)
Luego dτ = γdt
(6.5)
En consecuencia el tiempo propio es el menor posible; es decir, el sistema de referencia en el que un objeto est´ a en reposo es aquel en el que el tiempo transcurre mas deprisa. En cualquier otro sistema el tiempo medido es mayor. Este fen´ omeno se conoce como Dilataci´ on temporal.
194
6..3
Cap´ıtulo 5
Contracci´ on espacial
Sea S el sistema propio de un objeto, es decir, aquel en que el objeto est´ a en reposo. Se llama longitud propia del mismo a la longitud medida en el sistema propio. La longitud propia ser´ a por tanto: l0 = x 2
− x (6.6) Para medir la longitud del objeto l = x − x en otro sistema de referencia S, 1
2
1
observaremos los extremos del objeto en el mismo instante de tiempo t 2 = t1 . Las transformaciones de Lorentz son: t2
−
t1 =
l0 = x 2
−
v (x2 c2
− x =
−x )
γ (x2
1
(6.7)
−x ) 1
(6.8) γ En consecuencia l = l0 γ < l0 . La longitud propia de un objeto es la mayor posible. En cualquier otro sistema de referencia la longitud del objeto es menor. Este fen´ o meno se conoce como Contracci´ on de longitudes. Obs´ervese que esta aparente contracci´ on del objeto es debida a que mientras en el sistema S los extremos del objeto se calculan en el mismo instante t2 = t1, en el sistema S , t2 t1 = cv2 l0 = 0.
−
6..4
1
−
Efecto Doppler relativista
Veamos ahora como afecta el movimiento de la fuente a la emisi´ on de ondas electromagn´eticas. Supongamos una fuente luminosa en reposo en su sistema propio S’ que emite ondas de longitud λ y per´ıodo T .
•
λ
En este sistema, la distancia entre dos frentes de onda que percibe el observador O’ ser´a simplemente λ = cT
195
Mec´ anica relativista
y por tanto le corresponde una frecuencia: c ν = λ
• Veamos ahora como percibe el mismo fen´omeno un observador O situado en un sistema de referencia S, respecto del cual, S’ se aleja con velocidad v.
λ
El tiempo que transcurre entre la emisi´ on de dos frentes de onda ser´ a T T = γ mientras que la distancia que el observador O mide entre dos frentes de onda proporciona una longitud de onda efectiva λe = λ + D es decir: λe = cT + vT = (c + v)T de forma que la comparaci´ on entre la distancia entre frentes de onda en los dos sistemas es: T c + v T λe = (c + v) = γ c v c
λe = y en consecuencia ν e =
− −
−
c+v λ > λ c v
c v λ < ν c + v
de forma que la luz aumenta de longitud de onda (desplazamiento hacia el rojo) cuando la fuente se aleja del observador “red shift”. Por el contrario se desplaza hacia el azul cuando la fuente se acerca “blueshift”.
196
7.
Cap´ıtulo 5
Espacio de Minkovski
7..1
Conservaci´ on del intervalo
Sean dos sucesos (x1 , t1 ) y (x2 , t2 ), en un sistema inercial S . Los mismos sucesos en un sistema S ser´an (x1 , t1 ) y (x2 , t2 ). Definimos como intervalo s12 entre los dos sucesos a: s212 = (x2 x1)2 c2 (t2 t1 )2 (7.1)
−
−
−
Aplicando las transformaciones de Lorenz, es f´ acil comprobar que: s2 = (x x )2 c2 (t t )2 = (x x )2 c2 (t t )2 = s 2 12
2
−
1
−
2
−
2
1
−
−
1
2
−
1
12
(7.2)
de manera que el intervalo es un invariante bajo las transformaciones de Lorentz . El intervalo entre dos sucesos es siempre el mismo con independencia del sistema de referencia en que se calcule. De la definici´ on de intervalo se puede deducir que su cuadrado puede ser positivo o negativo. En consecuencia dos sucesos pueden estar relacionados por: Intervalos de tipo espacio Cuando s212 > 0 y por tanto (x2 x1 )2 > c2 (t2 t1 )2 . En este caso se puede buscar un sistema de referencia S en el cual los sucesos sean simult´ a neos y por 2 tanto (t2 t1 ) = 0. Sin embargo no existe ning´ un sistema en el cual los dos sucesos puedan ocurrir en el mismo punto.
−
−
−
Intervalos de tipo tiempo Cuando s212 < 0 y por tanto (x2 x1 )2 < c2 (t2 t1 )2 . En este caso se puede buscar un sistema de referencia S en el cual los sucesos puedan ocurrir en el mismo punto y por tanto (x2 x1)2 = 0. Sin embargo no existe ning´ un sistema en el cual los dos sucesos puedan ser simult´ aneos. Intervalos de tipo luz Cuando s212 = 0 y por tanto (x2 x1 )2 = c2 (t2 t1)2 . En este caso ambos sucesos est´ an conectados por un rayo de luz
−
−
−
−
−
7..2
Espacio-tiempo cuadridimensional
En Mec´ anica Cl´asica el tiempo era absoluto y la geometr´ıa del espacio tridimensional era eucl´ıdea de forma que la distancia espacial entre dos puntos se calculaba por el producto escalar eucl´ıdeo definido positivo. d212 = (r2
− r ).(r − r ) 1
2
(7.3)
1
• El An´alogo en Relatividad es introducir un espacio-tiempo de cuatro dimensiones
en el que el intervalo espacio-temporal entre dos puntos viene dado por el producto escalar Minkovskiano s212 = (r2
2
− r ).(r − r ) − c (t − t ) 1
2
1
2
1
2
(7.4)
197
Mec´ anica relativista
que como ya vimos no es definido positivo por lo que divide a los cuadrivectores del espacio de Minkowski en tres tipos: pacio y tipo tiempo. Para una dimensi´on espacial y una temporal, la representaci´ o n del espacio de Minkowski se hace a trav´es del cono de luz representado en la figura.
8.
La part´ıcula libre en relatividad especial
8..1
Lagrangiano relativista de la particula libre
El tratamiento de la interacci´ o n en Mec´ anica Relativista es un tema complicado y sujeto a investigaci´ on. Aqui nos restringiremos al caso de la part´ıcula libre. Consideraremos como masa de una part´ıcula exclusivamente a la masa en reposo es decir a la medida en el sistema propio de la part´ıcula en el que ´esta est´ a en reposo.
• Lagrangiano de la part´ıcula libre Sea una part´ıcula libre de masa m. Como no act´ uan fuerzas sobre ella, su sistema propio ser´ a inercial y su tiempo propio un invariante. La acci´ on de la part´ıcula ser´ a: A =
LR dt
(8.1)
Para que la acci´ on sea independiente del sistema de referencia, ha de depender del u ´ nico invariante que tenemos: el tiempo propio. Por tanto A =
kdτ
(8.2)
198
Cap´ıtulo 5
donde k es una constante. Puesto que dτ = γdt, tenemos que: LR dt = kγdt
⇒L
R
= k
1
−
v2 c2
(8.3)
Para obtener k, hemos de tener en cuenta que en el l´ımite cl´asico vc 0, LR debe tender (salvo constantes aditivas irrelevantes) al lagrangiano cl´ asico de la 1 v 2 part´ıcula libre LC = 2 mv . Desarrollando L R en serie de c :
→
LR
→ k
Comparando con LC
−
1 v2 2 c2
− 1
k v2 1 2 = mv 2 c2 2
(8.4)
(8.5)
de manera que k =
2
−mc
(8.6)
y por tanto el lagrangiano relativista de una part´ıcula libre de masa m en un sistema de referencia en el que se mueve con velocidad v es: LR =
8..2
2
−mc
1
− vc
2 2
(8.7)
Momento
Momento de la part´ıcula libre Definimos el momento en la forma habitual p =
∂L R = ∂v
mv
− 1
v2 c2
(8.8)
Es importante que esta cantidad solo est´ a bien definida para part´ıculas cuya velocidad no es la de la luz. Para que la expresi´ on no diverja cuando v = c, es necesario que el numerador sea tambien cero. Tenemos pues que distinguir los dos casos siguientes: Una part´ıcula que se mueve a la velocidad de la luz tiene masa en reposo cero y viceversa: Si una part´ıcula tiene masa cero, se mueve a la velocidad de la luz. Aunque la masa sea cero, el momento no es cero (su valor se determina en Mec´anica Cu´ antica). Toda part´ıcula con masa distinta de cero se mueve a una velocidad v inferior a la de la luz y su momento viene dado por: p =
mv
− 1
v2 c2
(8.9)
199
Mec´ anica relativista
o bien, despejando la velocidad: pc
v =
8..3
(8.10)
p2 + m2 c2
Hamiltoniano relativista de la particula libre
La transformaci´ on de Legendre proporciona: 2
H = pv operando
− L =
pc
2
p2 + m2 c2
H =
+ mc
1
−
p2 p2 + m2 c2
p2c2 + m2 c4
(8.11)
(8.12)
que es la Energ´ıa de una part´ıcula libre.
8..4
Part´ıculas con masa: Energ´ıa en reposo
Si una part´ıcula tiene masa distinta de cero, siempre se puede encontrar un sistema de referencia en el que est´e en reposo. En tal sistema propio v = p = 0 y por tanto la energ´ıa es: E rep = mc 2 (8.13) que no es debida al movimiento sino solamente a la masa de la part´ıcula. Este resultado no tiene equivalente en Mec´ anica Cl´asica. Cuando la part´ıcula est´ a en un sistema en el que se mueve con velocidad v, su energ´ıa es: mc2 2 2 2 4 E = p c + m c = (8.14) v2 1 c2
−
de la cual, para obtener la energ´ıa cin´etica exclusivamente debida al movimiento, hay que descontar la energ´ıa en reposo de forma que: T = mc 2
− − 1
1
8..5
v2 c2
1
(8.15)
Energ´ıa de las part´ıculas sin masa
Por el contrario, para una part´ıcula sin masa y que por tanto se mueve a la velocidad de la luz, la energ´ıa es exclusivamente debida a su momento: E = pc
(8.16)
200
9.
Cap´ıtulo 5
Interacciones relativistas
La interacci´ on el´astica de dos part´ıculas relativistas que pueden considerarse libres en las zonas alejadas a la interacci´ on vendr´ a dada por la conservaci´ o n del momento y la energ´ıa. A este respecto, recordemos las siguientes definiciones para part´ıculas libres relativistas: momento lineal (de una part´ıcula con masa):
•
p =
mv
− 1
v2 c2
(9.1)
• energ´ıa de la part´ıcula libre: E =
m2 c4 + p2c2
y veamos a continuaci´ on algunos ejemplos
9..1
Efecto Compton
Es la colisi´on de fotones (masa cero) con electrones (masa m)
(9.2)
201
Mec´ anica relativista
θ
ϕ
• Conservaci´on del momento
Sea p el on incidente y p el del saliente. q momento del fot´ es el momento del electr´o n. Si suponemos p dirigido en la direcci´ on x, θ es el a´ngulo que p forma con el eje x y ϕ el que forma q . De manera que p = p cos θ + q cos ϕ 0 = p sin θ q sin ϕ
−
(9.3)
(9.4)
• Conservaci´on de la energ´ıa
2
pc + mc = p c + m2 c4 + q 2c2 (9.5) Los datos del problema son p y p y en funci´on de ellos hemos de determinar θ. Eliminando q y ϕ de (9.3) y (9.4) q 2 = ( p
2
+ p2 sin2 θ = p 2 + p2 p sin θ tanθ = p p cos θ
− p cos θ)
−
substituyendo en (9.5) pc
−
p c + me c2 =
de donde
m2e c4 + p2 c2 + p2 c2
me c
− 2 pp cos θc
(9.6) (9.7)
2
me c( p p ) 1 cos θ = pp = 0.0243x10−10 m se denomina longitud de onda Comp-
−
La cantidadλ0 = ton
− 2 pp cos θ
∆λ = 0 (1
−
− cos θ)
202
9..2
Cap´ıtulo 5
Efecto Fotoel´ ectrico
Se trata de un caso de choque inel´ a stico en el que un elctr´ o n de un metal absorbe la energ´ıa de un fot´on para vencer su energ´ıa de enlace y escapar del metal produciendo una corriente el´ectrica.
Si p es el momento del fot´ on y q el del electr´ on emergente, tendremos p = q
(9.8)
Por otro lado si W es la energ´ıa de enlace del electr´ on en el metal el balance energ´etico es: pc + me c2 = W + m2e c4 + q 2 c2 (9.9)
Observese que para que haya corriente la energ´ıa m´ınima del fot´on ha de ser pc > W
9..3
Emisi´ on de fotones
Un n´ ucleo en reposo de masa m se transforma en otro de masa m con momento q emitiendo un fot´on de momento p
203
Mec´ anica relativista
p + q = 0 mc2 = pc +
(9.10)
m2 c4 + q 2c2
(9.11)
de forma que la energ´ıa del fot´on saliente es: pc =
9..4
m2
2
− m c
2
(9.12)
2m
Absorci´ on de fotones
Supongamos un n´ ucleo en reposo de masa m que asorbe la energ´ıa de un fot´ on de momento p y se trasforma en otro n´ ucleo de masa m con momento q .
El balance es: p = q mc2 + pc = De donde obtenemos
m2 c4 + q 2c2
m2 m2 p = q = c 2m y por tanto la velocidad de retroceso del n´ ucleo es: q =
−
m2 m2 c = 2m
−
(9.13)
m v
− 1
(9.14)
v2 c2
(9.15)
(9.16)
204
10.
Cap´ıtulo 5
Problemas
Enunciados 1) Un hombre que viaja en un tren a una velocidad de 20 m/sg enciende dos cigarrillos con un intervalo de 10 minutos. ¿Como ver´ıa estos sucesos un observador situado en tierra? 2) Supongamos ahora que el vag´ on del problema anterior. Un observador en el tren ve que dos pasajeros situados uno en cada extemo del vag´ on encienden a la vez un cigarrillo. ¿Como ver´a el suceso el observador situado en tierra? 3) Visto desde un sistema inercial, un suceso ocurre en un punto A del eje x y 10−6 sg m´as tarde ocurre otro en un punto B situado a 600 m. ¿Existe alg´ un sistema en el que sucesos sean simult´aneos? 4) ¿C´ual es el intervalo entre dos sucesos que en un sistema inercial a) Est´an separados 109 m y transcurren con un intervalo temporal de 5sg a) Est´ an separados 7.5 108 m y transcurren con un intervalo temporal de 2.5 sg a) Est´an separados 5 108 m y transcurren con un intervalo temporal de 1.5 sg 5) Un cohete cuya longitud en reposo es de 60m se aleja de la tierra con velocidad v. El cohete tiene espejos en cada extremo. Cuando se encuentra a una distancia D de la tierra se env´ıa desde esta un rayo de luz que se refleja en los espejos. La primera se˜ n al se recibe en la tierra al cabo de 20 sg y la segunda 1, 64 µsg m´as tarde. Calcular v y D. 6) Una varilla de 1 m forma un ´angulo de 45 grados con respecto a la direcci´ on del movimiento de un sistema que se mueve con velocidad 0.8 c respecto de un observador inercial. ¿C´ u al es la longitud y orientaci´on de la varilla para este observador?. 7) La radiaci´on c´osmica de alta energ´ıa proporciona muones en las capas altas de la atm´osfera. La vida media del mu´on es 2, 1994.10−6 sg. Determinar la velocidad m´ınima de los muones si, produci´endose a una altura de 32Km se pueden detectar sobre la superficie de la tierra. 8) Los astronautas de una nave espacial que se aleja de la tierra a v = 0.6c interrumpen su conexi´ on con el control espacial diciendo que se van a dormir una siesta de una hora y que luego volver´an a llamar. ¿C´ ual es la duraci´ on de la siesta para los controladres de la tierra?. 9) Dos naves espaciales de 100 m de longitud viajan una hacia la otra con velocidades de 0,85 c relativas a la tierra a) ¿Qu´e longitud tiene cada nave medida desde la tierra a) ¿Qu´e velocidad tiene cada nave medida desde la otra nave a) ¿Qu´e longitud tiene cada nave medida desde la otra nave
Mec´ anica relativista
205
10) La longitud de onda m´ as larga emitida por el hidr´ ogeno en la serie de Balmer es λ0 = 656 nm. En la luz procedente de una galaxia lejana, el valor medido es λ = 1458 nm. Hallar la velocidad de alejamiento de la galaxia. 11) En un determinado sistema de unidades la energ´ıa relativista de una part´ıcula es 1. Si su energ´ıa en reposo es 21 , calcular su momento y su velocidad. (En este sistema de unidades la velocidad de la luz es c = 1). 12) En un cierto sistema de referencia inercial se emiten dos pulsos de luz a una distancia de 5 Km entre s´ı y con un intervalo temporal de 10−6 sg. Un observador que viaja con una velocidad relativa v paralelo a la l´ınea que une los puntos donde se emitieron los pulsos, nota que los pulsos son simult´aneos. Hallar v. 13) Una part´ıcula de masa en reposo mc2 = 1 M eV y energ´ıa cin´etica 2 MeV choca con una masa estacionaria de energ´ıa en reposo 2MeV . Despu´es de la colisi´on las part´ıculas quedan adheridas. Hallar la velocidad inicial de la part´ıcula antes del choque y la masa y la velocidad de la part´ıcula resultante an en 14) Un profesor de F´ısica en la tierra realiza un examen a sus alumnos que est´ una nave espacial que viaja a una velocidad v relativa a la tierra. En el momento en que la nave espacial pasa al lado del profesor, este d´ a la se˜ nal para empezar el examen. El profesor quiere que sus alumnos dispongan de un tiempo T 0 para completar el examen. Demostrar que el profesor deber´ a mandar una se˜ nal luminosa indicando el fin del examen al cabo de un tiempo (en su sistema de referencia) −v desde que empez´ t = T 0 cc+v o el examen
206
Cap´ıtulo 5
1) Un hombre que viaja en un tren a una velocidad de 20 m/sg enciende dos cigarrillos con un intervalo de 10 minutos. ¿Como ver´ıa estos sucesos un observador situado en tierra?
Soluci´ on a) Transformaciones de Galileo Teniendo en cuenta que para el observador que viaja en el tren x 1 = x 2 y t 2 600 sg. Seg´ un las transformaciones de Galileo x1 = x 1 x2 = x 2
t1 = t 1 , t2 = t 2
− vt , − vt , 1 2
y por lo tanto para un observador situado en tierra t2 x2
− t = t − t = 600 sg − x = x − x + v(t − t ) = 12 km 1
2
1
1
2
2
1
1
b) Transformaciones de Lorentz En este caso ,
t1 t1 =
−
v x c2 1
,
t2 t2 =
−
v x c2 2
x1 x1 =
− vt
1
x2 x2 =
− vt
2
γ =
γ γ
siendo
Por lo tanto
1
− vc
γ
,
γ
2 2
− t = γ (t − t ) + cv (x − x ), x − x = γ (x − x ) + v(t − t ) = v(t − t ) t2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
2
1
Combinando ambas ecuaciones t2
t2
− t
1
− t = γ > 600 sg x − x = v(t − t ) > 12 km 2
1
1
2
1
2
1
− t = 1
207
Mec´ anica relativista
2) Supongamos ahora que el vag´ on del problema anterior. Un observador en el tren ve que dos pasajeros situados uno en cada extemo del vag´ on encienden a la vez un cigarrillo. ¿Como ver´a el suceso el observador situado en tierra?
Soluci´ on Sea a la longitud del vag´ on. El observador en ´el ve que los dos pasajeros encienden el cigarrillo al mismo tiempo, de manera que t2 t1 = 0 y x2 x1 = a. a) Transformaciones de Galileo Las transformaciones de Galileo son
−
x1 = x 1 x2 = x 2
−
t1 = t 1 , t2 = t 2
− vt , − vt , 1 2
y por lo tanto para un observador situado en tierra t2 x2
− t = t − t = 0 − x = x − x + v(t − t ) = x − x = a 1
2
1
1
2
2
1
1
2
1
b) Transformaciones de Lorentz En este caso ,
t1 t1 =
−
v x c2 1
,
t2 t2 =
−
v x c2 2
x1 x1 =
− vt
1
x2 x2 =
− vt
2
γ =
γ γ
siendo
Por lo tanto
1
−
γ
,
γ
v 2 c2
− t = γ (t − t ) + cv (x − x ) = cv (x − x ), x − x = γ (x − x ) + v(t − t ) t2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
2
1
2
Combinando ambas ecuaciones x2 t2
− x = γ = γ a > a − t = cv γ a = 0 1
1
x2 2
− x
1
2
1
208
Cap´ıtulo 5
3) Visto desde un sistema inercial, un suceso ocurre en un punto A del eje x y 10−6 sg m´as tarde ocurre otro en un punto B situado a 600 m. ¿Existe alg´ un sistema en el que sucesos sean simult´aneos?
Soluci´ on El intervalo se define a partir de s212 = (x2
2
2
2
− x ) − c (t − t ) 1
2
1
= (x2
2
2
2
− x ) − c (t − t ) 1
2
1
En el sistema S , tenemos que x2
− x = 600 m
t2
1
−t
1
= 10−6 sg
luego el intervalo ser´ a s212 = 6002
4
− 9 10
= 27 104 > 0
Se trata por lo tanto de un intervalo de tipo espacio y es posible encontrar un sistema en el cual dichos sucesos sean simult´ aneos, es decir t2
− t = 0 1
Seg´ un esto, se deber´ a verificar t2
−t
1
=
v (x2 c2
−x ) 1
y por tanto, la velocidad del sistema S respecto de S ser´a t2 v = c x2 2
−t −x
1 1
3. 108 . 10−6 c = c = 6. 102 2
209
Mec´ anica relativista
4) ¿C´ual es el intervalo entre dos sucesos que en un sistema inercial a) Est´an separados 109 m y transcurren con un intervalo temporal de 5sg a) Est´ an separados 7.5 108 m y transcurren con un intervalo temporal de 2.5 sg a) Est´an separados 5 108 m y transcurren con un intervalo temporal de 1.5 sg
Soluci´ on Como vimos en teor´ıa el intervalo es un invariante bajo las transformaciones de Lorentz, por lo tanto podemos calcular su valor a partir de los datos del problema.
a) s212 = 1018 25. 9. 1016 = 125. 1016 < 0 luego se trata de un intervalo de tipo tiempo.
−
−
b) s212 = (7, 5)2. 1016 (2, 5)2 . 9. 1016 = 0 luego se trata de un intervalo de tipo luz.
−
c) s212 = 25. 1018 (1, 5)2 . 9. 1016 = 24, 78. 1018 > 0 luego se trata de un intervalo de tipo espacio.
−
210
Cap´ıtulo 5
5) Un cohete cuya longitud en reposo es de 60m se aleja de la tierra con velocidad v. El cohete tiene espejos en cada extremo. Cuando se encuentra a una distancia D de la tierra se env´ıa desde esta un rayo de luz que se refleja en los espejos. La primera se˜ n al se recibe en la tierra al cabo de 20 sg y la segunda 1, 64 µsg m´as tarde. Calcular v y D.
Soluci´ on Sea t1 el tiempo (en la tierra) que tarda la luz en llegar hasta el primer espejo t1 = 10 sg y sea t2 el tiempo que tarda la luz en llegar hasta el segundo espejo t = (10 + 0, 82. 10−6 ) sg 2
Seg´ un esto en el tiempo t2
− t = 0, 82. 10− 1
6
sg
la luz recorrer´ a la longitud del cohete mas la distancia que el techo del cohete se haya desplazado en dicho tiempo. Adem´ as deberemos tener en cuenta que, puesto que las medidas se deber´an hacer en el sistema en el que el cohete se mueve, la longitud del cohete ser´ a menor que la que tiene si estuviera en reposo. Por lo tanto, como la longitud del cohete cuando ´este se encuentra en reposo es l0 = 60 m, tendremos v 2 c(t2 t1) = l 0 1 + v(t2 t1 ) c2 es decir, c(t2 t1 ) 2 v v 1 = 1 + l0 c c Teniendo ya en cuenta los datos del problema, 3. 108 .0, 82. 10−6 c(t2 t1 ) = = 4, 1 l0 60
− − −
−
−
−
Con lo cual obtenemos la velocidad v v = 0, 89 c Para determinar la distancia D a la que se encuentra el cohete de la tierra, tendremos en cuenta que la distancia recorrida por la luz en el tiempo t 1 ser´a igual a D m´as lo que se haya desplazado el cohete en ese tiempo, esto es ct1 = D + vt 1 y como consecuencia
v = 3, 3. 108 m c
−
D = t1 c 1
211
Mec´ anica relativista
6) Una varilla de 1 m forma un ´angulo de 45 grados con respecto a la direcci´ on del movimiento de un sistema que se mueve con velocidad 0.8 c respecto de un observador inercial. ¿C´ u al es la longitud y orientaci´on de la varilla para este observador?.
Soluci´ on Sea S el sistema en el cual la varilla est´a en reposo. En dicho sistema se tiene que la longitud l de la varilla es l = 1 m. Como adem´ as est´ a formando un angulo de 45 grados. Sean lx y ly las componentes de la longitud de la varilla. Entonces, ly =1 lx y por lo tanto lx = l y =
√ 12
En el sistema S que se mueve con velocidad 0, 8 c en la direcci´ on x, la longitud l y no variar´ a por ser perpendicular a la direcci´ on del movimiento, pero la longitud l x se acortar´ a ly = l y = lx = l x
√ 12 ,
1
−
v2 = 0, 6 lx c2
Por lo tanto la longitud de la varilla en el sistema S ser´a l2 = l x2 + ly2 = 0.36 lx2 + ly2 = 0, 68 es decir l = 0, 82 m En cuanto a la orientaci´ on medida en el sistema de laboratorio ly 1 tg ϕ = = = 1, 6 lx 0, 6 es decir ϕ = 65, 6 grad
212
Cap´ıtulo 5
7) La radiaci´on c´osmica de alta energ´ıa proporciona muones en las capas altas de la atm´osfera. La vida media del mu´on es 2, 1994.10−6 sg. Determinar la velocidad m´ınima de los muones si, produci´endose a una altura de 32Km se pueden detectar sobre la suerficie de la tierra.
Soluci´ on Si consideramos el problema desde un punto de vista cl´ asico, para poder detectarlos antes de que se produzca su desintegraci´ on, la velocidad m´ınima necesaria ser´ av v s 32. 103 = = = 48, 5 c τ 0 c 2, 1994. 10−6 . 3. 108 siendo s la altura sobre la superficie de la tierra a la que se producen los muones y τ 0 la vida media. Sin embargo, τ 0 es el tiempo medido en el sistema S 0 en el que los muones est´an en reposo, mientras que en el sistema S en que nosotros medimos se aleja de ´el con velocidad v. Por lo tanto, la vida media ser´a
τ 0 = τ 1
− vc
2 2
Por lo tanto la velocidad para que se observen en la tierra antes de su desintegraci´ on ser´a s s v 2 1 v= = τ τ 0 c2 Despejando vc de la expresi´on anterior y sustituyendo los datos obtenemos
−
v = 0, 9998 c
213
Mec´ anica relativista
8) Los astronautas de una nave espacial que se aleja de la tierra a v = 0.6c interrumpen su conexi´ on con el control espacial diciendo que se van a dorir una siesta de una hora y que luego volver´an a llamar. ¿C´ ual es la duraci´ on de la siesta para los controladres de la tierra?.
Soluci´ on Para los astronautas la siesta transcurre en su sistema propio en el que est´an en reposo. En el sistema de la tierra sin embargo, los astronautas se habr´ an desplazado un tiempo considerable mientras dura la tierra por lo que el tiempo transcurrido ser´ a mayor en un factor γ 1 . En nuestro caso γ = de forma que
√ 1 − 0.36 = 0.8
t t = = 75 min γ
214
Cap´ıtulo 5
9) Dos naves espaciales de 100 m de longitud viajan una hacia la otra con velocidades de 0,85 c relativas a la tierra a) ¿Qu´e longitud tiene cada nave medida desde la tierra a) ¿Qu´e velocidad tiene cada nave medida desde la otra nave a) ¿Qu´e longitud tiene cada nave medida desde la otra nave
Soluci´ on Llamemos S al sistema de referencia propio de la tierra, S y S a los sistemas de referencia propios de las naves 1 y 2 respectivamente Respecto de S la nave 1 se mueve con velocidad u1 = v y la nave 2 con velocidad u2 = v a) La longitud de cada nave respecto de la tierra es la longitud propia multiplicada por γ La longitud propia de la nave 1 se medir´ a en el sistema S y ser´a l 0 = l . En el
−
sistema de referencia S tendremos l =
−
v2 l = c2 0
1
52.7 m
b) Utilizando la ley de composici´on de velocidades En el sistema de referencia S la velocidad de la tierra ser´a V T = 0, la velocidad de la nave 2 ser´ a u2 v y la la velocidad de la nave 1 u 1 = v V T = 0
−
u1 = v u2 =
−v
En el sistema de referencia S la velocidad de la nave 2 ser´a u2 y la velocidad de la tierra ser´ a V T = v y la velocidad de la nave 1 u1 = 0 La ley de composici´ on de velocidades nos proporciona
−
− v = 0 = −v − u −v u = =0 1− u −v −2v = −0.987c = u = 1− 1+ V T =
V T 1
V T v c2 1
1
u1 v c2
2
2
u2 v c2
v2 c2
c) Utilizando la velocidad anterior Rspecto del sistema S , el sistema S se esta moviendo con velocidad u2 = 0.987c y por tanto
−
l = l
0
− 1
u2 c
2
= 16.1m
215
Mec´ anica relativista
10) La longitud de onda m´ as larga emitida por el hidr´ ogeno en la serie de Balmer es λ0 = 656 nm. En la luz procedente de una galaxia lejana, el valor medido es λ = 1458 nm. Hallar la velocidad de alejamiento de la galaxia.
Soluci´ on Como λ =
c+v λ0 c v
−
λ2 c + v = 2 (c λ0 v = c
λ2 λ20 λ2 λ20
−1 +1
− v)
= 0.664
aforo en rojo (650 nm) 11) ¿Con que velocidad debe acercarse un coche a un sem´ para verlo verde (535 nm).
Soluci´ on Como λ =
c+v λ0 c v
−
λ2 c + v = 2 (c λ0 v = c
λ2 λ20 λ2 λ20
−1 +1
=
− v) −0.21
216
Cap´ıtulo 5
11) En un cierto sistema de referencia inercial se emiten dos pulsos de luz a una distancia de 5 Km entre s´ı y con un intervalo temporal de 10−6 sg. Un observador que viaja con una velocidad relativa v paralelo a la l´ınea que une los puntos donde se emitieron los pulsos, nota que los pulsos son simult´aneos. Hallar v.
Soluci´ on Sea S el sistema de referencia en el que se emiten los pulsos. En ´el x2 x1 = 5 103 m y t2 t1 = 10−6 sg. El intervalo ser´ a
−
−
s212 = (x2
2
2
− x ) − c (t − t ) 1
2
1
2
= 249, 1. 105 m2
Es un intervalo de tipo espacio y por tanto ser´ a posible encontrar un sistema de referencia S en el cual ambos sucesos sean simultaneos, es decir, t2 = t 1 . Debido a que el intervalo es invariante bajo las transformaciones de Lorentz, 2 s12 = (x2
2
− x ) 1
= 249, 1. 105 m2
y por lo tanto la distancia entre ambos sucesos en el sistema S ser´a x2 Teniendo en cuenta que
y que t2 = t 1 , obtenemos
− x = 4990, 99 m 1
t t = v t 2 = c c x2
−
v x c2
γ
−t −x
1 1
= 0, 06
217
Mec´ anica relativista
12) En un determinado sistema de unidades la energ´ıa relativista de una part´ıcula es 1. Si su energ´ıa en reposo es 21 , calcular su momento y su velocidad. (En este sistema de unidades la velocidad de la luz es c = 1).
Soluci´ on La energ´ıa de una part´ıcula libre viene dada mediante la expresi´ on E =
p2 c2 + m2 c4 = 1
mientras que la energ´ıa en reposo es
E rep = mc 2 =
1 2
Por lo tanto tendremos que pc =
− E 2
(mc2 )2 =
1
− 14 =
La velocidad de la part´ıcula ser´ a v =
pc
p2c2 + m2 c4
=
√ 3 2
√ 3 2
218
Cap´ıtulo 5
13) Una part´ıcula de masa en reposo mc2 = 1 M eV y energ´ıa cin´etica 2 MeV choca con una masa estacionaria de energ´ıa en reposo 2MeV . Despu´es de la colisi´on las part´ıculas quedan adheridas. Hallar la velocidad inicial de la part´ıcula antes del choque y la masa y la velocidad de la part´ıcula resultante
Soluci´ on
• Sea
m1 c2 = 1M ev,
T1 = 2M eV
En tal caso E 1 = T 1 + m1 c2 = 3MeV y
− E 12
p1 c = de forma que
m21 c4 =
√
8MeV
√
8 v1 p1 c = = c E 1 3
• Por otra parte si
m2 c2 = 2MeV
entonces p2 = 0,
E 2 = 2M eV
• Por tanto el momento inicial del sistema es debido solo a la part´ıcula 1 √ pi c = p 1 c =
8MeV
mientras que la energ´ıa E i = E 1 + E 2 = 5MeV
• Despu´es de la colisi´on, la masa de la part´ıcula resultante ser´ıa m , su momento
p3 y su energ´ıa: E 3 = proporciona
3
p23 c2
E i = E 3 =
+
m23c4
La conservaci´ on de momentos y energ´ıas nos
pi = p 3 = p3 c =
⇒5=
⇒
√
8M ev
16 + m23 c4 =
2
⇒m c
y en cuanto a la velocidad de la part´ıcula saliente
√
8 v3 p3 c = = c E 3 5
3
=
√
17MeV
219
Mec´ anica relativista
14) Un profesor de F´ısica en la tierra realiza un examen a sus alumnos que est´ an en una nave espacial que viaja a una velocidad v relativa a la tierra. En el momento en que la nave espacial pasa al lado del profesor, este d´ a la se˜ nal para empezar el examen. El profesor quiere que sus alumnos dispongan de un tiempo T 0 para completar el examen. Demostrar que el profesor deber´ a mandar una se˜ nal luminosa indicando el fin del examen al cabo de un tiempo (en su sistema de referencia) −v desde que empez´ t = T 0 cc+v o el examen
Soluci´ on Sea S el sistema de referencia del profesor y S’ el de los alumnos
• Sea el suceso 1 el correspondiente al inicio del examen cuando los dos sistemas se encuentran con su origen com´ un. Por tanto x1 = 0,
t1 = 0
x1 = 0,
t1 = 0
• Sea el suceso 2 el correspondiente al final del examen. En tal caso para los alumnos el tiempo transcurrido es T 0 y siguen encontr´ andose en el origen de su sistema de referencia. Por tanto x2 = 0, t2 =
T 0 , γ
t2 = T 0
x2 = vt2 =
vT 0 , γ
• Sea t el tiempo transcurrido en el sistema S hasta que se embia la seal de acabar el examen. En ese sistema, la seal luminosa debe recorrer la distancia x en un tiempo t − t. Por tanto 2
2
x2 = c(t2
− t) ⇒ vT γ
0
= c
despejando t t = T 0
−
c v c+v
T 0 γ
− ct
220
Cap´ıtulo 5
