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Ejercicios y problemas que podrían venir en algún examen ...

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Física l Bachillerato 3°er semester Primer parcial “ Mecanica clasica” Docente: Federico Rosillo

Curso escolar 2015-2016

Problemas de Mecánica Clásica: Mecanica Newtoniana

CURSO

2015-2016

Mec ÁNICA CLÁSICA INDICE

1. Mecánica newtoniana 1. Sistema de coordenadas.

Cinemática. 2. Leyes de Newton. Sistemas de referencia inerciales. Principio de relatividad de Galileo. 2.1. Leyes de Newton. 2.2. Sistemas de referencia inerciales. 2.3. Principio de relatividad de Galileo. 3. Leyes de conservación. Fuerzas conservativas. Fuerza electromagnética. 3.1. Leyes de conservación. 3.2. Fuerzas conservativas. 3.3. Fuerza gravitatoria y electrostática. 3.4. Fuerza electromagnética. Movimiento de una partícula en un potencial unidimensional. 4. 4.1. Equilibrios. Periodo de las pequeñas oscilaciones. 5. Dinámica de un sistema de partículas. Leyes de conservación. 5.1. Dinámica de un sistema de partículas. 5.2. Leyes de conservación.

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Mec ÁNICA CLÁSICA

Nombre y apellidos: Grupo: Problema 1. (MC01) Una esfera de radio r0 y densidad ρ0 se mueve en el seno de un fluido de densidad ρf bajo la acción de la gravedad, el empuje de Arquímedes y la acción de una fuerza viscosa dada por la ley de Stokes F = −6πrηvk, donde η es la viscosidad del fluido y v la velocidad instantánea de la esfera. ¿Puede tratarse la dinámica de dicha esfera bajo la aproximación del punto material? Obtenga la ecuación dinámica que gobierna el movimiento del centro de masas de la esfera. Obtenga v(t) y discuta su significado físico. iv) Sabiendo que la densidad del aire es ρf = 0, 0013 g cm−3 y su viscosidad vale ηf = 1, 7 10−4 poises, determine las velocidad límite de una gota de lluvia de r01 = 0, 1 cm de radio y una gota de niebla de r02 = 10−4 cm de radio. Solución. i) La dinámica de esta esfera depende principalmente de las propiedades físicas y geométricas que la caracterizan debido a los efectos viscosos y de dinámica de fluidos. El empuje de Arquímedes, E = − ρfVgk, depende de la densidad del fluido y del volumen del objeto, además, la ley de viscosidad de Stokes, FS = − 6πrηvk, depende del radio y de la viscosidad del fluido. Por tanto, la esfera es un sólido rígido indeformable, y su dinámica no puede tratarse bajo la aproximación del punto material. ii) El movimiento es unidimensional en R3 y en dirección vertical. Situamos el origen de coordenadas en el lugar en el que se suelta la esfera y con la orientación que se muestra en la Fig. (1.1):

−z x y FS E

z Fig. 1.1. Diagrama de fuerzas del Problema 1 (MC01). El vector azul representa la fuerza de Stokes, el vector verde representa el empuje de Arquímedes y el vector rojo representa el peso. Por tanto, siendo positivo el sentido de la fuerza gravitatoria y del movimiento referido al centro de masas de la esfera tenemos mz¨ = mg − 6πrηv − ρfVg,

(1.1a)

o, equivalentemente, z¨+ 4πr3ρfg 6πrη z˙ − ⇐⇒ z¨ = g − m 3m 3

4πr ρ 3m

.

(1.1b)

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iii) La ecuación (1.1b) es una ecuación diferencial ordinaria lineal con respecto al tiempo y se resuelve por el método de variación de constantes de Lagrange con z¨ + λ1z˙ = λ2, tomando

(1.2a)

.

6πrη λ1= m ,

λ2 = g

1−

4πr3ρf 3m

Σ .

(1.2b)

La solución de (1.2) es

z(t) =

Σ c1 −λ1 t λ2 1 . −λ1 t e + t + c2 = v ∞e − v0 e−λ1 t + λ2 t + λ1 z0 − v∞ + v0 . λ1 λ1 λ1

(1.3)

a menos de dos constantes arbitrarias c1 y c2 que se determinan gracias a las condiciones iniciales. La expresión de la velocidad es +

e−λ1t

=v

La velocidad límite es por tanto . v ∞≡

()= t−→∞

g

λ2

l´ım v t

λ1

=

3η

2r2 ρf

m

2πr

−

.

(1.4)

Σ (1.5)

.

3

v(t)

v∞

t iv) La velocidad límite de una gota de lluvia sabiendo que 1 poises = 0, 1 Pa s, es aplicando la fórmula (1.5) vlluvia = 128, 2 m s−1. ∞ Mientras que la velocidad de una gota de niebla es vniebla = 1, 28 · 10−4 m s−1. ∞ Nótese que de la ecuación (1.3) se comprueba que l´ım z(t ) = ∞,

t−→∞

esto es, la esfera permanece en movimiento (ya que no para) a velocidad constante v∞ para todo t suficientemente grande, como ya sabíamos.

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Nombre y apellidos: Grupo: Problema 2. (MC02) Experimento de Millikan (1909). Una gotita de aceite cargada eléctricamente cae verticalmente entre las armaduras de un condensador en presencia de aire. Determine el valor de su carga en función de su volumen V, la diferencia entre las densidades del aceite y del aire ∆ρ, el cociente entre las intensidades del campo gravitatorio y el electrostático, g/E, y el cociente entre las velocidades límite cuando el campo eléctrico está activado (v∞) o desactivado (v0 ). Solución. En el año 1909, Robert Millikan y Harvey Fletcher diseñaron y realizaron el primer experimento para medir la carga del electrón, q = e. Hasta entonces los electrones solo habían podido ser observados en forma de rayos catódicos, pero con ellos solo se podía determinar la relación entre su carga y su masa. Con este experimento, Millikan logró medir el valor de la carga y, por tanto, también el de la masa. Dado que la densidad del aire es mucho mayor que la del aceite, en este problema nose tendrá en cuenta el empuje hidrostático sobre las gotas (Cfr. Principio de Arquímedes). Por tanto, ma = mg − 6πηrv. De acuerdo con la ecuación del movimiento anterior, conforme aumenta el módulo de la velocidad de caída de la gota, la aceleración disminuye. A partir del valor de la velocidad que anula la aceleración, el movimiento será uniforme y dicha velocidad será la llamada velocidad límite v0∞: mg . a = 0 =⇒ v0∞ = 6πηr Por otra parte, la msa de la gota en función de la densidad del aceite es m = 43 πr3ρ. Eliminando el radio r, se obtiene 2gρ 2 0 v∞ = r. 9η Se puede hallar la masa eliminando el radio y despejando . 162π2 η3 (v∞0 ) 3 m= c 4, 36 · 10−15 kg. ρg 3 Cuando la gota se encuentre en reposo por la acción . del campo eléctrico E, se verificará que mg = qE =⇒ q =

g

162π2η3 (v0 )3

E

ρg3

∞

.

El resultado anterior no es muy útil. Sin embargo, cuando el campo eléctrico está activado se cumple ma = mg − 6πηrv − qE, la velocidad será la velocidad límite cuando a = 0, es decir, mg − qE . a = 0 =⇒ v = ∞ 6πηr Por tanto, qE ∆ρVg v∞ mg − qE qE = 1− = 1− =⇒ e = E 0 = v∞ mg mg ∆ρVg 5

1 − v0

.

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Nombre y apellidos: Grupo: Problema 3. (MC03) Un proyetil de masa m se lanza con velocidad inicial v0 formando un ángulo α con la horizontal este se mueve a lo largo de una trayectoria plana que a) Tartaglia (1499-1557) supone una trayectoria formada por dos rectas enlazadas suavemente por un arco de circunferencia de radio R. (1537) b) Galileo (1564-1642) propone una composición de dos movimientos: un desplazamiento por inercia en la dirección horizontal y una caída bajo la acción de la gravedad en la dirección vertical. (1633) En ambos casos se prescinde del efecto viscoso del aire. c) Newton (1642-1727) considera el problema en forma general al tener en cuenta el efecto del rozamiento con el aire en la trayectoria real de los proyectiles. (1687)

i) (MC03) Plantee y resuelva las ecuaciones dinámicas del movimiento del proyectil bajo las aproximaciones efectuadas por Galileo. Obtenga su trayectoria y compárela con la trayectoria propuesta por Tartaglia, destacando sus semejanzas y diferencias. Solución. Las ecuaciones dinámica considerando el desplazamiento en la dirección horizontal inercial (v constante) y el desplazamiento en dirección vertical una caída bajo la acción de la gravedad (uniformemente acelerado), además de prescindir del efecto viscoso del aire son . x(t)

= x0 + v0x t,

y(t)

= y0 + v0y t − 12gt2.

La ecuación de la trayectoria corresponde a y ( x) = y 0 + ( x

x tan (α) − − 0)

1 (x − x0 )2 , g 2 (v0 cos α)2

Σ 0,

v 0 ƒ=

0, α∈

πΣ

.

2

Esta ecuación representa una parábola, por tanto muy distante de una trayectoria formada por dos rectas enlazadas suavemente por un arco de circunferencia de radio R más propia de fenómenos disipativos.

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ii) (MC03) Supongamos que, además de la gravedad, sobre el proyectil actúa una fuerza debida a la resistencia con el aire dada por F = −βv = −β(y˙j + z˙k), donde β > 0. Demuestre que el vector de posición del proyectil en función del tiempo viene dado por

Solución. Las ecuaciones del movimiento en este caso son . mx¨ = −mβx˙, my¨ = −mg − mβy˙. La solución a este sistema es (γ ≡ β/m) x(t) y(t)

e−γt) , γ. Σ = 1 g + v0y (1 − e−γt ) − g t.

=

v0 x (1 −

γ

γ

γ

El vector de posición es . r ≡ x(t)j + y( t) k =

v0x ( 1 − e−γt )j + γ−1 γ

g + v0y γ

Σ

g (1 − e−γt )k − tk. γ

donde v0x = v0 cos α y v0y = v0 sin α, que es equivalente a la ecuación del enunciado. Por lo tanto, queda demostrado como se pedía.

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iii) (MC03) Compare las soluciones obtenidas en los apartados i) y ii) en el límite γ −→ 0+. Solución. Simplemente, desarrollando el término 1 − e−γt en serie de Taylor centrado en γ = 0 (serie de McLaurin) tenemos la expresión elemental de Tartaglia: Σ . Σ . v0xγt2 γt2 1 o(γ) gt gt + v0yt 2 g v + r(t ) = v 0x t − o(γ) 0y k, − + o( γ ) j+ v0y + − gt − γ γ 2 2 2 γ que resulta

. v 0yt −

r(t) = v0 x tj +

1 2 gt 2

Σ k

ya que cuando γ −→ 0, entonces o(γ) −→ 0 ⇐⇒

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o( γ) −→ 0. γ

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iv) (MC03) Despejando el tiempo en la expresión y(t) y sustituyendo en la z(t) del apartado ii), obtenga la ecuación de la trayectoria z(y) para el proyectil sometido a rozamiento y estudie la [Dato: log(1 − ay) = −ay − (ay) /2 − ...] Solución. Despejando se tiene y( x) = x tan(α) +

.

g

log 1 −

γ2

γx v0x

Σ +

γx

,

v0x

que cuando x −→ 0, y(x) c x tan (α) −→ 0. Nótese que la derivada de y(x) con respecto a x cerca del origen tiene la forma yJ (x) c tan(α ) . x−→0

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v) (MC03) Tomando el límite t −→ ∞ (correspondiente a la etapa final del movimiento) en la expresión y(t) del apartado ii), determine el alcance del proyectil y∞ en presencia de rozamiento. Compare dicho valor con el obtenido por Galileo. Determine z(y∞ ) mediante la ecuación de la trayectoria obtenida en el apartado iv). Solución. Es inmediato comprobar que la expresión para la asíntota vertical es x∞ = v0

m

cos α = cte.

β Sin embargo, aplicando la propuesta de Galileo obtenemos x∞ −→ ∞. Esto quiere decir que no hay asíntotas verticales. La ecuación de la trayectoria en la asíntota, se comporta v0y g − log(0) + 0 −→ − ∞. y∞ ≡ y(x∞) = γ γ2

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vi) (MC03) A la vista de todos los resultados obtenidos en los anteriores apartados, ¿tenía razón Tartaglia? Solución. Tenía razón Tartaglia (inconscientemente) en tanto que si se considera el rozamiento con el aire, la trayectoria sigue una asíntota partiendo de otra recta inicial. Esto es, 1. Para un tiempo próximo al inicial, la trayectoria es aproximadamente la recta y = x tan α . 2. En un tiempo intermedio, la partícula llega a un máximo con una trayectoria circular no exactamente circular. 3. Para un tiempo final, la trayectoria se aproxima a una asíntota (otra recta) x = v0

m

con y −→ −∞.

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cos α

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Nombre y apellidos: Grupo: Problema 4. (MC04) Demuestre que la ley de Coulomb es covariante ante transformaciones de Galileo. Solución. Una transformación de Galileo es un cambio de un sistema de referencia inercial a otro inercial. Es decir, la transformación que relaciona las coordenadas espacio-te mporales (t , r) y ( tJ , rJ ) de un mismo suceso en los sistemas inerciales S y SJ es tJ = t − t 0,

r J = A · (r − R 0 − V 0t );

R 0 , V0 ∈ R 3, A ∈ SO(3, R)

donde SO(3, R) denota el conjunto de matrices ortogonales de orden 3 con elementos de matriz reales de determinante igual a 1. Es obvio que la distancia entre cargas, así como el valor de las cargas, es invariante bajo esta transformación ya que la expresión de la ley de Coulomb es F=K

q1q2 r3

r.

Por tanto, la ley de Coulomb es covariante ante transformaciones de Galileo.

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Nombre y apellidos: Grupo: Problema 5. (MC33) Estudie cualitativamente el movimiento de un péndulo de longitud l y masa m haciendo uso de la expresión de la energía potencial V(θ), siendo θ el ángulo que forma con la vertical. Solución. El potencial gravitatorio en este caso es V(θ) = mgh = mgA(1 − cos θ) donde x = θ es el desplazamiento unidimensional del ángulo en el péndulo circular. El origen del potencial está donde θ = 0 con respecto al eje vertical. V(θ)

V( θ) > 2mgA

2mgA

iii)

V0

ii)

iv )

V(θ) θ i) Analicemos a continuación los posibles casos: i) Si la posición inicial θ = 2kπ, para algún k∈Z, entonces el potencial gravitatorio V(θ) es nulo por convención, y la masa del péndulo permanece para todo t∈R en la posición de equilibrio estable, la correspondiente a su pozo gravitatorio definido por el intervalo ≡ I (π(2k−1), π(2k + 1)) para su valor de k correspondiente. k Z, ii) Si la posición inicial θ∈(π(2k + 1), 2π(k + 1))∪(2π(k + 1) , π(2 k + 3)), para algún ∈ entonces el potencial gravitatorio V( θ) cumple 0 < V( θ) < 2mgA que corresponde al régimen oscilatorio en torno al punto de equilibrio estable correspondiente (cfr. i)). iii) Si la posición inicial θ = π(2k + 1) para algún k ∈ Z, entonces el potencial gravitatorio V(θ) = 2mgA que corresponde a la posición de equilibrio inestable. iv) Si el potencial gravitatorio cumple V(θ) > 2mgA, entonces el péndulo permanece en rotación (no hay disipación), este es el caso del régimen rotatorio.

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Nombre y apellidos: Grupo: Problema 6. (MC34) Una partícula de masa m se mueve bajo la acción de un potencial V x

8a4 + x4

con a ∈ R y 0 ƒ= V0 ∈ R. Represente V(x) y F(x), determine los tipos de movimiento que pueden darse y halle las frecuencias de las oscilaciones pequeñas en torno a las posiciones de equilibrio estable. Solución. Analicemos dos casos diferentes: primero para V0 < 0 y finalmente para V0 > 0. • Para V0 < 0: El potencial dado es una función par de x, por lo que basta estudiarlo (por ejemplo) V (a2 +x 2 ) para x > 0. La función V(x) se comporta como − 0 8 a2 para x −→ 0 y como −V0 4 para 8+(x/a)

x −→ ∞. Su derivada

4a2 x2 − 16a4 + 2x4 V J ( x ) = a2V0 x

(8a4 + x4) 2

= −F(x)

√ √ 2a, nula para x = 2a y negativa para x > 2a. Por √ √ tanto V es monótono creciente en el intervalo (a, 2a] y monótono decreciente en [ 2a, ∞), con √ un máximo en x = 2a (cfr. la Fig. 6). En este caso, la ley de conservación de la energía 1 E ≡ T + V = mr˙ 2 + V (r) 2 es nula para x = 0, positiva para 0 < x <

se reduce a la ecuación

1

√

mx˙ 2 + V (x) = E,

(6.1) 2 siendo la constante E R ∈ el valor de la energía de la partícula (que dependerá de la posición y de la velocidad inicial proporcionada a dicha partícula). Recíprocamente, derivando la ec. (6.1) respecto de t se obtiene . Σ 4a2 x2 − 16a4 + 2x4 2 x mx ˙ ¨ x˙ (mx¨ − F (x 0. a Vx )) =

+

0

(8a4 + x4) 2

=

Por tanto, si x˙ = 0 la ec. (6.1) es equivalente a la ecuación del movimiento de la partícula mx¨ = F(x), o sustituyendo 4a2 x2 − 16a4 + 2x4 mx¨ a2 V x . =− 0 ( 8a4 + x4 )2 √ Las posiciones de equilibrio (o equilibrios) son los puntos x = 0, 2a ∈ R tales que la ecuación √ del movimiento posee la solución constante x(t) = 0 y x(t) = 2a. En tal caso x¨(t) = 0 para todo t, por lo que sustituyendo en la ecuación del movimiento se obtiene F(x(t)) = F(0) = − VJ (0) = 0, √ √ F( x(t)) = F ( 2a) = −VJ ( 2a) = 0. Por tanto los equilibrios son los puntos en que la fuerza que actúa sobre la partícula es nula. Desde el punto de vista matemático, las posiciones de equilibrio son los puntos críticos del potencial 14

HojA DE prOBLEMAS 1 V(x), es2015-2016 decir las soluciones de la ecuación C URSO Mecánica newtoniana

√ V J(x) = 0 ⇐⇒ x = 0, ± 2a.

Nombre y apellidos: Grupo:

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V(x) > 0 (V0 < 0) E2 = −

V0 4 E1

E0 = −

V0 8 x0

x 2a

Figura 6.1: Potencial V(x) para x > 0 y V0 < 0. Nótese que, en virtud del teorema de existencia y unicidad de soluciones de ecuaciones diferen√ ciales ordinarias, si x = 0, (resp. x = 2a) es un equilibrio la única solución de la ecuación del √ movimiento que satisface las condiciones iniciales x(t0 ) = 0 (resp. x = 2a, x˙(t0) = 0) es la solu√ ción constante x(t) = 0 (resp. x(t) = 2a). Enpermanece otras palabras, si en equilibrio un cierto instante la partícula se halla en un equilibrio con velocidad nula en dicho indefinidamente. De la ec. (6.1) se sigue inmediatamente que para una dada energía E el movimiento de la partícula solo puede tener lugar en la región definida por la desigualdad V(x) = −

V a 2( a2 + x2) 0

8a4 + x4

E,

≤

V0 < 0,

que denominaremos región accesible (para esa energía E). En general, dicha región es una unión de intervalos cerrados disjuntos, algunos de los cuales pueden ser infinitos por la derecha o por la izquierda (incluido el caso límite en que la región accesible es toda la recta real), o incluso reducirse a puntos aislados. De particular interés son los puntos xi que limitan dichos intervalos, es decir las soluciones de la ecuación V(x) = E. Cuando la partícula pasa por uno de dichos puntos su velocidad se anula, ya que x(t) = xi =⇒ x˙(t) = 0,

i = 0, 1

en virtud de la ley de conservación de la energía (6.1). Diremos que el punto x...