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• Ines Caceres Pablo

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• Vector euclidiano
• Gradiente
• Sistema de coordenadas cartesianas

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Mec´ anica y Ondas

Salamanca, Primer semestre

´Indice 1 . Preliminares Matem´ aticos 1. Sistemas de coordenadas ortonormales . 1..1 Coordenadas cartesianas . . . . . 1..2 Coordenadas cil´ındricas . . . . . 1..3 Coordenadas 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 superficie 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´on de part´ıcula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1..1 Posici´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1..2 Orbita y trayectoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1..3 Velocidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1..4 Aceleraci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Estudio de curvas en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2..1 Representaci´on anal´ıtica de una curva . . . . . . . . . . . 2..2 Longitud de un arco de curva. Representaci´on intr´ınseca 2..3 Vector tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2..4 Vector normal: Curvatura y c´ırculo osculador . . . . . . 2..5 Vector binormal: Torsi´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Triedro intr´ınseco de una curva en el espacio . . . . . . . . . . . 3..1 F´ormulas de Frenet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Componentes intr´ınsecas de la aceleraci´on . . . . . . . . . . . . i

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1 1 2 5 9 11 12 13 13 15 16 16 17 18 19

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33 33 33 33 34 35 35 35 36 36 37 37 38 38 39

ii 5.

Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

3 . Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones: Fuerzas centrales 1. Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones . . . . . . . . . . 1..1 Segunda ley de Newton: Momento lineal . . . . . . . . . . . 1..2 Fuerzas conservativas: Conservaci´on de la energ´ıa . . . . . . 1..3 Fuerzas centrales: Conservaci´on del momento angular . . . . 2. Potencial efectivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2..1 Puntos de retroceso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2..2 Estados ligados y estados de difusi´on . . . . . . . . . . . . . 3. El oscilador arm´onico tridimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . 3..1 Resoluci´on en coordenadas cartesianas . . . . . . . . . . . . 3..2 Resoluci´on en coordenadas esf´ericas . . . . . . . . . . . . . . 4. Potencial de Coulomb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4..1 Caso repulsivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4..2 Caso Atractivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. Secci´on eficaz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5..1 Concepto de secci´on eficaz y secci´on eficaz diferencial . . . . 5..2 Difusi´on por una esfera dura . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5..3 Difusi´on de Rutherford . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5..4 Aproximaci´on de ´angulos peque˜ nos . . . . . . . . . . . . . . 6. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 . Mec´ anica de Lagrange y Hamilton 1. C´alculo de variaciones . . . . . . . . . . . . . . . 1..1 Funcionales integrales . . . . . . . . . . . . 1..2 Principio variacional . . . . . . . . . . . . 1..3 Ecuaciones de Euler-Lagrange . . . . . . . 2. Formulaci´on lagrangiana para sistemas potenciales 2..1 Coordenadas generalizadas . . . . . . . . . 2..2 Principio de Hamilton . . . . . . . . . . . 2..3 Funci´on de Lagrange . . . . . . . . . . . . 2..4 Ecuaciones del movimiento . . . . . . . . . 2..5 T´erminos de la energ´ıa cin´etica . . . . . . 2..6 Potencial: Fuerzas generalizadas . . . . . . 2..7 Momentos generalizados . . . . . . . . . . 3. Sistemas con ligaduras . . . . . . . . . . . . . . . 3..1 Ligaduras hol´onomas . . . . . . . . . . . . 3..2 Ligaduras no hol´onomas . . . . . . . . . . 3..3 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Formulaci´on Hamiltoniana . . . . . . . . . . . . .

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65 65 66 66 67 67 68 68 69 69 70 74 74 78 87 87 90 91 92 94

137 137 137 137 138 139 139 140 140 140 141 142 143 143 144 144 145 146

iii

5.

4..1 Funci´on de Hamilton . . . . . . . 4..2 Ecuaciones de Hamilton . . . . . 4..3 Conservaci´on del Hamiltoniano . 4..4 Significado f´ısico del hamiltoniano Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . .

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146 147 147 148 149

5 . Mec´ anica relativista 183 1. Relatividad en la Mec´anica cl´asica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183 1..1 Transformaciones de Galileo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183 1..2 La relatividad de Galileo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 2. La mec´anica cl´asica y La electrodin´amica . . . . . . . . . . . . . . . 185 3. La Teor´ıa del Eter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186 3..1 Experimento de Michelson Morley . . . . . . . . . . . . . . . 186 3..2 Hip´otesis de Fitzgerald: Experimento de Kennedy-Thorndike 188 3..3 Hip´otesis del arrastre del eter: aberraci´on estelar y experimento de Fizeau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 4. Intentos de modificar el electromagnetismo: Experimento de De Sitter190 5. Relatividad especial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 5..1 Postulados b´asicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 5..2 Transformaciones entre sistemas inerciales . . . . . . . . . . 191 5..3 Transformaciones de Lorentz . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 6. Consecuencias de la Relatividad especial . . . . . . . . . . . . . . . 193 6..1 Composici´on de velocidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 6..2 Dilataci´on temporal. Tiempo propio . . . . . . . . . . . . . 193 6..3 Contracci´on espacial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194 6..4 Efecto Doppler relativista . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194 7. Espacio de Minkovski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 7..1 Conservaci´on del intervalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 7..2 Espacio-tiempo cuadridimensional . . . . . . . . . . . . . . . 196 8. La part´ıcula libre en relatividad especial . . . . . . . . . . . . . . . 197 8..1 Lagrangiano relativista de la particula libre . . . . . . . . . 197 8..2 Momento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198 8..3 Hamiltoniano relativista de la particula libre . . . . . . . . 199 8..4 Part´ıculas con masa: Energ´ıa en reposo . . . . . . . . . . . 199 8..5 Energ´ıa de las part´ıculas sin masa . . . . . . . . . . . . . . . 199 9. Interacciones relativistas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200 9..1 Efecto Compton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200 9..2 Efecto Fotoel´ectrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202 9..3 Emisi´on de fotones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202 9..4 Absorci´on de fotones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 10. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204

Cap´ıtulo 1 . Preliminares Matem´ aticos 1.

Sistemas de coordenadas ortonormales

Sea {u1 , u2 , u3 } un sistema de ejes coordenados perpendiculares y sean {~j1 , ~j2 , ~j3 } los respectivos vectores unitarios. Un vector ~r ser´a, en este sistema: ~r = x1~j1 + x2~j2 + x3~j3

(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: d~r = dx1~j1 + dx2~j2 + dx3~j3 + x1 d~j1 + x2 d~j2 + x3 d~j3

(1.2)

que es otro vector y por tanto ha de escribirse d~r = dl1~j1 + dl2~j2 + dl3~j3 = hi dui~ji

(1.3)

donde el indice i recorre los valores 1,2 y 3. Las cantidades hi definidas como dli = hi 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~ji de los vectores de la base. Los elementos de longitud, superficie y volumen son por tanto:

elemento de l´ınea • dl1 = h1 du1 es el elemento de longitud cuando u2 y u3 permanecen constantes • dl2 = h2 du2 es el elemento de longitud cuando u1 y u3 permanecen constantes 1

2

Cap´ıtulo 1

• dl3 = h3 du3 es el elemento de longitud cuando u1 y u2 permanecen constantes

elemento de superficie • dS1 = dl2 dl3 = h2 h3 du2 du3 es el elemento de superficie cuando u1 permanece constante

• dS2 = dl1 dl3 = h1 h3 du1 du3 es el elemento de superficie cuando u2 permanece constante

• dS3 = dl1 dl2 = h1 h2 du1 du2 es el elemento de superficie cuando u3 permanece constante

elemento de volumen dV = dl1 dl2 dl3 = h1 h2 h3 du1 du2 du3

1..1

Coordenadas cartesianas

La nomenclatura usual es:

•

coordenadas

{u1 , u2 , u3 } = {x, y, z}

(1.5)

Preliminares Matem´aticos

•

3

vectores unitarios

{~j1 , ~j2 , ~j3 } = {~i, ~j, ~k}

(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 ~r = x~i + y~j + z~k

(1.7)

• Variaci´ on de los vectores unitarios En este caso los vectores unitarios son constantes por lo que la variaci´on 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 d~r = dx~i + dy~j + dz~k

(1.9)

hx = hy = hz = 1

(1.10)

Par´ ametros de escala

Preliminares Matem´aticos •

•

•

5

Elementos de l´ınea dlx = dx dly = dy dlz = dz

(1.11)

dSx = dydz dSy = dxdz dSz = dxdy

(1.12)

dV = dxdydz

(1.13)

Elementos de superficie

Elemento de volumen

1..2

Coordenadas cil´ındricas

La nomenclatura usual es:

6 •

Cap´ıtulo 1 coordenadas

ρ ϕ

{u1 , u2 , u3 } = {ρ, ϕ, z}

(1.14)

donde la relaci´on con las coordenadas cartesianas es p

x2 + y 2 y ϕ = arctg x x = ρ cosϕ y = ρ senϕ ρ =

•

vectores unitarios

(1.15)

Preliminares Matem´aticos

7

ρ ϕ

{~j1 , ~j2 , ~j3 } = {~jρ , ~jϕ , ~k}

(1.16)

Su relaci´on con los vectores cartesianos es:

~jρ = cos ϕ~i + sin ϕ~j ~jϕ = − sin ϕ~i + cos ϕ~j •

~i = cos ϕ~jρ − sin ϕ~jϕ ~j = sin ϕ~jρ + cos ϕ~jϕ

Vector posici´ on ~r = ρ~jρ + z~k

•

(1.17)

(1.18)

Variaci´ on de los vectores unitarios

d~jρ = dϕ~jϕ d~jϕ = −dϕ~jρ

(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´on de sus coordenadas como a la de los vectores unitarios

•

•

•

•

d~r = dρ~jρ + ρdϕ~jϕ + dz~k

(1.20)

hρ = 1 hϕ = ρ hz = 1

(1.21)

dlρ = dρ dlϕ = ρdϕ dlz = dz

(1.22)

dSρ = ρdϕdz dSϕ = dρdz dSz = ρdρdϕ

(1.23)

dV = ρdρdϕdz

(1.24)

Par´ ametros de escala

Elementos de l´ınea

Elementos de superficie

Elemento de volumen

Preliminares Matem´aticos

1..3

9

Coordenadas esf´ ericas

θ

ϕ

•

coordenadas {u1 , u2 , u3 } = {r, ϕ, θ}

donde la relaci´on con las coordenadas cartesianas es p x = r sin θ cosϕ r = x2 + y 2 + z 2 y ϕ = arctg x y = r sin θ sin ϕ z = r cos θ θ = arcos zr •

(1.25)

vectores unitarios {~j1 , ~j2 , ~j3 } = {~jr , ~jϕ , ~jθ }

(1.26)

Su relaci´on con los vectores cartesianos es: ~jr = sin θ cos ϕ~i + sin θsenϕ~j + cos θ~k ~jϕ = − sin ϕ~i + cos ϕ~j ~jθ = cos θ cos ϕ~i + cos θ sin ϕ~j − sin θ~k

(1.27)

10

Cap´ıtulo 1 ~i = sin θ cos ϕ~jr + cos θ cos ϕ~jθ − sin ϕ~jϕ ~j = sin θ sin ϕ~jr + cos θ sin ϕ~jθ + cos ϕ~jϕ ~k = cos θ~jr − sin θ~jθ

•

Vector posici´ on ~r = r~jr

•

(1.28)

(1.29)

Variaci´ on de los vectores unitarios d~jr = senθdϕ~jϕ + dθ~jθ d~jϕ = −dϕ(senθ~jr + cosθ~jθ ) d~jθ = −dθ~jr + cosθdϕ~jϕ

(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´on de sus coordenadas como a la de los vectores unitarios d~r = dr~jr + rsenθdϕ~jϕ + rdθ~jθ •

•

•

(1.31)

Par´ ametros de escala hr = 1 hϕ = r sin θ hθ = r

(1.32)

dlr = dr dlϕ = r sin θdϕ dlθ = rdθ

(1.33)

dSr = r2 sin θdϕdθ dSϕ = rdrdθ dSz = r sin θdrdϕ

(1.34)

Elementos de l´ınea

Elementos de superficie

Preliminares Matem´aticos •

11

Elemento de volumen dV = r2 sin θdrdϕdθ

2.

(1.35)

Derivada de un vector

~ un vector que, en un determinado sistema de coordenadas ortonormales Sea A {u1 , u2 , u3 }, se escribe ~ = A1~j1 + A2~j2 + A3~j3 A (2.1) y por tanto su derivada ser´a: ~ = dA1~j1 + dA2~j2 + dA3~j3 + A1 d~j1 + A2 d~j2 + A3 d~j3 dA

(2.2)

Teniendo en cuenta los resultados del apartado anterior las expresiones en los distintos sistemas de referencia son: •

cartesianas

~ = dAx~jx + dAy~jy + dAz~jz dA

(2.3)

12

Cap´ıtulo 1

• polares ~ = dAρ~jρ + dAϕ~jϕ + dAz~k + Aρ d~jρ + Aϕ d~jϕ + Az d~k dA

(2.4)

Utilizando las expresiones para las derivadas de los vectores unitarios: ~ = (dAρ − Aϕ dϕ)~jρ + (dAϕ + Aρ dϕ)~jϕ + dAz~k dA

(2.5)

~ = dAr~jr + dAϕ~jϕ + dAθ~jθ + Ar d~jr + Aϕ d~jϕ + Aθ d~jθ dA

(2.6)

• esf´ ericas

Utilizando las expresiones para las derivadas de los vectores unitarios: ~ = (dAr − Aϕ senθdϕ − Aθ dθ)~jr + dA (dAϕ + Ar sin θdϕ + Aθ cos θdϕ)~jϕ + (dAθ + Ar dθ − Aϕ cos θdϕ)~jθ

3.

(2.7)

Gradiente de un escalar

~ al vector que Sea un escalar B. Se define como gradiente de B y se denota ∇B verifica: ~ ~ dr dB = ∇B. (3.1) ~ ser´a un vector de la En un sistema de coordenadas ortonormales {u1 , u2 , u3 }, ∇B forma: ~ = g1~j1 + g2~j2 + g3~j3 ∇B (3.2) ~ se escribe Dado que como vimos anteriormente dr ~ = h1 du1~j1 + h2 du2~j2 + h3 du3~j3 dr

(3.3)

y que dB al ser la derivada de un escalar ser´a simplemente: dB =

∂B ∂B ∂B du1 + du2 + du3 ∂u1 ∂u2 ∂u3

(3.4)

Substituyendo (3.2-4) en (3.1) obtenemos: ∂B ∂B ∂B du1 + du2 + du3 = h1 g1 du1 + h2 g2 du2 + h3 g3 du3 ∂u1 ∂u2 ∂u3

(3.5)

~ son: luego las componentes de ∇g ~ i = gi = 1 ∂B (∇B) hi ∂ui

(3.6)

Preliminares Matem´aticos

13

Por tanto, teniendo en cuenta las expresiones de hi en los diferentes sistemas de coordanadas tenemos:

• cartesianas

~ = ∂B~i + ∂B ~j + ∂B ~k ∇B ∂x ∂y ∂z

(3.7)

~ = ∂B ~jρ + 1 ∂B ~jϕ + ∂B ~k ∇B ∂ρ ρ ∂ϕ ∂z

(3.8)

~ = ∂B ~jr + 1 ∂B ~jϕ + 1 ∂B ~jθ ∇B ∂r r sin θ ∂ϕ r ∂θ

(3.9)

• polares

• esf´ ericas

4. 4..1

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:

Z

Z ~ ~ dS A.

~ A ~ dV = ∇. V

S

(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 = dl1 dl2 dl3

(4.2)

y las seis caras tienen por elemento de superficie

~ 1 = ±dl2 dl3~j1 dS ~ 2 = ±dl1 dl3~j2 dS ~ 3 = ±dl1 dl2~j3 dS

(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:

Preliminares Matem´aticos

4..2

15

Integrales de volumen y superficie Z

Z

Z

~ A ~ dl1 dl2 dl3 = ∇. V

A1 dl2 dl3 − Z

u1 +du1 =cte

Z

u2 +du2 =cte

A1 dl2 dl3 + Z

u1 =cte

Z

u2 =cte

A2 dl1 dl3 −

A2 dl1 dl3 +

A3 dl1 dl2 − u3 +du3 =cte

A3 dl1 dl2

(4.4)

u3 =cte

Substituyendo los elementos de l´ınea Z Z Z ~ A ~ h1 h2 h3 du1 du2 du3 = ∇. A1 h2 h3 du2 du3 − A1 h2 h3 du2 du3 + V u1 +du1 =cte u1 =cte Z Z A2 h1 h3 du1 du3 − A2 h1 h3 du1 du3 + u2 +du2 =cte u2 =cte Z Z A3 h1 h2 du1 du2 − A3 h1 h2 du1 du2 u3 +du3 =cte

u3 =cte

(4.5) Teniendo en cuenta que Ai hj hk (ui + dui ) − Ai hj hk (ui ) = dui

∂(Ai hj hk ) ∂ui

la expresi´on anterior se escribe: Z Z ∂(A1 h2 h3 ) ~ ~ du1 du2 du3 + ∇.A h1 h2 h3 du1 du2 du3 = ∂u1 V Z ∂(A2 h1 h3 ) du1 du2 du3 + ∂u2 Z ∂(A3 h1 h2 ) du1 du2 du3 ∂u3 de modo que, identificando los integrandos, tenemos: · ¸ 1 ∂(A1 h2 h3 ) ∂(A2 h1 h3 ) ∂(A3 h1 h2 ) ~ ~ ∇.A = + + h1 h2 h3 ∂u1 ∂u2 ∂u3

(4.6)

(4.7)

(4.8)

Aplicando esta expresi´on a los distintos sistemas de coordenadas: • cartesianas ~ A ~ = ∂Ax + ∂Ay + ∂Az ∇. ∂x ∂y ∂z

(4.9)

16

Cap´ıtulo 1

• polares

· ¸ 1 ∂(ρAρ ) ∂Aϕ ∂(ρAz ) ~ ~ ∇.A = + + ρ ∂ρ ∂ϕ ∂z

(4.10)

• esf´ ericas ~ A ~= ∇.

· ¸ 1 ∂(r2 sin θAr ) ∂(rAϕ ) ∂(r sin θAθ ) + + 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: Z I ~ = ~ × A) ~ dS (∇ S

~ ~ dr A. c

donde S es el ´area encerrada por una curva cerrada c.

u2 , u3

u2+du2, u3

u2, u3+du3

u2+du2, u3+du3

Apliquemos el teorema a la superficie dS3 (u3 =cte) del dibujo

(5.1)

Preliminares Matem´aticos

5..2

17

Integrales de l´ınea

~ × A) ~ 3 dS3 = (A1 dl1 )u2 + (A2 dl2 )u1 +du1 − (A1 dl1 )u2 +du2 − (A2 dl2 )u1 (∇

(5.2)

o bien: ~ × A) ~ 3 h1 h2 du1 du2 = (A1 h1 du1 )u2 + (A2 h2 du2 )u1 +du1 (∇ −(A1 h1 du1 )u2 +du2 − (A2 h2 du2 )u1

(5.3)

Teniendo en cuenta que: ∂(A1 h1 ) (A1 h1 )u2 +du2 − (A1 h1 )u2 = ∂u2 du2 ∂(A2 h2 ) (A2 h2 )u1 +du1 − (A2 h2 )u1 = ∂u1 du1 obtenemos: ~ × A) ~ 3= (∇

¸ · 1 ∂ ∂ (A2 h2 ) − (A1 h1 ) h1 h2 ∂u1 ∂u2

(5.4)

(5.5)

El mismo proceso se puede aplicar a las superficies dS1 y dS2 . El resultado es: ~ × A) ~ i= (∇

1 ijk ∂(Ak hk ) ² hj hk ∂uj

(5.6)

que, escrito en los diferentes sistemas de coordenadas es: • cartesianas µ

¶ ∂A ∂A z y ~ ×A ~ = ~i ∇ − ∂y ∂z ¶ µ ∂Ax ∂Az ~ − j + ∂z ∂x µ ¶ ∂Ay ∂Ax ~ k + − ∂x ∂y

(5.7)

• polares ¶ ∂Az ∂(ρAϕ ) ~ − jρ ∂ϕ ∂z ¶ µ ∂Aρ ∂Az ~ − jϕ + ∂z ∂ρ µ ¶ 1 ∂(ρAϕ ) ∂Aρ ~ + − k ρ ∂ρ ∂ϕ

~ ×A ~ = 1 ∇ ρ

µ

(5.8)

18

Cap´ıtulo 1

• esf´ ericas µ ¶ 1 ∂A ∂(A senθ) θ ϕ ~ ×A ~ = ∇ − j~r rsenθ ∂ϕ ∂θ µ ¶ 1 ∂Ar ∂(rAθ ) ~ + − jϕ r ∂θ ∂r µ ¶ 1 ∂(rsenθAϕ ) ∂Ar ~ + jθ − rsenθ ∂r ∂ϕ

6.

(5.9)

(5.10)

Laplaciana de un escalar

Sea un escalar B, se define como laplaciana de B al escalar 4B que verifica ~ ∇B) ~ 4B = ∇.(

(6.1)

Seg´ un esta definici´on, combinando los resultados anteriores para la divergencia y el gradiente · µ ¶ µ ¶ µ ¶¸ 1 ∂ h2 h3 ∂B h1 h3 ∂B h1 h2 ∂B ∂ ∂ 4B = + + (6.2) h1 h2 h3 ∂u1 h1 ∂u1 ∂u2 h2 ∂u2 ∂u3 h3 ∂u3 es decir: • cartesianas 4B =

∂ 2B ∂ 2B ∂ 2B + + ∂x2 ∂y 2 ∂z 2

(6.3)

• polares 1 ∂ 4B = ρ ∂ρ

µ ¶ ∂B 1 ∂2B ∂ 2B ρ + 2 + ∂ρ ρ ∂ϕ2 ∂z 2

(6.4)

• esf´ ericas 1 ∂ 4B = 2 r ∂r

µ r

2 ∂B

∂r

¶

1 ∂ + 2 r senθ ∂θ

µ

∂B senθ ∂θ

¶ +

1 ∂ 2B r2 sen2 θ ∂ϕ2

(6.5)

Preliminares Matem´aticos

7.

19

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 d~r en los tres sistemas de coordenadas. 4) Hallar la posici´on, velocidad y aceleraci´on en los tres sistemas de coordenadas. 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. 6) Comprobar el teorema de Gauss para el vector ~a = (2x2 , −4y 2 , z), en la regi´on limitada por la superficie x2 + y 2 = 4 y los planos z = ±2. 7) Comprobar el teorema de Stokes para el vector ~a = (x − 2y, y 2 z 3 , y 3 z 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 ∇ · (∇ × A) ~ = 0. Demostrar 8) Demostrar que para un vector A, tambien que para un escalar φ se cumple que ∇ × (∇φ) = 0. 9)Escribir en polares la ecuaci´on de una elipse centrada en un foco

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 ~jρ se encuentra en el plano XY formando un ´angulo ϕ con el eje X. Tenemos entonces ~jρ = cos ϕ~i + sen ϕ ~j ~jϕ se encuentra tambi´en en el plano XY formando un ´angulo (ϕ + π ) con el eje X 2 y por tanto ~jϕ = − sen ϕ~i + cos ϕ ~j ~jz se encuentra dirigido seg´ un el eje Z, ~jz = ~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: d~jρ = (− sen ϕ~i + cos ϕ ~j) dϕ = ~jϕ dϕ d~jϕ = −(cos ϕ~i + sen ϕ ~j) dϕ = −~jρ dϕ d~jz = 0

Preliminares Matem´aticos

21

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 ´angulo (ϕ + π2 ) con el eje X, ~jϕ = − 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 ´angulo ϕ con el eje X. Por lo tanto puede escribirse: ~jr = cos θ ~k + sen θ(cos ϕ~i + sen ϕ ~j) El vector ~jθ se descompone en su parte seg´ un el eje Z (con el que forma un ´angulo (θ + π2 )) y su parte en el plano XY (que forma un ´angulo ϕ con el eje X), ~jθ = − 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: d~jϕ = −(sen θ ~jr + cos θ ~jθ ) dϕ d~jr = dθ~jθ + sen θdϕ~jϕ d~jθ = −dθ~jr + cos θdϕ~jϕ

22

Cap´ıtulo 1

3) Hallar d~r en los tres sistemas de coordenadas.

Soluci´ on • Coordenadas cartesianas

~r = x~i + y~j + z~k d~r = dx~i + dy~j + dz~k

• Coordenadas polares ~r = ρ~jρ + z~jz d~r = dρ~jρ + ρd~jρ + dz~jz = dρ~jρ + ρdϕ~jϕ + dz~jz • Coordenadas esf´ericas

~r = r~jr

d~r = dr~jr + rd~jr = dr~jr + r sen θdϕ~jϕ + rdθ~jθ

Preliminares Matem´aticos

23

4) Hallar la posici´on, velocidad y aceleraci´on en los tres sistemas de coordenadas.

Soluci´ on • Coordenadas cartesianas

~r = x~i + y~j + z~k d~r = ~r˙ = x˙~i + y˙~j + z˙~k dt d~v ¨ ~a = = ~r = x¨~i + y¨~j + z¨~k dt ~v =

• Coordenadas polares

~r = ρ~jρ + z~jz ~v = ρ˙~jρ + ρϕ˙~jϕ + z˙~jk

~a = (¨ ρ − ρϕ˙ 2 ) ~jρ + (2ρ˙ ϕ˙ + ρϕ) ¨ ~jϕ + z¨~jk • Coordenadas esf´ericas

~r = r~jr ~v = r˙~jr + r(θ˙~jθ + sen θϕ˙~jϕ )

~a = (¨ r − rθ˙2 − r sen2 θϕ˙ 2 ) ~jr + (2r˙ ϕ˙ sen θ + 2θ˙ϕr ˙ cos θ + r sen θϕ) ¨ ~jϕ + (2r˙ θ˙ + rθ¨ − r cos θ sen θϕ˙ 2 ) ~jθ

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 –2

0

2

4

6

–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 ~ ~ dr da = ∇a. La circulaci´on del gradiente de a = x + y 2 + z 2 ser´a entonces I Z A ~ ~ ∇a.dr = da = a(A) − a(B) = 22 − 10 = 12 B

Se concluye que el resultado s´olo depende de los puntos inicial y final y no del camino seguido desde A hasta B.

Preliminares Matem´aticos

25

6) Comprobar el teorema de Gauss para el vector ~a = (2x2 , −4y 2 , z), en la regi´on limitada por la superficie x2 + y 2 = 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

Z

Z ~ 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 Sρ , Sz+ y Sz− las superficies que rodean la regi´on cosiderada. La integral de superficie ser´a por tanto Z Z Z Z ~ = ~a.ds aρ dSρ + az dSz − az dSz S

Sρ

Sz+

Sz−

donde aρ az son las componentes del vector ~a en las direcciones perpendiculares a la superficie, es decir: ~a = 2x2~i − 4y 2~j + z~k = aρ~jρ + aϕ~jϕ + az~k

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 − 2 sen3 ϕ) aϕ = −2ρ2 cos ϕ sen ϕ(cos ϕ + 2 sen ϕ) az = z La integral de superficie puede escribirse entonces como ·Z 2π Z 2 ¸ Z 3 3 3 ~ ~a. ds = 2ρ (cos ϕ − 2 sen ϕ)dϕdz S

0

·Z

2π

Z

−2

¸

2

+

·Z

zρdρdϕ 0

0

+ ρ=2

2π

Z

− z=2

¸

2

zρdρdϕ 0

0

= 16π z=−2

donde hemos utilizado que Z 2π h sen x © ª cos x © ªi2π 2 2 3 3 cos x + 2 + 2 sen x + 4 (cos ϕ − 2 sen ϕ)dϕ = =0 3 3 0 0 Calculemos ahora la integral de volumen. El gradiente del vector ~a es ~ a = 4x − 8y + 1 ∇.~ y por lo tanto tenemos que Z Z 2π Z ~ (∇.~a) dV = V

0

2

Z

2

(4ρ cos ϕ − 8ρ sen ϕ + 1) ρdρdϕdz = 16π 0

−2

Preliminares Matem´aticos

27

7) Comprobar el teorema de Stokes para el vector ~a = (x − 2y, y 2 z 3 , y 3 z 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

Z

I ~ = ~ × ~a) ds (∇ S

~ ~a.dr C

siendo S el ´area encerrada por la curva cerrada C. Para el vector ~a = (x − 2y)~i + y 2 z 3~j + y 3 z 2~k su rotacional es: ~ × ~a = 2~k ∇

En esf´ ericas • Sobre la superficie esf´ erica r = 1,

0 < ϕ < 2π,

0 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: ~v = R(− sen ϕ~i + cos ϕ~j)ϕ˙ ~a = −R(cos ϕ~i + sin ϕ~j)ϕ˙ 2 + R(− sen ϕ~i + cos ϕ~j)ϕ¨ respectivamente. Puesto que la componente de la aceleraci´on sobre el eje X es nula, ax = 0, tendremos la siguente ecuaci´on para ϕ − cos ϕϕ˙ 2 − sen ϕϕ¨ = 0 cuya soluci´on, con las condiciones iniciales vx = v0 , toma la forma ϕ˙ = −

v0 R sen ϕ

Los vectores velocidad y aceleraci´on se escrben entonces en t´erminos de ϕ en la forma ~v = v0 (~i − cotan ϕ~j) v02 ~ ~a = − 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 − t0 ) R v0 sin ϕ

Cinem´atica de una part´ıcula

61

de forma que el vector tangente es: ~t = ~v = (sen ϕ, − cos ϕ) v y el normal ser´a

~t = ~v = (cos ϕ, sen ϕ) v • A continuaci´on pasamos a calcular las componentes intr´ınsecas de la aceleraci´on. at = ~a.~t =

v02 cos ϕ 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

p p (1 − sin(ωt))2 + cos2 (ωt) dt = Rω 2(1 − sin(ωt))dt

El vector tangente ser´a ´ ³p p ~t = d~r = d~r dt = √1 1 − sen(ωt), − 1 + sen(ωt) ds dt ds 2

Cinem´atica de una part´ıcula

63

~ La curvatura de la curva en cada punto vendr´a dada por el m´odulo del vector K Ã s ! ~ d t 1 1 + sen(ωt) ~ = K = − , −1 ds 4R 1 − sen(ωt) y ser´a por tanto

s 1 4R

K=

2 1 − sin(ωt)

de forma que el vector normal es : ´ p √ ³p ~n = − 2 1 + sen(ωt), 1 − sen(ωt) • El Vector velocidad es: ~v = Rω (1 − sen(ωt), − cos(ωt)) cuyo m´odulo es: v= y por tanto ~v =

√ √

2Rω

2Rω

p

1 − sin(ωt)

p

1 − sin(ωt) ~t

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 R( 3π + 2nπ, 2), mientras que aquellos donde la velocidad es nula se localizan en 2 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: 2p

Rω at = ~a.~t = − √ 2

1 + sin(ωt)

Rω 2 p 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 d~r ~v = ~r˙ = dt 65

(1.1)

(1.2)

66

Cap´ıtulo 3 d2~r ~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 m~r¨ = F~

(1.4)

p~ = m~v

(1.5)

El momento lineal se define como

y por tanto su variaci´on vendr´a dada por la ley de Newton d~p = F~ dt

(1.6)

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 ~ ~ =⇒ dV = ∇V ~ .d~r = −F~ dr F~ = −∇V

(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)

siendo T la energ´ıa cin´ etica

1 T = m(~r˙ )2 2 La variaci´on de la energ´ıa con el tiempo ser´a dE dT dV ~ .~r˙ = + = m~r˙.~r¨ + ∇V dt dt dt

(1.9)

(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.

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones

1..3

67

Fuerzas centrales: Conservaci´ on del momento angular

El momento angular se define como ~ = ~r × p~ = m~r × ~r˙ L

(1.12)

Su variaci´on con el tiempo es: ~ dL = m~r × ~r¨ + m~r˙ × ~r˙ dt

(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 Z ~ ~ F = F (r)jr −→ 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. ~ significa que el plano formado por ~r y ~r˙ es constante y por La constancia de L tanto el movimiento se realiza en un plano. Podemos pues sin restricci´on elegir el ~ de manera que el movimiento se realizar´a en el plano eje z en la direcci´on de L XY . En consecuencia π z = 0, θ= r=ρ 2 Las coordenadas adecuadas a este problema son polares planas, en las cuales: ~r = r~jr

(2.2)

~r˙ = r˙~jr + rϕ˙~jϕ

(2.3)

(~r˙ )2 = (r) ˙ 2 + r2 ϕ˙ 2

(2.4)

de manera que la conservaci´on de L y E se escribe: L = mr2 ϕ˙ 1 E = m(r˙ 2 + r2 ϕ˙ 2 ) + V (r) 2

(2.5)

68

Cap´ıtulo 3

eliminando ϕ˙ entre ambas

· 2 ¸ L 1 2 + V (r) E = mr˙ + 2 2mr2

(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 puede considerarse como el potencial correspondiente a la fuerza donde 2mr2 L2 centr´ıfuga − 3 ~jr . En consecuencia, las leyes de conservaci´on nos han permitido mr 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˙ =

r

2 (E − U (r)) m

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 = r1~jr1 ~v1 = r1 ϕ˙1~jϕ1 (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

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones

3.

69

El oscilador arm´ onico tridimensional

Corresponde a una part´ıcula sometida a una fuerza

y por tanto

3..1

F~ = −k~r

(3.1)

1 V (r) = kr2 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 − θ1 ) y = a2 cos(ωt − θ2 ) z = 0 donde hemos hecho

(3.4)

r

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 −ωa1 sin θ1 −ωa1 sin θ1

(3.7)

70

Cap´ıtulo 3

que combinadas proporcionan a1 = r0 a2 = − θ1 = 0 π θ2 = 2

v0 ω (3.8)

y por tanto la trayectoria es: x = r0 cos(ω0 t) 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 = ma1 a2 ω0 sin (θ2 − θ1 ) = mr0 v0

3..2

(3.12)

Resoluci´ on en coordenadas esf´ ericas

Para ver de que ´orbita se trata es preferible resolver el problema en polares • Potencial efectivo 1 L2 U (r) = kr2 + 2 2mr2

(3.13)

El potencial se encuentra representado en la figura. Su m´ınimo R es µ

dU dr

¶

µ = 0 =⇒ R =

r=R

L mω

¶1/2 =⇒ U (R) = ωL

(3.14)

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones

71

r2

r1 R

• Puntos de retroceso Los puntos de retroceso son las soluciones de la ecuaci´on E = U (r), es decir: 1 L2 E = kr2 + 2 2mr2 Por tanto: r12

E = k

r22

E = k

Ã

r 1−

Ã

r 1+

L2 k 1− mE 2

L2 k 1− mE 2

!

µ =

! = r02

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 (r + r22 ) 2 1 L = mωr1 r2

(3.16)

E =

• Ecuaci´ on del movimiento

(3.17)

72

Cap´ıtulo 3 Las ecuaciones del movimiento son: L = mr2 ϕ˙ 1 2 1 2 L2 E = mr˙ + kr + 2 2 2mr2

o bien

r1 r2 r2 r2 r˙ 2 = −ω 2 r12 r22 + ω 2 (r12 + r22 )r2 − ω 2 r4 ϕ˙ = ω

(3.18) (3.19)

• Orbita Para calcular la ´orbita, hemos de eliminar el tiempo. Para ello, hacemos r2 (t) = en cuyo caso 2rr˙ = −

1 p(ϕ)

1 dp ϕ˙ p2 dϕ

empleando (3.18) 2rr˙ = −ω donde p0 =

dp dϕ

(3.20)

r1 r2 0 p p

(3.21)

Substituyendo en (3.18) ω 2 r12 r22 p02 = −4ω 2 r12 r22 p2 + 4ω 2 (r12 + r22 )p − 4ω 2 p02 = −4p2 + 4

r12 + r22 4 p− 2 2 2 2 r1 r2 r1 r2

completado cuadrados µ

r2 + r2 p = −4 p − 1 2 22 2r1 r2

¶2

02

o bien

+ 4(

r12 + r22 2 4 ) − 2 2 2 2 2r1 r2 r1 r2

µ

¶2 µ 2 ¶2 r12 + r22 r2 − r12 p = −4 p − + 2r12 r22 r12 r22 ¶ Ã ¶! µ 2 µ 2 2 ¶2 µ 2 2 2 2 2 + r − r r r r 2r 1 2 1 2 p − 1 2 22 p02 = 1− 2 2 2 2 r1 r2 r2 − r1 2r1 r2 02

haciendo

µ q=

2r12 r22 r22 − r12

¶µ

r2 + r2 p − 1 2 22 2r1 r2

¶ (3.22)

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones µ

r22 − r12 2r12 r22

¶2

µ

r22 − r12 q = r2 r2 p 1 2 q0 = 2 1 − q2

73

¶2

02

(1 − q 2 ) (3.23)

integrando arcsen q = 2ϕ + α0 deshaciendo el cambio r22 + r12 r22 − r12 + sin (2ϕ + α0 ) p= 2r12 r22 2r12 r22 r2 =

2r12 r22 (r22 + r12 ) + (r22 − r12 ) sin (2ϕ + α0 )

orientando la ´orbita de forma que para ϕ = 0 estemos en r1 , r(0) = r1 sin α0 = 1 =⇒ α0 = π/2 y por tanto

1 r22 + r12 r22 − r12 = + cos (2ϕ) r2 2r12 r22 2r12 r22

Pasando a cartesianas

µ 2

2

1 = (x + y )

r22 + r12 2r12 r22

¶

µ +

r22 − r12 2r12 r22

(3.24)

¶ (x2 − y 2 )

y 2 x2 + 2 (3.25) r22 r1 En la figura se muestra est´a o´rbita que es una elipse comprendida entre dos c´ırculos de radios r1 y r2 1=

74

4.

Cap´ıtulo 3

Potencial de Coulomb

La fuerza de Coulomb es:

k F~ = ± 2 ~jr (4.1) r donde el signo + indica que la fuerza es repulsiva y el − que es atractiva El potencial correspondiente ser´a k V =± (4.2) r

4..1

Caso repulsivo

• Potencial efectivo el potencial efectivo ser´a U (r) =

k L2 + 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 r1 se puede calcular como E = U (r1 ) =

L2 k + r1 2mr12

La u ´nica soluci´on positiva de esta ecuaci´on es: r1 =

k (1 + ²) 2E

(4.4)

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones donde

75

r

2EL2 (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: ²=

1+

~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 =

y en tal caso:

r ²=

de forma que

1+

b2 m2 v04 k2

k k b = =√ 2 2 2E mv0 ² −1 s (² + 1) r1 = b (² − 1)

(4.7)

(4.8)

(4.9) (4.10)

de manera que las caracter´ısticas de la ´orbita van a depender de b y ² que a su vez son las condiciones iniciales • Ecuaci´ on del movimiento Las ecuaciones del movimiento ser´an L = mr2 ϕ˙ 1 k L2 E = mr˙ 2 + + 2 r 2mr2 Para eliminar el tiempo hacemos r(t) = y por tanto

1 p0 L =⇒ r˙ = − 2 ϕ˙ = − p0 p(ϕ) p m

L2 02 L2 p2 E= p + kp + 2m 2m

(4.11)

76

Cap´ıtulo 3

empleando (4.5) y (4.7) p02 =

1 2 − p2 − √ p 2 b b ²2 − 1

(4.12)

completando cuadrados p02 =

²2 1 )2 − (p + p 2 2 2 b (² − 1) b (² − 1) 

 p02 =

² b2 (²2

2

1 − 

− 1)

haciendo q= q0 = deshaciendo los cambios

p

p + √ 12 b

(² −1) ² √ b ²2 −1

2  

p + √ 12 b

(² −1)

√² b ²2 −1

1 − q 2 =⇒ arcsen q = ϕ − ϕ0

(4.13)

(4.14) (4.15)

1 ² sin(ϕ − ϕ0 ) − 1 p = r b (²2 − 1)

De acuerdo con las condiciones iniciales propuestas, hemos de orientar la ´orbita de forma que r(π) = ∞. Por tanto 0 = ² sin(π − ϕ0 ) − 1 y en consecuencia sin ϕ0 =

1 ²

p p b (²2 − 1) r1 (² − 1) = r= ² sin (ϕ − ϕ0 ) − 1 ² sin (ϕ − ϕ0 ) − 1

(4.16)

(4.17)

de forma que la part´ıcula est en el punto de retroceso r1 para ϕ = α0 + π2 • Asintotas Las asintotas correponden a sin (ϕ − ϕ0 ) = 1² . Hay por tanto dos asintotas: ϕA = π,

ϕA = 2ϕ0

Las ecuaciones de las as´ıntotas ser´an y = c + tg ϕA x

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones

77

donde la ordenada en el origen es: c = limϕ→ϕA (y − tg ϕA x) = limϕ→ϕA (

r sin(ϕ − ϕA ) ) cos ϕA

p b (²2 − 1) sin(ϕ − ϕA ) c = limϕ→ϕA ) ² sin (ϕ − ϕA ) − 1 cos ϕA Resolviendo la indeterminaci´on p b (²2 − 1) c = limϕ→ϕA ² cos ϕA cos (ϕ − ϕA )

(4.18)

? As´ıntota de entrada: ϕA = π,

c = b =⇒ y = b

Θ

Θ Θ

Θ

? As´ıntota de salida: ϕA = 2ϕ0 ,

c=b

²2 ²2 − 2

√ ²2 2 ²2 − 1 y= 2 + 2 x ² −2 ² −2 Por tanto el ´angulo de dispersi´on es: Θ = 2ϕ0 = 2 arcsen

1 1 k = 2 arctg √ = 2 arctg 2 ² mv02 b ² −1

Las dos as´ıntotas se cortan en el punto (x = −a, y = b).

(4.19)

78

4..2

Cap´ıtulo 3

Caso Atractivo

• Potencial efectivo el potencial efectivo ser´a U (r) =

−k L2 + r 2mr2

(4.20)

que tiene un m´ınimo que corresponde al valor r = R tal que U 0 (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: 2

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 ´angulo de reflexi´on es igual al de incidencia Θ = π − 2α donde sin α =

b R

de manera que

(5.12) b R

(5.13)

b = R cos(Θ/2)

(5.14)

cos(Θ/2) = y

(5.11)

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones • C´alculo de

91

dσ dΩ

dσ R2 sin(Θ/2) cos(Θ/2) = dΩ 2 sin Θ 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

Z

Z

2π

π

dθ 0

sin ΘdΘ = o

R2 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 =| y por tanto

k | mv0 tg(Θ/2)

(5.17)

db k 1 =| | 2 2 dΘ 2mv0 sin (Θ/2)

(5.18)

Substituyendo en (5.9) dσ = dΩ

µ

k mv02

¶2

1 1 = 2 2 sin (Θ/2) tg(Θ/2) sin Θ

y por tanto dσ = dΩ

µ

k 2mv02

¶2

µ

k mv02

¶2

1 4 sin (Θ/2)

1 sin (Θ/2) 4

4

(5.19)

La integraci´on proporciona Z σ=

dσ dΩ = 2π dΩ

µ

k 2mv02

¶2 Z

π 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´ on de ´ angulos peque˜ nos

Veamos ahora que sucede cuando calculamos la secci´on eficaz en la aproximaci´on de ´angulos peque˜ nos sin necesidad de conocer a priori el ´angulo de dispersi´on. En esta aproximaci´on p0y sin Θ = 0 p siendo p0 el momento lineal final de la part´ıcula y p0y el momento lineal final en la direcci´on y. Si el ´angulo es peque˜ no podemos aproximar p0 ≈ p0x ≈ p = mv0 debido a que el momento lineal en la direcci´on x pr´acticamente se conserva. En la direcci´on y Z ∞

p0y =

Fy dt −∞

con lo cual

R∞

Fy dt mv0 Las fuerzas consideradas son fuerzas centrales conservativas, luego entonces sinΘ =

Fy = −

−∞

∂V ∂V ∂r ∂V y =− =− ∂y ∂r ∂y ∂r r

y por lo tanto sin Θ =

−

R∞

∂V y dt ∞ ∂r r

mv0 En la aproximaci´on de ´angulos peque˜ nos podemos considerar la trayectoria de la part´ıcula como una linea recta de ecuaci´on y = b,

x = v0 t

y por tanto dx = v0 dt Utilizando las expresiones anteriores tenemos para el ´angulo de dispersi´on en esta aproximaci´on Z ∞ ∂V b 2 r √ sin Θ = − 2 dr 2 mv0 b ∂r r r − b2 donde hemos utilizado que dx =

r r ∂x r dr = dr = p dr dr = √ ∂r x r 2 − b2 r2 − y 2

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones Por lo tanto

2b sin Θ ≈ Θ = − 2 mv0

Z

∞

93

dr ∂V √ ∂r r2 − b2 b 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 ´angulos 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) Fx = ax + by 2 , Fy = az + 2bxy, Fz = ay + bz 2 b) Fx = ay, Fy = az, Fz = ax c) Fr = 2ar sin θ sin ϕ, Fϕ = ar cos ϕ, Fθ = ar cos θ sin ϕ d) F~ = r~a e) F~ = ~a × ~r f) F~ = (~a.~r)~a 2) Una part´ıcula de masa m se mueve bajo la acci´on de una fuerza central cuyo potencial es V (r) = kr4 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 ´orbitas 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 ´orbitas planetarias. Razonar que ´esto solamente es u ´til 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 ´orbita 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 ´orbita 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 ´orbita 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 rp . 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 ´orbita de la Tierra.

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones

95

9) Estudiar el potencial V = − 2rk2 con k > 0. 10) Sea el vector

~ = 1L ~ × p~ + k ~r M m r Demostrar que es una constante para el potencial V (r) = − kr . Utilizarlo para calcular la trayectoria. 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 ka2 rm = 3a 1 + mv 2 12) Sea el potencial V (r) = − kr + precesan.

k0 . 2r2

Demostrar que las ´orbitas son elipses que

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. 14) Determinar la secci´on eficaz para la “ca´ıda” de part´ıculas en el centro de un campo V = − rkn 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 k 1−x dσ = 2 dΩ 2πE sin(πx) x (2 − x)2 siendo E la energ´ıa y x = Θ/π. 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.

96

Cap´ıtulo 3

1) Encontrar cual de las siguientes fuerzas es conservativa y para la que lo sea hallar el potencial a) Fx = ax + by 2 , Fy = az + 2bxy, Fz = ay + bz 2 b) Fx = ay, Fy = az, Fz = ax c) Fr = 2ar sin θ sin ϕ, Fϕ = ar cos ϕ, Fθ = ar cos θ sin ϕ d) F~ = r~a e) F~ = ~a × ~r f) F~ = (~a.~r)~a

Soluci´ on • a) Fx = ax + by 2 ,

Fy = az + 2bxy,

Fz = az + 2bxy Tenemos

~ × F~ = (a − a, 0 − 0, 2by − 2by) = 0 ∇ Por tanto

∂V = ax + by 2 ∂x ∂V − = az + 2bxy2 ∂y ∂V = az + 2bxy2 − ∂z −

Integrando

• b) Fx = ay,

ax2 bz 3 2 V = + by x + ayz + 2 3 Fy = az,

Fz = ax

En este caso ~ × F~ = (−a, −a, −a) ∇ luego no es no es conservativa • c) Fr = 2ar sin θ sin ϕ,

Fϕ = ar cos ϕ,

Fθ = ar cos θ sin ϕ

Escribiendo el rotacional en esf´ericas µ ¶ 1 ∂(F senθ) ∂F ϕ θ ~ × F~ = ∇ − j~r rsenθ ∂ϕ ∂θ µ ¶ 1 ∂Fr ∂(rFθ ) ~ − jϕ + r ∂θ ∂r µ ¶ 1 ∂(rsenθFϕ ) ∂Fr ~ + − 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 = −ar2 sin θ sin ϕ • d) F~ = r~a ~ × F~ = − 1 ~a × ~r 6= 0 ∇ r No es conservativa • e) F~ = ~a × ~r ~ × F~ = ∇ ~ × (~a × ~r) = ~a(∇.~ ~ r) − (~a.∇)~ ~ r = 3~a − ~a ∇ No es conservativa • f) F~ = (~a.~r) ~a Hac´endolo en cartesianas ~ × F~ = 0 ∇ Luego es conservativa y el potencial es V =

¢ 1¡ 2 2 ax x + 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 potencial es V (r) = kr4 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 U (r) = kr4 +

L2 2mr2

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 0 (r) |r=R = 4kR3 − y por lo tanto

L2 =0 mR3

L2 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 R6 =

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones

99

circunferencia con centro en el origen. Esta situaci´on se dar´a para un valor de la energ´ıa E = U (R) = 3kR4 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 = mR2 ω = mR2

2π T

y el valor calculado para el momento angular. El resultado es r m 1 T = 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 1 U (r) = U (R) + U 0 (R)(r − R) + U 00 (R)(r − R)2 + · · · 2 En este caso, qued´andonos con la aproximaci´on a segundo orden en las derivadas se tiene, 1 U (r) = 3kR4 + 24kR2 (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 arm´onico 21 mω02 r2 , esto es 24kR2 = mω02 de donde obtenemos para la frecuencia y el per´ıodo las expresiones √ ω0 = 6ω > ω 2π T0 = √ 2.

Soluci´ on El potencial efectivo correspondiente a este potencial ser´a de la forma U (r) = −

k L2 + rn 2mr2

Tal y como vimos en el problema anterior, las ´orbitas 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 0 (r) |r=R =

kn L2 − =0 Rn+1 mR3

Por lo tanto

nmk L2 Para decidir si las ´orbitas 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 00 (r) |r=R = −

kn(n + 1) 3L2 L2 + = (2 − n) Rn+2 mR4 R4 m

donde hemos utilizado la expresi´on calculada anteriormente para R. Si n > 2, se tiene que U 00 (R) < 0. Para estos valores de n, R corresponde a un m´aximo del potencial efectivo y por lo tanto las ´orbitas circulares ser´an inestables. Por el contrario cuando n < 2, R ser´a un m´ınimo del potencial efectivo y las ´orbitas circulares ser´an estables.

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones

101

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 ´orbitas planetarias. Razonar que ´esto solamente es u ´til 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 ~r˙ = r˙~jr + rϕ˙~jϕ , ~a = (¨ r − rϕ˙ 2 )~jr + (rϕ¨ + 2r˙ ϕ) ˙ ~jϕ y la fuerza gravitatoria

k F~ = − 2 ~jr r Utilizando la segunda ley de Newton F~ = m~a, se tiene m¨ r − mrϕ˙ 2 = − ϕ¨ + 2r˙ ϕ˙ = 0

k r2

• Cuando la ´orbita es circular v 2 = r2 ϕ˙ 2 y r˙ = 0 con lo cual r¨ = 0 y la expresi´on anterior se convierte en v2 k −m = − 2 r r donde el primer t´ermino corresponde a la fuerza centr´ıfuga. Luego s´olo en el caso de ´orbitas circulares es posible igualar la fuerza gravitatoria a la fuerza centr´ıfuga. • Sin embargo, para una ´orbita 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 ~r˙1 = r1 ϕ˙ 1~jϕ1 , =⇒ v1 = r1 ϕ˙ 1 ~r¨1 = (¨ r1 − r1 ϕ˙1 2 )~jr1 de manera que ~r˙1 y ~r¨1 son perpendiculares Y las ecuaciones de movimiento son: m¨ r1 − mr1 ϕ˙ 21 = − ϕ¨1 = 0

k r12

102

Cap´ıtulo 3

Puesto que la aceleraci´on solo tiene componente normal, podemos definir el radio de curvatura como ρ que verifique a1 =

v12 ρ

Utilizando la segunda ley de Newton, − o bien

v12 k = −m r12 ρ

mv12 r12 ρ= k

teniendo en cuenta que k = GMs m r1 = a ± c = a(1 ± ²) donde a es el semieje mayor de la ´orbita, c la distancia focal, y Ms 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 Ms m E = mv12 − G 2 (a ± c) donde m es la masa del planeta. En t´erminos del semieje mayor de la ´orbita a, la energ´ıa se escribe como E = −k , donde k = GMs m. Comparando las dos 2a expresiones para la energ´ıa, obtenemos la velocidad en el afelio y en el perihelio de la ´orbita a∓c v12 = GMs a(a ± c) El radio de curvatura en el afelio y en el perihelio de la ´orbita ser´a entonces 1 b2 ρ = (a2 − c2 ) = a a En el caso particular en que la ´orbita es circular, b = a y por lo tanto el radio de curvatura coincide exactamente con el radio de la ´orbita como era de esperar.

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones

103

5) Un sat´elite artificial de masa m describe una ´orbita 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 ´orbita 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

m

Mm v2 =G 2 R R

siendo M la masa del planeta. La velocidad en esta ´orbita es entonces

v2 = 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 ³ v ´2 Mm 7 Mm m −G =− G , 2 2 R 8 R 1 √ v L = mR = m GM R. 2 2

E =

Con estos valores de E y L el sat´elite empieza a describir una ´orbita el´ıptica, cuyos semiejes vendr´an dados por las longitudes caracter´ısticas del potencial de Coulomb a y b, |k| 1 8R 4 = GM m = R, 2|E| 2 7GM m 7 2 L 1 = = R2 2m | E | 7

a = b2

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones

105

6) Se ha observado un cometa cuya distancia m´ınima al Sol es la mitad del radio de la ´orbita 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´on al sol, para el cual el radio es la mitad del de la ´orbita terrestre R (supuesta circular) y la velocidad v el doble de la velocidad orbital de la tierra, 1 Ms m E = m(2v)2 − G 2 R/2 siendo m la masa del cometa y Ms la del sol. Para determinar la relaci´on entre R y v, en la aproximaci´on de ´orbita circular para la tierra, se verifica v2 Mt Ms Mt = G R R2 donde Mt es la masa de la tierra, y en consecuencia despejando v, Ms R Sustituyendo la expresi´on para v en la de la energ´ıa del cometa v2 = G

1 Ms Ms E = m4G − 2Gm =0 2 R R Teniendo en cuenta que para el potencial de Coulomb, el par´ametro ² se escribe como r 2EL2 ²= 1+ mk 2

106

Cap´ıtulo 3

en este caso ² = 1. La ´orbita ser´a una par´abola 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 ´orbita del planeta ser´a una circunferencia?

Soluci´ on El potencial efectivo asociado al potencial V (r) es 1 L2 U (r) = kr3 + 3 2mr2 El m´ınimo del potencial efectivo correspondiente a r = R, se determinar´a derivando la expresi´on anterior L2 U 0 (r) |r=R = kR2 − =0 mR3 y por lo tanto µ 2 ¶ 15 L R= mk Para que la ´orbita 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 + kR3 2 3 mientras que el m´ınimo del potencial es L2 1 U (R) = kR3 + 3 2mR2 Igualando las dos expresiones anteriores obtenemos el valor para v0 v02 =

k 3 R m

que tendr´a u ´nicamente direcci´on angular por tratarse de una ´orbita circular r k ~ ~v0 = R Rjϕ 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 rp . 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 ´orbita de la Tierra.

Soluci´ on Sean ra y rp 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 − rp Utilizando la tercera ley de Kepler del movimiento planetario T 2 = 4π 2

a3 GMs

donde T es el per´ıodo de la ´orbita y Ms la masa del sol. La misma expresi´on se satisface obviamente para el movimiento de la tierra alrededor del sol con per´ıodo Tt y semieje mayor de la ´orbita at , Tt2 = 4π 2

a3t GMs

Dividiendo una expresi´on entre otra obtenemos µ ¶2/3 T a = at Tt y por lo tanto la distancia del sol al afelio del cometa ser´a µ ¶2/3 T ra = 2at − rp Tt 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 ´orbita es 1 L dA = r2 ϕ˙ = dt 2 2m Teniendo en cuenta que el ´area de la elipse es A = πab, integrando obtenemos el per´ıodo de la ´orbita dado por la expresi´on (6.). Es posible obtener tambi´en este resultado utilizando la expresi´on para el momento angular L = mr2 ϕ˙ y la ecuaci´on para la ´orbita, e integrando entre ´angulos 0 y 2π, es decir Z dϕ mb4 2π T = 2 La 0 (1 + ² cos(ϕ))2

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones

109

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 L2 k −H = mr˙ 2 + − 2 2 2mr r entre los puntos de retroceso r1 y r2 , es decir Z r2 dr q ¡ T =2 ¢ 2 L2 k r1 −H − + 2 m 2mr r

110

Cap´ıtulo 3

9) Estudiar el potencial V = − 2rk2 con k > 0.

Soluci´ on El potencial efectivo asociado al potencial V (r) toma la forma U (r) =

L2 L2 − km + 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 L2 < 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

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones

111

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 s mk L = b , b2 − r12 E =

2(b2

s v∞ =

k , − r12 )

k m(b2 − r12 )

donde adem´as el par´ametro de impacto b y el punto de retroceso r1 est´an relacionados mediante la expresi´on, b2 =

L2 r2 L2 − mk 1

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 ´orbita. Las ecuaciones del movimiento son 1 2 L2 − mk mr˙ + , 2 2mr2 L = mr2 ϕ˙

E =

Para integrarlas es conveniente utilizar el cambio de variable r(t) = de forma que r˙ = − donde p0 =

dp . dϕ

1 p(ϕ)

1 0 1 L L ϕp ˙ = − 2 p0 2 = − p0 2 p p mr m

Sustituyendo r˙ en la expresi´on para la energ´ıa obtenemos 2m p = 2 L

µ

02

L2 − mk 2 E− p 2m

¶

En t´erminos del punto de retroceso y del par´ametro de impacto, la ecuaci´on diferencial anterior puede escribirse en la forma, p02 =

1 (1 − r12 p2 ) 2 b

112

Cap´ıtulo 3

Integrando y deshaciendo el cambio, obtenemos r=

sin

r ¡ r1 ϕ1 b

+ α0

¢

La condici´on inicial es que ϕ = 0 cuando r tiende a ∞, lo que determina α0 = 0 y por lo tanto r ¡1r1 ϕ ¢ r= sin b ¡ ¢ En el punto de retroceso r = r1 , se verifica que sin r1bϕ1 = 1, y por lo tanto r1 =

π b 2 ϕ1

En t´erminos del ´angulo ϕ1 , la expresi´on para la ´orbita es r=

r ³1 sin

π ϕ 2 ϕ1

´

donde r1 , b y ϕ1 pueden escribirse en la forma r L2 − mk r1 = , r 2mE L2 b = , 2mE r π L2 ϕ1 = . 2 L2 − mk A continuaci´on pasamos a analizar la ´orbita. 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 ´angulo. 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 c = lim y = lim r sin ϕ = lim ϕ→0

ϕ→0

ϕ→0

2 r1 sin ϕ ³ ´ = r1 ϕ1 = b ϕ π sin π2 ϕ1

luego como era de esperar por las condiciones iniciales, la as´ıntota de entrada es y = b. ii) As´ıntota de salida

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones

113

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 − tg 2ϕ1 x) = −

ϕ→2ϕ1

b cos 2ϕ1

La as´ıntota de salida tiene entonces la ecuaci´on y = (tg 2ϕ1 )x −

b cos 2ϕ1

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
2a

• a) El m´ınimo del potencial efectivo se determinar´a derivando U (r)

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones

123

r1=r2=R=2a

0

2

U 0 (r) |r=R = −

4

r

L2 + k(R − 2a) = 0 mR3

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 0 (3a) = −

9m2 a2 v 2 + ka = 0 27ma3

y por lo tanto el valor de v para que la trayectoria de la masa sea circular es r 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

E=

4

r

L2 1 L2 2 + k(2a − 2a) = 2m4a2 2 2m4a2

y por lo tanto 2 9m2 a2 vm 1 2 1 = mvm + ka2 2 8ma 2 2

Luego la velocidad m´ınima es r vm = 2a

k 5m

• c) En este caso el punto de m´aximo acercamiento es menor que 2a. En consecuencia viene determinado por

E=

L2 2mr12

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones

125

r1 0.

Soluci´ on El potencial efectivo es

L2 − mk 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 U (r) =

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 ≤

k 2 mv∞

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 Z σ=

Z

2π

bdbdϕ = 0

·

b2 dϕ 2

¸bM =π bm

k mv∞

Es decir, la secci´on eficaz es exactamente el ´area de una esfera de radio bM , que corresponde al ´area 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 campo V = − rkn con k > 0 y n > 2..

Soluci´ on El potencial efectivo asociado a este potencial es k L2 L2 rn − 2mr2 + = rn 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 µ ¶ 1 nmk n−2 rm = L2 Para que las part´ıculas puedan caer en el centro de fuerzas, debe cumplirse la desigualdad E ≥ Um U (r) = −

siendo Um el valor m´aximo del potencial, esto es n µ ¶ µ 2 ¶ n−2 L n−2 Um = k nmk 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 n µ µ ¶ µ 2 2 ¶ n−2 ¶ n−2 mv0 b n−2 1 k ≤ mv02 2 nk 2 2 n µ 2 2 ¶ n−2 mv0 b 1 mv02 ≤ nk n−2 k con lo cual, despejando el par´ametro de impacto ¶ n2 µ ¶ n−2 µ n 1 k b2 ≤ n n−2 mv02 Luego el par´ametro de impacto puede tomar valores comprendidos entre 0 ≤ b ≤ bm , donde ¶ n2 ¶ n−2 µ µ n k 1 bm = n n−2 mv02

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones

131

La secci´on eficaz puede calcularse ya f´acilmente mediante una integraci´on Z

µ

bm

σ=

bdbdϕ = πn 0

1 n−2

¶ n−2 µ n

o bien en t´erminos de la energ´ıa como µ σ = πn

1 n−2

µ ¶ n−2 n

k 2E

¶ n2

k mv02

¶ n2

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) 2 dΩ 2πE sin(πx) x (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´alogo 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 µ r1 =

L2 + mk 2mE

¶1/2

La energ´ıa y el momento angular pueden escribirse en t´erminos de r1 y del par´ametro de impacto como E =

2(r12 s

L = b

k − b2 ) mk − b2

r12

La expresi´on para la ´orbita es id´entica a la del problema 8 r=

sin

r ¡1r1 ϕ ¢ b

Cuando la part´ıcula se encuentra en el punto de retroceso r = r1 se tiene para ϕ el valor r π L2 π b = ϕ1 = 2 r1 2 L2 + mk De la ecuaci´on de la ´orbita se deduce que las asintotas de entrada y de salida corresponden respectivamente a ´angulos ϕe = 0 y ϕs = πb , r1 r ϕs = π

L2 = L2 + mk

r

2mEb2 2mEb2 + km

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones

133

de donde puede obtenerse la expresi´on para el par´ametro de impacto en t´erminos de ϕs r k ϕ p s b= 2E π 2 − ϕ2s Teniendo en cuenta que el ´angulo de dispersi´on es Θ = π − ϕs r s k (π − Θ)2 b= 2E Θ(2π − Θ) La secci´on eficaz diferencial es dσ b db = dΩ sin Θ dΘ donde en este caso db = dΘ

r

k π2 2E [Θ(2π − Θ)]3/2

Sustituyendo todo en la expresi´on para la secci´on eficaz diferencial obtenemos dσ π−Θ kπ 2 = 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 µ ¶2 dσ 1 k 1 = 4 2 dΩ 4 mv0 sin (Θ/2) Por lo tanto en la aproximaci´on de ´angulos peque˜ nos podemos aproximar en la expresi´on anterior el seno por el ´angulo y tendremos entonces µ ¶2 dσ 2k = dΩ mv02 Θ2 Veamos ahora que sucede cuando calculamos la secci´on eficaz en la aproximaci´on de ´angulos peque˜ nos sin necesidad de conocer a priori el ´angulo de dispersi´on. En esta aproximaci´on p0y sin Θ = 0 p 0 siendo p el momento lineal final de la part´ıcula y p0y el momento lineal final en la direcci´on y. Si el ´angulo es peque˜ no podemos aproximar p0 ≈ p0x ≈ p = mv0 debido a que el momento lineal en la direcci´on x pr´acticamente se conserva. En la direcci´on y Z ∞

p0y =

Fy dt −∞

con lo cual

R∞

Fy dt mv0 Las fuerzas consideradas son fuerzas centrales conservativas, luego entonces sinΘ =

Fy = −

−∞

∂V ∂V ∂r ∂V y =− =− ∂y ∂r ∂y ∂r r

y por lo tanto sin Θ =

−

R∞

∂V y dt ∞ ∂r r

mv0 En la aproximaci´on de ´angulos peque˜ nos podemos considerar la trayectoria de la part´ıcula como una linea recta de ecuaci´on y = b,

x = v0 t

Movimiento de una part´ıcula en tres dimensiones

135

y por tanto dx = v0 dt Utilizando las expresiones anteriores tenemos para el ´angulo de dispersi´on en esta aproximaci´on Z ∞ 2 ∂V b r √ dr sin Θ = − 2 mv0 b ∂r r r2 − b2 donde hemos utilizado que dx = Por lo tanto

∂x r r r dr = dr = p dr = √ dr 2 ∂r x r − b2 r2 − y 2 2b sin Θ ≈ Θ = − 2 mv0

Z

∞

∂V dr √ ∂r r2 − b2 b 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 ´angulos peque˜ nos. Para el potencial de Coulomb V = k/r la integraci´on anterior proporciona Θ=

2k mv02 b

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

µ

2k mv02 Θ2

¶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 Z 2p S= 1 + y 02 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 Z 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´on en q˙ de forma que δ q˙ =

d δq dt

(1.4)

Es pues natural definir la variaci´on de la funcional A como: Z t2 δA = [F (q + δq, q˙ + δ q, ˙ t) − F (q, q, ˙ t)]dt

(1.5)

t1

y por tanto

Z

t2

δA = t1

·

¸ ∂F ∂F δq + δ q˙ dt ∂q ∂ q˙

(1.6)

Teniendo en cuenta (1.4), podemos hacer la integraci´on por partes siguiente ¶ Z t2 Z t2 Z t2 µ ∂F ∂F ∂F d(δq) d ∂F t2 δ qdt ˙ = dt = δq |t1 − δqdt dt ∂ q˙ dt ∂ q˙ t1 ∂ q˙ t1 ∂ q˙ t1 Utilizando (1.3)

Z

t2 t1

∂F δ qdt ˙ =− ∂ q˙

Z

t2 t1

µ

d ∂F dt ∂ q˙

¶ δqdt

(1.7)

Substituyendo en (1.6) Z

t2

δA = t1

1..3

·

∂F − ∂q

µ

d ∂F dt ∂ q˙

¶¸ δqdt

(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 µ ¶ d ∂F ∂F − (1.9) ∂q dt ∂ q˙ 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 ) = q1 y q(t2 ) = q2 .

Mec´anica de Lagrange y Hamilton

139

En general utilizaremos funcionales de varios argumentos qj , q˙j . La condici´on de punto estacionario es entonces: µ ¶ ∂F d ∂F j = 1, 2....n (1.10) − ∂qj dt ∂ q˙j 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: Z t2 p S= 1 + y 02 dx t1

por tanto las ecuaciones de uker Lagrange son: µ ¶ ∂F d ∂F − ∂q dx ∂ q˙ donde

p

1 + y 02

F = de forma que d dx

Ã

!

y0

p

1 + y 02

y por tanto p

y0 1 + y 02

=0

= cte

es decir y0 = 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 , zi ) (2.1)

140

Cap´ıtulo 4 i : 1...N

(2.2)

Si el sistema tiene n grados de libertad bastar´an n ≤ 3N coordenadas generalizadas qj para describirlo. ~ri = ~ri (q1 , q2 ....qn , t)

(2.3)

El sistema se dice natural si la relaci´on anterior no depende expl´ıcitamente del tiempo. La determinaci´on 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 q1 ...qn , le corresponde una funci´on U (qi , 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 qj (t1 ) = qj hasta qj (t2 ) = qj , lo hace de forma que minimiza la llamada integral de acci´ on Z t2 S= [T (qj q˙j , t) − U (qj q˙j , t)] dt (2.4) t1

donde T es la energ´ıa cin´etica del sistema.

2..3

Funci´ on de Lagrange

Definiendo el lagrangiano como L(qj q˙j , t) = T (qj , q˙j , t) − U (qj , q˙j , t) se puede escribir la integral de acci´on como Z t2 L(qi , q˙j , t)dt S=

(2.5)

(2.6)

t1

= 0 se dice que el Si L no depende expl´ıcitamente del tiempo, es decir, si ∂L ∂t sistema es aut´ onomo. N´otese que todo sistema natural es aut´onomo pero no todo sistema aut´onomo es natural.

2..4

Ecuaciones del movimiento

y por tanto, el principio de Hamilton requiere que: µ ¶ d ∂L ∂L − i = 1, 2....n ∂qi dt ∂ q˙i

(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

Mec´anica de Lagrange y Hamilton

2..5

141

T´ erminos de la energ´ıa cin´ etica

Derivando (2.3)

n

∂~ri X ∂~ri ~r˙i = + q˙j ∂t ∂qj j=1

(2.8)

de forma que la energ´ıa cin´etica del sistema ser´a: T =

N X 1 i=1

= +

2

mi~r˙i2

n N X ∂~ri ∂~ri 1 X q˙j q˙k mi 2 j,k=1 ∂qj ∂qk i=1 n X

N X

q˙j

j=1

mi

i=1

∂~ri ∂~ri ∂t ∂qj

N

+

1X ∂~ri mi ( )2 2 i=1 ∂t

(2.9)

Si definimos las siguientes cantidades: N

Ajk

1 X ∂~ri ∂~ri = mi 2 i=1 ∂qj ∂qk

Bj = C =

N X

mi

i=1 N X

1 2

∂~ri ∂~ri ∂t ∂qj

mi (

i=1

∂~ri 2 ) ∂t

(2.10)

entonces T = T0 + T1 + T2

(2.11)

donde los distintos t´erminos son: • t´ermino independiente de las velocidades T0 = C

(2.12)

• t´ermino lineal en las velocidades T1 =

n X j=1

Bj q˙j

(2.13)

142

Cap´ıtulo 4

• t´ermino cuadr´atico en las velocidades T2 =

n X

q˙j q˙k Ajk

(2.14)

j,k=1

Solo cuando el sistema es natural,

2..6

∂~ ri ∂t

= 0, podemos escribir T = T2 .

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 (qj , t) Generalizando la noci´on habitual, se definen las fuerzas como Fj =

∂T ∂(−U ) ∂L = + ∂qj ∂qj ∂qj

(2.15)

) • Fuerzas potenciales: − ∂(U corresponde a las fuerzas derivadas del potencial ∂qj ) • Fuerzas de ligadura: − ∂(U corresponde a las fuerzas derivadas de las ligaduras ∂qj

• ejemplo: Part´ıcula desliz´andose sobre una par´abola y = ax2 .

Si tomamos y como variable generalizada, la ligadura es: r y x= a

Mec´anica de Lagrange y Hamilton

143 1 x˙ = 2

r

1 y˙ ay

y por tanto

µ ¶ 1 2 1 − mgy L = my˙ 1 + 2 4ay de manera que las ecuaciones del movimiento son µ µ ¶¶ my˙ 2 d 1 −mg − = my˙ 1 + 8ay 2 dt 4ay 2

my˙ donde −mg es la fuerza de la gravedad y − 8ay ua 2 la fuerza de ligadura que act´ sobre la coordenada y.

2..7

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 qk no aparece expl´ıcitamente en el lagrangiano se dice que es c´ıclica, las ecuaciones de Lagrange implican que el momento conjugado pk es una constante del movimiento. En el ejemplo anterir el momento conjugado de la coordenada y es: µ ¶ 1 py = my˙ 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 fi (qj , 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 X aij q˙j = ai i = 1....k (3.2) j=1

Para trabajar con este tipo de ligaduras empleamos los multiplicadores de Lagrange definidos como k coeficientes λi tales que k X

λi ai = 0

(3.3)

i=1

y por tanto k X

λi

m X

i=1

aij δqj =

j=1

m X k X

λi aij δqj = 0

(3.4)

j=1 i=1

Teniendo en cuenta que el principio de Hamilton es: Z δS =

m · t2 X

t1

j=1

∂L − ∂qj

µ

d ∂L dt ∂ q˙j

¶¸ δqj dt = 0

(3.5)

Mec´anica de Lagrange y Hamilton

145

Podemos introducir (3.4) en (3.5) como: Z δS =

m t2 X t1

j=1

"

∂L − ∂qj

µ

d ∂L dt ∂ q˙j

¶ −

k X

# λi aij δqj dt = 0

(3.6)

i=1

Tenemos pues las m ecuaciones ∂L − ∂qj

µ

d ∂L dt ∂ q˙j

¶ −

k X

λi aij = 0

j = 1...m

(3.7)

i=1

que junto con las k ligaduras (3.2) determinan las m coordenadas qj y los k multiplicadores λi . Conocidos los multiplicadores se pueden determinar las fuerzas de ligadura como: k X (Fl )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

(3.9)

r = R =⇒ r˙ = 0 =⇒ a11 = 1, a12 = 0, a1 = 0 Las ecuaciones del movimiento ser´an m¨ r − mrθ˙2 + mg cos θ − λ = 0 mr2 θ¨ + 2mrr˙ θ˙ − mgr sin θ = 0 r˙ = 0

(3.10)

o bien λ = −mrθ˙2 + mg cos θ g 0 = θ¨ − sin θ r

(3.11)

que para θ peque˜ na es: λ = −mrθ˙2 + mg g 0 = θ¨ − θ r cuya soluci´on es:

(3.12)

r

g θ = θ0 exp( t) R r ¶ µ g λ = mg 1 − θ02 exp(2 t R Por tanto la ligadura λ se anula en el instante T tal que s R ln θ0 T =− g que a pesar del signo menos es positivo ya que θ0