Problemas Mecanica 2

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Problemas y ejercicios de Mecánica II
Propuestos por los profesores de la asignatura en exámenes
Compilados y resueltos por Manuel Ruiz Delgado
Escuela T́ecnica Superior de Ingenieros Aeronáuticos
Universidad Polit́ecnica de Madrid
21 de junio de 2010
II
Índice general
1. Movimiento rectil ı́neo 1
1.1. CasoF(ẋ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2. CasoF(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3. Oscilador armónico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 10
2. Movimiento del punto libre 19
2.1. Partı́cula libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 19
2.2. Movimientos centrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 30
2.3. Dinámica orbital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 39
3. Punto sometido a ligaduras 49
3.1. Punto sobre superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 49
3.2. Punto sobre curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 65
4. Dinámica relativa 81
5. Exámenes: Dińamica del Punto 95
5.1. Exámenes recientes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 95
5.2. Exámenes más antiguos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . 105
6. Dinámica anaĺıtica: sistemas hoĺonomos 115
7. Dinámica anaĺıtica: Sistemas no hoĺonomos 145
8. Percusiones 155
9. Dinámica del śolido 193
10. Exámenes: Dińamica de Sistemas 245
10.1. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . 245
10.2. Enunciados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .277
III
IV
Caṕıtulo 1
Movimiento rectil ı́neo
1.1. CasoF(ẋ)
Ejercicio 1.1.1: Una partı́cula de masaM se coloca en reposo sobre un plano inclinado un ánguloα
con la horizontal. El coeficiente de rozamiento esµ < tanα . Razonar si hay velocidad ĺımite. Obtener la
ley horaria del movimiento.
N
R
mgsinα
mgcosα
Ec. del movimiento:
{
mgsinα −R = mẍ
−mgcosα +N = 0
¿Desliza? |R||N| ≤ µ ?
|mgsinα|
|mgcosα| = tanα > µ
Desliza con resistenciaf (v) = R= µ mgcosα < mgsinα
Es obvio queno existeVL/ f (vL) = mgsinα, pues la resistencia es constante y menor que la
componente tangencial del peso.
La ley horaria es trivial, pues se mueve con aceleración constanteg(sinα −µ cosα) par-
tiendo del reposo:
x =
1
2
g(sinα −µ cosα) t2
1
Ejercicio 1.1.2: Según la ley de Stokes, la resistencia sobre una esfera de radio r que se mueve en un
fluido de coeficiente de viscosidadη esF(v) = 6πη r v. Calcular la velocidad ĺımite de una esfera de
densidadρ , doble de la del fluido, y la ley horaria cuando se deja caer desde el reposo.
R
mag
meg
Las fuerzas que actúan sobre la esfera son:
• Peso de la esfera: ρ 43πr3g
• Flotación (peso del agua desalojada):ρ2 43πr3g
• Resistencia: f (v) = 6πηrv
La velocidad lı́mite se alcanza cuando la resistencia equilibra al peso menos la flotación:
ρ
2
4
3
πr3g = 6πηr vL ⇒ vL =
1
9
ρg
η
r2
La ecuación del movimiento la podemos escribir como:
mv̇ = f (vL)− f (v) ⇒ v̇ =
6πηr
ρ 43πr3
(vL −v) = c(vL −v) ⇒
∫ v
0
dv
vL −v
= c
∫
dt
−L(vL −v) = ct+C; −LvL = C; L
vL
vL −v
= ct ⇒ v = vL
(
1−e−ct
)
Siendoc = 9η2ρr2 . Integrando otra vez, se obtiene la ley horaria.
x = vL
(
t +
e−ct
c
)
+C; 0 = vL
(
0+
1
c
)
+C ⇒ x = vL
c
(
ct+e−ct −1
)
vLv
t
vL t
x
t
2
Ejercicio 1.1.3: Una esfera de masam, radior y coeficiente de resistencia aerodinámicaCD cae en el
aire de densidadρ . Calcular la velocidad ĺımite y la ley horaria.
Aplicarlo al caso de un balón de fútbol:m = 410− 450 g,CD = 0,5, 2πr = 68− 70 cm, ρ =
1,225 kg/m3.
NOTA: Al superar una velocidad entre 20 y 25 m/s, según la rugosidad de las superficie, el régimen pasa de
laminar a turbulento, yCD cae bruscamente a un valor de aproximadamente 0,1. Si la velocidad lı́mite calculada
con el primer valor es mayor que esta, habrá que calcularla de nuevo con elCD menor. Este efecto lo usó David
Beckham en el mundial de 2002: Tira a gran velocidad por encima de la barrera; al acercarse a la porterı́a parece
que se va alto. Pero ya se ha frenado lo suficiente para entrar en régimen laminar, con lo que de pronto sube la
resistencia, cae bruscamente y entra en la porterı́a.
Como en el caso anterior, las fuerzas son:
• Peso de la esfera: mg= ρe 43πr3g
• Flotación (generalmente despreciable):ρa 43πr3g
• Resistencia: f (v) = 12ρaCD A v2; A = πr2
Velocidad lı́mite:
4
3
πr3g(ρe−ρa) =
1
2
ρaCDπr2v2L ⇒ v2L =
8
3
gr (ρe−ρa)
ρaCD
Para calcular la ley horaria, podemos poner la ecuación delmovimiento en la forma
mv̇ = f (vL)− f (v) = mc
(
v2L −v2
)
y recordar que
∫
dx
x20−x2
=
1
x0
argtanh
x
x0
dondec = 12mCDρaπr
2 (dimensiones deL−1). Ası́ se obtiene,
dv
c
(
v2L −v2
) = dt, t +C =
1
cvL
argtanh
v
vL
Imponiendo condiciones iniciales:v(0) = 0 ⇒ C= 0. En este caso se puede despejar
la velocidad:
v = vL tanhvLct
que tiende asintóticamente avL. Recordando que
∫
tanhxdx= lncoshx, se puede integrar otra
vez para obtener
x =
1
c
lncosh(vLct)+C
Condiciones iniciales: x(0) = 0 ⇒ C = 0
El espacio recorrido tiende asintóticamente avL t. Sus-
tituyendo los valores del balón más pesado, se tiene:
vL = 19,065 m/s, muy próxima paso de laminar a tur-
bulento. En 6 segundos de caı́da la velocidad es ya muy
próxima a la lı́mite. Otra cosa serı́a la velocidad alcanza-
da de una patada. 0
5
10
15
20
25
0 1 2 3 4 5 6
m/s
s
vL
v(t)
3
1.2. CasoF(x)
Ejercicio 1.2.1: Un punto material de masamse mueve sobre una rectaOx, sometido a un campo cuyo
potencial esV(x) = mgx[(x/a)2 −3]. Determinar su ley horaria, cuando se lanza desdex0 = a con una
velocidadv0 =
√
8ga.
Conviene hacer primero un análisis cualitativo,
para ver qué tipo de movimiento vamos a tener,
qué signo hay que tomar en las cuadraturas, y si
hay puntos de parada, en que habrá que parar la
integración y hacer una nueva cuadratura.
El potencial tiene ceros en±a
√
3 y en 0. Se va a
+∞ por la derecha y a−∞ por la izquierda. Con
esos datos, podemos dibujarlo aproximadamen-
te.
Interesa conocer el valor en el máximo y mı́nimo, para compararlo con laE que se obtiene
de las condiciones iniciales, que vale:
E =
1
2
mv20 +V(a) = 2mga
Los extremos del potencial están en:
V ′/mg=
(x
a
)2
−3+2x
(x
a
)
/a = 3
(x
a
)2
−3 = 0 ⇒ x = ±a
El máximo del potencial es
V(−a) = 2mga
con lo que las condiciones iniciales dadas correspon-
den exactamente al movimiento asintótico. Primero se
irá hasta la derecha hasta el punto de parada y retroceso,
y luego volverá hacia la izquierda, llegando en tiempo in-
finito ax=−a. Por tanto, la cuadratura habrá que hacerla
en dos fases. El punto de corte por la derecha está en:
V(x) = 2mga ⇒ x = +2a
La raı́z se obtiene con facilidad porque ya conocemos
otra, la del máximo, y se puede reducir el orden del poli-
nomio.
La primera cuadratura será con signo +, pues se lanza con velocidad positiva:
t =
∫ x
a
+dx
√
2
m [E−V(x)]
=
∫ x
a
+d xa
√
2g
a
√
2− xa
[( x
a
)2−3
]
x
a=z=
∫ z
1
+dz
√
2g
a
√
2−z[z2−3]
Factorizando el polinomio se obtiene una expresión cuya integral se encuentra en tablas:
√
2g
a
t =
∫ z
1
dz
(z+1)
√
2−z
= − 2√
3
argth
√
2−z√
3
+C
Imponiendo las condiciones iniciales,z(0) = 1 ⇒ 0 = − 2√
3
argth 1√
3
+C, se llega a
x
a
= 2−3tanh2
[
argth
1√
3
−
√
3g
2a
t
]
4
Llegará al punto de corte,x = 2a, en un tiempot1 que se puede calcular con facilidad. Allı́ se
para, y comienza a retroceder. Hay que plantear de nuevo la cuadratura con el signo - y las
nuevas condiciones iniciales. La integral, lógicamente,es la misma cambiada de signo:
√
2g
a
(t − t1) =
∫ z
2
−dz
(z+1)
√
2−z
= +
2√
3
argth
√
2−z√
3
+C
Imponiendo quex(t1) = 2a, se tieneC = 0. La ley horaria queda:
x
a
= 2−3tanh2
[√
3g
2a
(t − t1)
]
Obsérvese que, con esta ley horaria, parat →∞, x→−a. Llega al máximo en un tiempo infinito,
conun movimiento asintótico.
5
Ejercicio 1.2.2: Un punto de masam realiza un movimiento unidimensional a lo largo del ejeOx
sometido sólo a la acción de la fuerzaF = mKxex/a i, dondeK y a son constantes conocidas. Inicialmente
el punto se sitúa en la posiciónx = a y se le comunica una velocidadv0 según el sentido negativo del eje
Ox. Estudiar en función dev0 el tipo de movimiento que sigue el punto.
16 de Septiembre de 1991
Para hacer el análisis cualitativo, primero obtenemos el potencial:
V(x) = −
∫
F(x)dx= −
∫
mK xe
x
a dx= −mKa(x−a) exa +��C
⇒
a
La x del máximo es obvia, pues la fuerza es nula enx = 0. El valor del potencial en el
máximo esV(0) = mKa2 = Easint. Como se lanza desdex = a hacia la izquierda, el tipo de
movimiento dependerá de si la energı́a total es mayor, menor, o igual que la asintótica:
E = T +V =
1
2
mv20 +��
�V(a) ⇒ 1
2
mv20 ⋚ Easint = mKa2
Los casos posibles son:
v20 < 2Ka
2 : Se mueve hacia el punto de parada y
retrocede hacia+∞
v20 = 2Ka
2 : Movimiento asintótico. Se mueve ha-
ciax = 0, y tarda un tiempo infinito en llegar.
v20 > 2Ka
2 : Se mueve hacia la izquierda; pasa por
0 con velocidad mı́nima, pero sin detenerse, y con-
tinua hacia−∞, donde llegarı́a al cabo de un tiem-
po infinito con la misma velocidad inicial.
a
No es necesario estudiar la convergencia de la integral en elmovimiento asintótico: como la
función potencial admite desarrollo en serie enx = 0, ya sabemos queα va a ser 1 y el tiempo
infinito.
6
Ejercicio 1.2.3: Un punto material de masam, realiza un movimiento unidimensional, a lo largo del
ejeOx, sometido a una fuerza que deriva del potencialV(x) =−(mg/a2)x2(x−a). Inicialmente, el punto
está en el origen y tiene una velocidadv0, según el sentido negativo del ejeOx. Estudiar cualitativamente
el movimiento del punto, según sea el valor dev0.
4 de Abril de 1991
Descomponiendo el potencial en una recta y una parábola, sepuede dibujar directamente la
curva y saber que va a tener ceros enx = 0 y x = a, y el signo de las ramas infinitas. También
se puede ver que en 0 tendrá un mı́nimo, al ser positiva a ambos lados del cero, y que habrá un
máximo entre 0 ya.
⊕ ⊕ ⊖
⇒
a
Hay que determinar la posición del máximo, y el valor del potencial, que determinará la
energı́a necesaria para el movimiento asintótico:
V ′ = 0 ⇒ 3x2−2ax= 0, ⇒
{
x1 = 0, V(0) = 0
x2 =
2a
3 , V(x2) =
4
27mga
La energı́a inicial vale
E =
1
2
mv20 +��
�V(0) ⇒ 1
2
mv20 ⋚ Easint =
4
27
mga
Los movimientos posibles son:
v20 <
8
27ga : Oscilaciones acotadas asimétri-
cas alrededor del origen, sin llegar ax = 2a/3
v20 =
8
27ga : Movimiento asintótico. Se mueve
hacia la izquierda, se para, y vuelve haciax =
2a/3 con un movimiento asintótico.
v20 >
8
27ga : Como el anterior, pero en el re-
troceso llega en tiempo finito ax = 2a/3, no
se para, y sigue hacia+∞.
a
7
Ejercicio 1.2.4: Un punto material de masam realiza un movimiento unidimensional según el ejeOx
sometido a una fuerza que deriva del potencialV(x) = −mgxe−x/a. Inicialmente se sitúa enx = a y se le
comunica una velocidadv0 hacia la izquierda. Estudiar el movimiento del punto segúnel valor dev0.
11 de Septiembre de 1990
El potencial se puede dibujar aproximadamente:
⊕ ⊖ ⇒
a
El potencial es muy similar a otro que acabamos de hacer. Primero veremos dónde está el
mı́nimo:
V ′ = 0 ⇒ −e− xa + x
a
e
− x
a = 0 ⇒ x = a, V(a) = −mga/e
El mı́nimo es el mismo punto de lanzamiento. Hay una rama infinita paraE = 0. A la vista de
la figura, tendremos tres tipos de movimiento (o cuatro, si secuenta el reposo):
v20 = 0 : Equilibrio estable enx = a
v20 < 2ga/e : Oscilaciones acotadas asimétricas al-
rededor dex = a
v20 = 2ga/e : Movimiento asintótico. Se mueve ha-
cia la izquierda, se para en el origen, y vuelve hacia
atrás. Llegarı́a a+∞ con velocidad nula.
v20 > 2ga/e : Como el anterior, pero en el retroceso
llegarı́a a+∞ con velocidad no nula.
8
Ejercicio 1.2.5: Un punto material de masamse mueve sobre una rectaOxsometido a una fuerza que
deriva del potencialV(x) = −(mg/a3)x2(x2−a2). Inicialmente se sitúa en el origen y se lanza con una
velocidadv0. ¿Cuál es el mı́nimo valor dev0 necesario para que el punto llegue al infinito?
29 de Junio de 1988
Descomponiendo el potencial en el producto de dos parábolas, se puede dibujar directamente
la curva: va a tener ceros enx = 0 y x = ±a; las ramas infinitas van hacia abajo; en 0 tendrá un
mı́nimo, al ser positiva a ambos lados del cero, y habrá máximos entre 0 y±a.
⊕ ⊕
⊖⊖ ⇒
Hay que determinar la posición de los máximos, y el valor del potencial, que determinará la
energı́a necesaria para el movimiento asintótico:
V ′ = 0 ⇒ −2x
(
x2−a2
)
−3x3 = 2x
(
2a2−x2
)
= 0, ⇒
{
x1 = 0, V(0) = 0
x2 = ± a√2, V(x2) =
mga
4
La energı́a inicial vale
E =
1
2
mv20 +��
�V(0) ⇒ 1
2
mv20 ⋚ Easint =
mga
4
Aunque no se pida, es fácil hacer un análisis cualitativo de los movimientos posibles:
v20 < ga/2 : Oscilaciones acotadas simétricas alrededor del origen.
v20 = ga/2 : Movimiento asintótico haciax = ±a/
√
2, según el signo dev0. Tarda un
tiempo infinito.
v20 > ga/2 : Llega en tiempo finito al máximox= ±a/
√
2, no se para, y sigue hacia±∞,
en la dirección de la velocidad inicial.
Es obvio que, para que llegue a∞, la velocidad ha de ser superior a la asintótica,
√
ga/2.
9
1.3. Oscilador armónico
Ejercicio 1.3.1: Un cubo de aristaa y densidad la mitad de la del agua está flotando con la cara superior
horizontal. Se empuja un poco hacia abajo, sin hundirlo del todo, y se suelta sin girarlo, de modo que se
mueve siempre con la misma orientación. Calcular la frecuencia de las oscilaciones.
Naturalmente, para poder tratar el problema como unidimensional, hay que suponer que un eje
del cubo se mantiene siempre vertical. Seaz la altura del CDM del cubo sobre el agua.
Las fuerzas que actúan sobre el cubo son:
Peso:P = −mgk
Flotación, o peso del agua desalojada:F = +m′gk
La masa desalojada dependerá de la alturaz: m′ = ρaa/2−za a
3
z P
F
La ecuación del movimiento será:
mz̈= −mg+m′g = 1
2
ρaa3 z̈= g
(
�
�
�
��
−1
2
ρaa3+
�
�
�
ρa
a3
2
−ρaa2z
)
= −1
2
ρaa2gz
que se reduce al oscilador armónico
z̈+
2g
a
z= 0 ⇒ ω =
√
2g
a
10
Ejercicio 1.3.2: Una partı́cula pesada de masam se mueve por una recta horizontal rugosa, de coe-
ficiente de rozamientof . Está unida a un puntoO de la recta por un muelle de constantek y longitud
natural cero. Integrar la ecuación del movimiento, razonando cómo se han de tratar los cambios de signo
en la fuerza de rozamiento. Inicialmente se lanza desdeO con velocidadv0.
Septiembre de 1996
1 Cantidad de Movimiento. Si inicialmente estuviera en reposo, lo primero serı́a plantear un
problema de estática, para ver si se mueve o no. Como se lanzacon velocidadv0 6= 0, ya sabemos
que hay que tomar la expresión del rozamiento con deslizamiento del modelo de Coulomb:
R = − f |N| v
v
= − f |N|sign(ẋ) i
La recta es horizontal, la reacción normal es igual al peso.La ecuación del movimiento será:
mẍ = −kx− f mgsign(ẋ) → ẍ+ω2x = − f gsign(ẋ)
El término independiente cambia de signo al variar el sentido de la velocidad. Inicialmente,
comov0 > 0, tomamos el signo−. Cuando se pare, hay que resolver el problema de estática
para ver si retrocede o se queda parada. Si retrocede, se resuelve de nuevo la ecuación, pero
cambiando el signo del rozamiento, y ası́ sucesivamente.
1. Primera fase: ¨x+ω2x = − f g. La solución es trivial, tanto la homogénea como la parti-
cular:
xh = Acosω t +Bsinω t xp = −
f g
ω2
Imponemos condiciones iniciales:
x(0) = A− f g
ω2
= 0 ẋ(0) = Bω = v0 → x =
f g
ω2
(cosω t −1)+ v0
ω
sinω t
2. La partı́cula se para en el instanteτ tal que
ẋ = − f g
ω
sinω τ +v0cosω τ = 0 ⇒ tanωτ =
v0ω
f g
Conocido el tiempo de parada, se calcula la distanciax(τ) . Se podrı́a hacer explı́citamente
con las expresiones del seno y el coseno en función de la tangente, pero no merece la pena.
En un caso real se calcuları́a el valornumérico y luego se sustituye en lax. Además, a
continuación se calculará de modo más directo.
Se plantea la ecuación de equilibrio para ver si el rozamiento puede aguantar la fuerza del
muelle a esa distancia:
0 = −kx(τ)+R; R≤ f mg ⇒ |x| ≤ f mg
k
Si la partı́cula se ha parado dentro del intervalo
[
− f mgk ,
f mg
k
]
, la fuerza del muelle es me-
nor que el rozamiento máximo; la partı́cula se queda en equilibrio y el problema está aca-
bado. Si no, empieza a moverse hacia el origen, y pasamos a la tercera fase.
3. Planteamos de nuevo la ecuación del movimiento, ahora con velocidad negativa y roza-
miento positivo:
ẍ+ω2x = + f g → x = Acosω t +Bsinω t + f g
ω2
Se imponen ahora como condiciones inicialest0 = τ , x0 = x(τ) , ẋ0 = 0. Cuando vuelva
a pararse, se comprueba de nuevo el equilibrio, para ver si lax de parada cae en la franja
de equilibrio± f mgk . Si está dentro, se acaba; si está fuera, se repite el punto(1) con las
nuevas condiciones iniciales; y ası́ sucesivamente.
11
2 Análisis cualitativo. Este problema permite hacer un análisis cualitativo, tratando separa-
damente cada tramo. La ecuación del movimiento se puede integrar una vez, multiplicando por
ẋ, para obtener la ecuación de la energı́a:
1
2
mẋ2 +
1
2
kx2 = - f mgx+E1 ; E1 =
1
2
mv20
Se obtiene la energı́a cinética, el potencial del peso y eltrabajodel rozamiento. Aunque se haya
integrado, no es el potencial del rozamiento,que no tiene potencialporque es disipativo. Es
el trabajo del rozamiento cuando se mueve hacia la derecha. Si se mueve hacia la izquierda, se
cambia el signo: no puede tener potencial porque si vuelve almismo sitio el trabajo no es nulo,
sino siempre negativo.
Resolviendo la ecuación de la energı́a con ˙x = 0, se obtiene fácilmente el punto de parada:
x(τ) =
− f mg±
√
f 2m2g2+kv20
k
Solo nos interesa el positivo; el otro corresponde a un tiempo negativo, antes de cruzar el origen.
En la vuelta hacia la izquierda tendrı́amos:
1
2
mẋ2 +
1
2
kx2 = + f mgx+E2 ; E2 =
1
2
kx(τ)2− f mgx(τ)
El trabajo del rozamiento parece ahora una función positiva dex, pero en realidad es negativo:
f mg[x−x(τ)]. Lax comienza enx(τ) y va disminuyendo, luego el trabajo será siempre negativo.
Con las expresiones para la ecuación de la energı́a en cada tramo, se puede
hacer un análisis cualitativo del movimiento, dibujando el potencial del mue-
lle y la energı́a decreciente. Primero va hacia la derecha, perdiendo energı́a
linealmente hasta pararse enx(τ). Luego va hacia la izquierda, perdiendo
siempre energı́a. Si el punto de parada está fuera de la zonade equilibrio,
empieza a moverse hacia la derecha, y ası́ hasta que se pare enun punto de
equilibrio, donde se queda en reposo (aunque no sea el origen). x(τ)
E1 Vm
También podemos dibujar el mapa de fases[x, ẋ]: La
ecuación de la energı́a del primer tramo es una circunfe-
rencia en el plano de fases (o elipse, según la escalaOy),
con centro enx =− f mgk (media de los puntos de parada).
La segunda rama es otra circunferencia, esta vez con cen-
tro enx= f mgk , y ası́ sucesivamente alternando centros de
modo que cada elongación es más corta, hasta que se pare
dentro de la zona de equilibrio y ya no se mueva más.
bb b
x
ẋ
x(τ)
v0
12
Problema 1.3.1: El sistema de la figura es un modelo muy simplificado que se usa para estudiar la
suspensión de los vehı́culos. Consta de una masaM (masa suspendida) y una rueda de masam (masa no
suspendida) unidas por un amortiguador viscoso de constantec y un muelle de constantek y longitud
naturalL0+Mg/k, de modo que la altura deM sobre la rueda en equilibrio esL0. El sistema se desplaza
con una velocidad horizontal constantev sobre un suelo ondulado sinusoidalmente, de longitud de onda
L y amplitud 2H. Se supone que la rueda es lo suficientemente pequeña para que el punto de contacto
esté en la vertical deM y que, en principio, no se separa del suelo. Se tomará, para simplificar, Ω =
2πv/L. Se pide:
Plantear las ecuaciones del movimiento deM
Hallar la velocidad a la que se produce la resonancia
Sabiendo que el amortiguamiento es menor que el crı́tico, obtener la respuesta transitoria y esta-
cionaria para las condiciones inicialest = 0, x = 0, z= 0, ż= 0.
Obtener la reacción del suelo sobre la rueda
M
ck
m
M
v
z
L0
x
z
O
L
2H
1 En un caso real, la rueda tendrı́a un radio no despreciable, yhabrı́a que cal-
cular el punto de contacto según la pendiente, y a partir de ahı́ la altura vertical
sobre el suelo. Despreciando el radio se simplifica el cálculo, de modo que la
altura deM sobre el suelo es
b
h(x,z) = L0+z−H
(
1−cos2πx
L
)
En reposo, se equilibran el peso suspendido y la fuerza del muelle, que es proporcional a la
diferencia entre la longitud natural y la actual:
��M g = k(hn−h) = k
[
L0 +
�
�
�Mg
k
−h(x,z)
]
Podemos pues olvidarnos del peso y de la longitudkMgk , y dejar la longitud natural del muelle
reducida aL0. Con esto, la fuerza que el muelle ejerce sobre la masa se reduce a:
Fm = k (L0−h) = k
[
L0−L0−z+H
(
1−cos2πx
L
)]
= k
[
−z+H
(
1−cos2πx
L
)]
Al moverse el sistema con velocidad constante, se tienex = vt, con lo que el argumento del
coseno se puede reducir a2πxL =
2πvt
L = Ω t.
La fuerza viscosa depende de la velocidad vertical relativaentre la masa suspendidaM y la
ruedam pegada al suelo:
ḣ = ż−HΩsinΩ t
13
por tanto, las fuerzas sobreM son:
Fm = k[−z+H (1−cosΩ t)] Fa = −c(ż−HΩsinΩ t)
La ecuación del movimiento vertical deM será:
M z̈= k[−z+H (1−cosΩ t)]−c(ż−HΩsinΩ t)
M z̈+cż+kz= kH−kHcosΩ t +cHΩsinΩ t
que se simplifica introduciendo la notación usualkM = ω
2
n ,
c
M = 2ωnζ :
z̈+2ωnζ ż+ω2n z= ω
2
nH −ω2nH cosΩ t +2ωnζ ΩH sinΩ t
2 Sin amortiguamiento, hay resonancia cuan-
do la frecuencia de forzamiento es igual a la na-
tural del sistema:
√
k
M
=
2πv
L
⇒ v = L
2π
√
k
M
y la amplitud crece hasta infinito. Con amor-
tiguamiento, la respuesta está acotada. Para
amortiguamiento supercrı́tico (ζ > 1), la am-
plitud máxima se da paraΩ = 0 (deformación
estática). Si es subcrı́tico (ζ < 1) y menor que
1√
2
, aparece un máximo en la amplitud, que
tiende a∞ cuandoΩ → ωn. 0 1 2 3
0
1
2
3
4
Ω/ωn
µ
ζ = 0
0,15
0,2
0,3
0,4
0,5
0,75
1
∞
ζ = ∞
Para obtener la frecuencia a la que se produce, derivaremos la parte de la amplitud que
depende de la excitación, elfactor de amplificación:
µ =
1
√
4ζ 2Ω2
ω2n
+
(
1− Ω2ω2n
)2
=
1√
∆
Para obtener el máximo, basta derivar el radicando:
d∆
dΩ
=
8ζ 2Ω
ω2n
− 4Ω
ω2n
(
1− Ω
2
ω2n
)
= 0 ⇒
{
Ωr = 0
Ωr = ±ωn
√
1−2ζ 2
La solución nula corresponde al reposo, que en este caso es un mı́nimo. Como la frecuencia es
esencialmente positiva, tomamos
Ωr = +ωn
√
1−2ζ 2 = 2πv
L
→ vr =
L
2π
√
k
M
√
1− c
2
2kM
Haciendoc = 0 se reduce a la vista antes para amortiguamiento nulo. En la figura, la lı́nea de
trazos muestra los máximos de amplitud en función deζ y deΩ. Es obvio que solo hay máximo
paraζ < 1√
2
.
3 Para obtener las respuestas transitoria y estacionaria, separamos la ecuación diferencial en
la pare homogénea
z̈+2ωnζ ż+ω2n z= 0
y término independiente
F
M
= ω2nH −ω2nH cosΩ t +2ωnζ ΩH sinΩ t
14
Si el amortiguamiento es subcrı́tico, la transitoria se escribe directamente:
zH = e
−ζωn t
[
Acos
(
ωn
√
1−ζ 2 t
)
+Bsin
(
ωn
√
1−ζ 2 t
)]
Para la estacionaria, podemos obtener soluciones particulares para cada sumando del término
independiente. La constante es trivial:
zP1 = H
Para el seno, podemos aplicar directamente la expresión vista en teorı́a:
zPs =
cHΩ/k
√
4ζ 2Ω2
ω2n
+
(
1− Ω2ω2n
)2
sin

Ω t − tan−1
2ζ Ωωn
1− Ω2ω2n


Para el coseno, no es necesario realizar todas las operaciones: basta con expresarlo como cost =
sin( t + π2) = sinτ. Ası́ se puede aplicar la misma expresión del seno,
zPc =
H
√
4ζ 2Ω2
ω2n
+
(
1− Ω2ω2n
)2
sin

Ω t +
π
2
− tan−1
2ζ Ωωn
1− Ω2ω2n


sin necesidad de ensayar senos y cosenos y calcular los coeficientes.
También se puede buscar directamente la particularen la formazP =CcosΩ t +DsinΩ t, en
vez de laAsin(Ω t −φ) usada en teorı́a. Sustituyendo en la EDO (menos el término constante,
que ya se ha calculado):
−Ω2(CcosΩ t +DsinΩ t)+2ζ ωnΩ(−CsinΩ t +DcosΩ t)+
+ω2n (CcosΩ t +DsinΩ t) = −ω2nH cosΩ t +2ωnζ ΩH sinΩ t
Obtenemos los coeficientes, que tienen que ser ambos nulos:
sinΩ t
=0
︷ ︸︸ ︷
(
ω2nD−Ω2D−2ζ ωnΩC−2ζ ωnΩD
)
+
+cosΩ t
(
ω2nC−Ω2C+2ζ ωnΩD+ω2nH
)
︸ ︷︷ ︸
=0
= 0
y resolvemos el sistema:
C = −
Ω2ω2n
(
4ζ 2−1+ ω
2
n
Ω2
)
H
(ω2n −Ω2)2+4ζ 2ω2nΩ2
D = − 2Ω
3ωnζH
(ω2n −Ω2)2+4ζ 2ω2nΩ2
La solución completa, con la homogénea y los tres términos de la particular, será:
z= e−ζωn t
[
Acos
(
ωn
√
1−ζ 2 t
)
+Bsin
(
ωn
√
1−ζ 2 t
)]
+
+H −
Ω2ω2n
(
4ζ 2−1+ ω
2
n
Ω2
)
H
(ω2n −Ω2)2+4ζ 2ω2nΩ2
cosΩ t − 2Ω
3ωnζH
(ω2n −Ω2)2 +4ζ 2ω2nΩ2
sinΩ t
Para determinar las constantesA y B imponemos condiciones iniciales. Ent = 0, la altura vale
z(0) = 0 = A+H −
Ω2ω2n
(
4ζ 2−1+ ω
2
n
Ω2
)
H
(ω2n −Ω2)2 +4ζ 2ω2nΩ2
15
En un instante genérico, la velocidad vale
ż= −ζ ωne−ζωn t
[
Acos
(
ωn
√
1−ζ 2 t
)
+Bsin
(
ωn
√
1−ζ 2 t
)]
+
+e−ζωn tωn
√
1−ζ 2
[
−Asin
(
ωn
√
1−ζ 2 t
)
+Bcos
(
ωn
√
1−ζ 2 t
)]
+
+Ω
Ω2ω2n
(
4ζ 2−1+ ω
2
n
Ω2
)
H
(ω2n −Ω2)
2
+4ζ 2ω2nΩ2
sinΩ t −Ω 2Ω
3ωnζH
(ω2n −Ω2)
2
+4ζ 2ω2nΩ2
cosΩ t
y en el instante inicial,
ż(0) = 0 = −ζ ωnA+Bωn
√
1−ζ 2− 2Ω
4ωnζH
(ω2n −Ω2)
2
+4ζ 2ω2nΩ2
Se resuelve el sistema de ecuaciones para obtener
A =
Ω2
(
ω2n −Ω2
)
H
(ω2n −Ω2)2 +4ζ 2ω2nΩ2
B =
ζ Ω2
(
ω2n +Ω2
)
H
√
1−ζ 2
[
(ω2n −Ω2)
2
+4ζ 2ω2nΩ2
]
Con esto quedan perfectamente determinadas la transitoriay la estacionaria.
4 Para obtener la reacción del suelo, podemos: a) aplicar la ecuación de cantidad de movimien-
to al sistema completo, con lo que el muelle-amortiguador desaparece por ser fuerzas interiores;
b) aislar la rueda y aplicarle la ECM, considerando las fuerzas del muelle como exteriores. En
ambos casos basta con la componente vertical.
El movimiento de la masa no suspendida, la rueda, se conoce porque siempre está en con-
tacto con el suelo (y de modo razonablemente simple, graciasa que se supone contacto en el
punto más bajo). La altura del centro de la rueda es la del suelo (más el radio constante, que no
interviene):
zr = r +H
(
1−cos2πx
L
)
= r +H (1−cosΩ t) z̈r = HΩ2cosΩ t
Aplicando la ecuación de la cantidad de movimiento al sistema,
M z̈+mz̈r = −Mg−mg+N
dondez̈r se conoce ya como función del tiempo yz̈ se puede obtener derivando. No hay más
que sustituir y hallarN.
Aplicando la cantidad de movimiento a la rueda sola, hay que añadir las fuerzas que ejercen
el muelle y amortiguador, que son las mismas que sobre la masasuspendida cambiadas de signo:
mz̈r = −Fm−Fa−mg+N
La fuerza del muelle depende dez, y la del amortiguador dėz; ambas son conocidas.
Es obvio que las dos ecuaciones están relacionadas mediante la de la masa suspendida,
mz̈= +Fm+Fa−Mg
En cuanto a qué camino es el más corto, depende de cómo se opere en uno u otro caso.
Si usamos la ecuación para la rueda sola,z ya se ha integrado en el apartado anterior, y se
derivó para obteneṙz e imponer condiciones iniciales. Por lo tanto ambas son conocidas y no
hay más que sustituir.
Si se quiere usar la ecuación para todo el sistema, necesitamosz̈. Se puede derivar otra vez
una expresión ya larga y tediosa, que antes se ha integrado (¡más trabajo!). O se puede despejar
de la ecuación del movimiento, con lo que volvemos a la ecuación de la rueda sola. Los dos
16
caminos son realmente el mismo, siempre que no se derive de nuevoz.
No vamos a sustituir las expresiones: saldrı́a una expresi´on muy larga, que no aporta nada
nuevo. Es obvio que en este tipo de problemas los cálculos secomplican en cuanto se abandona
el caso trivial. Lo más adecuado es usar un programa de cálculo simbólico, comoMaple o
Mathematica. En la página WWW de la asignatura se encuentra este problema resuelto con
Maple, y se pueden apreciar los valores de la reacción normal para distintas velocidades.
Al estar apoyado sobre el suelo,N tiene que ser positiva o nula. Si se hace negativa, es que
el móvil se ha levantado del suelo y las ecuaciones ya no valen.
Intuitivamente se ve que, al subir la rampa, el móvil coge una velocidad de subida que crece
con la velocidad horizontal. Al pasar la cresta y empezar la bajada, si se lleva mucha velocidad
podrı́a levantarse y salir volando, hasta caer de nuevo y chocar con el suelo más adelante.
Al hacerse cero la normal, el sistema se levanta del suelo y laligadura ya no actúa. Habrı́a
que plantear las ecuaciones del movimiento libre, hasta quevuelva a hacer contacto. Entonces
se plantean de nuevo las ecuaciones con ligadura, se sigue hasta que se levante, y ası́ sucesiva-
mente.
17
18
Caṕıtulo 2
Movimiento del punto libre
2.1. Part́ıcula libre
Ejercicio 2.1.1: Un punto materialM se desplaza en el espacio sometido a una fuerza que simultánea-
mente es paralela a un plano fijoP y normal a la velocidad deM. Sabiendo que la magnitud de esta
fuerza es proporcional a la velocidad deM y que en el instante inicialM está dotado de una velocidadv0
que forma un ánguloα con el planoP, se pide:
1. Determinar el movimiento deM especificando su trayectoria y su ley horaria.
2. Indicar cómo serı́a el movimiento del punto en el caso de que la fuerza indicada fuese proporcional
al cubo de la velocidad deM.
Mayo de 1968
Si la fuerza se mantiene paralela a un plano fijo, lo natural estomar
ese plano como plano coordenado para simplificar las ecuaciones: por
ejemplo,Oxy≡ P.
Con esas condiciones, la fuerza tendrá la forma
F = K
√
ẋ2 + ẏ2 + ż2
(−ẏ, ẋ,0)
√
ẋ2+ ẏ2
(ẋ, ẏ)
λ (−ẏ, ẋ)
Esto lleva a ecuaciones no lineales, difı́ciles de integrar. Pero el que sea normal a la ve-
locidad simplifica mucho las cosas:F ⊥ v → γt = 0 → v = Cte. Además,Fz = 0 → ż =
Cte. →
√
ẋ2 + ẏ2 = Cte. Ası́ la fuerza es, simplemente,F = mλ (−ẏ, ẋ,0). Las ecuaciones del
movimiento quedan:
ẍ = −λ ẏ → ẋ = −λ y+C1
ÿ = λ ẋ → ẏ = +λ x+C2
z̈= 0 → ż= Cte.= v0 sinα
Si escogemos los ejes de modo que inicialmente esté en(x0,0,0) con velocidad(0,v0cosα,v0sinα),
queda:
0 = 0+C1 v0cosα = λ x0+��C2 → x0 = v0cosα/λ
ajustando el valor dex0 podemos hacer que la segunda constante sea también cero.
Sustituyendo la ˙y obtenida en la ecuación de ¨x, se llega a
ẍ+λ 2x = 0 → x = Acos(λ t +φ) x0=v0 cosα/λ−−−−−−−−→
ẋ0=0
x =
v0cosα
λ
cosλ t
Comoy = −ẋ/λ , y ż es constante, se obtienen las ecuaciones horarias,
x =
v0cosα
λ
cosλ t y =
v0cosα
λ
sinλ t z= v0sinα t
La trayectoria es una hélice circular, cuyo eje coincide con Ozpor las condiciones iniciales que
hemos tomado.
19
La velocidad es constante (pues la fuerza es siempre normal), de modo que la ley horaria es
s= v0 t.
Si la fuerza fuera proporcional al cubo, lo único que variarı́a es el valor deλ . Al seguir
siendo la fuerza normal a la velocidad, ésta es constante enmódulo; seguirı́amos teniendo un
problema lineal, pero con otra constante. Aquı́ se ha tomadomλ = K
√
ẋ2+ẏ2+ż2√
ẋ2+ẏ2
= K v0v0 cosα ,
mientras que en el otro caso serı́amλ = K (ẋ
2+ẏ2+ż2)
3/2
√
ẋ2+ẏ2
. La trayectoria seguirı́a siendo una
hélice, pero de distinto radio.
20
Ejercicio 2.1.2: Una partı́cula de masam se mueve bajo la acción de una fuerza~F = m~v∧~B siendo
~v la velocidad de la partı́cula, y~B un vector de módulo y dirección constantes. Describir el tipo de
movimiento que sigue la partı́cula en función del valor inicial de~u, componente de velocidad paralela a
~B. Obtener el radio de curvatura de la trayectoria cuandou = 0.
Septiembre de 1991
Descompondremos la velocidad en sus componentes paralela ynormal a~B, ~v =~u+~v⊥ . Como
se trata de una dirección fija, sus derivadas serán las componentes de la aceleración paralela y
perpendicular a~B, respectivamente:
~γ = ~̇u+~̇v⊥ = (~u+~v⊥)∧~B =��
�
~u∧~B+~v⊥∧~B ⇒
⇒



~u = ~Cte.
~̇v⊥ =~v⊥∧~B →
{
γt = 0 → v⊥ = Cte.
γn = Bv⊥ = Cte → ρ⊥ = Cte
El movimiento paraleloa~B se realiza con velocidad constante. En el movimiento proyecta-
do sobre el plano ortogonal, la aceleración es normal a la velocidad: su módulo se mantiene
constante. Por tanto, la aceleración normal es también constante, y el radio de curvaturade la
trayectoria proyectadaes constante, es decir, describe una circunferencia en el plano normal (el
radio de curvatura de la trayectoria tridimensional dependerá de~u). La trayectoria tridimensio-
nal es una hélice circular.
Si inicialmente~u =~0, el movimiento se desarrolla en el plano normal, y el radio constante
de la trayectoria proyectada es el de la trayectoria real:
γn =
v2⊥
ρ
= v⊥B → ρ = v⊥B
21
Problema 2.1.1: Una partı́culaM de masam y desprovista de peso se mueve sin rozamiento sobre un
plano referido a un par de ejes ortogonalesOxy, sometida a un campoF tal que si la partı́cula se lanza
con una velocidadv0 desde el punto(x0,y0) la velocidadv que lleva cuando llega a un punto genérico
(x,y) verifica que
v2 = v20 +2ω2(xy−x0y0)
Se pide:
a) Determinar del campoF que actúa sobre la partı́cula.
b) Plantear e integrar completamente las ecuaciones del movimiento de la partı́cula.
c) Si la partı́cula se lanza desde un punto cuyo vector de posición esr0 con una velocidadv0,
¿Qué condición deben verificarr0 y v0 para que la partı́cula no se marche al infinito?.
d) ¿Cuál serı́a el movimiento limite de la partı́cula si se cumple la condición anterior?
e) Para una velocidad inicialv0 de módulo dado, ¿desde qué región del plano podrı́a lanzarse la
partı́cula para que no se marche al infinito?.
f) Determinar completamente las constantes de integración y hacer un dibujo aproximado de la tra-
yectoria si se lanza la partı́cula desde(0,a) con una velocidadv0 = −
a
2
ω(i + j).
Febrero de 1990
1 La ecuaciónv2 = v20 +2ω
2(xy−x0y0) es obviamente la integral de la energı́a; sola no per-
mitirı́a resolver el problema, pues podrı́a haber fuerzas giroscópicas que, al dar trabajo nulo, no
aparecen en esta ecuación. Pero, si la fuerza deriva de un campo, es que es potencial. Poniendo
la integral en la forma
T +V =
1
2
mv2−mω2xy= 1
2
mv20−mω2x0y0 = E
se obtiene directamente
V(r) = −mω2 xy ⇒ F = −∇V = mω2(yi +xj)
2 Las ecuaciones del movimiento son
mẍ = mω2y
mÿ = mω2x
}
....
y = ω2 ẍ = ω4y; r4−ω4 = 0 → r = ±ω,±iω →
→ y = Ae+ωt +Be−ωt +Ce+iωt +De−iωt = Ae+ωt +Be−ωt +C′ cosωt +D′ sinωt ;
x =
ÿ
ω2
= Ae+ωt +Be−ωt −C′ cosωt −D′ sinωt ;
3 Todos los términos de la solución se mantienen acotados menosAe+ωt . Para que no se vaya
a ∞ las condiciones iniciales han de ser tales queA = 0.
{
x0
y0
}
=
{
A+B−C′
A+B+C′
} {
ẋ0
ẏ0
}
= ω
{
A−B−D′
A−B+D′
}
x0+y0 = 2(A+B) ẋ0 + ẏ0 = 2ω(A−B)
x0 +y0 +
ẋ0 + ẏ0
ω
= 4A ⇒ x0 +y0 +
ẋ0 + ẏ0
ω
= 0 (1)
4 ConA = 0, el vector posición será
r = B
{
1
1
}
e−ωt +
{
−1
+1
}
(
C′ cosωt +D′ sinωt
)
Tendremos un movimiento asintótico al origen en la dirección (1,1), y una
oscilación armónica en la dirección (-1,1).
22
5 Entenderemos mejor el movimiento viendo que la fuerza se puede des-
componer en una atracción de la rectay = x (muelle) y una repulsión de la
rectay=−x (fuerza centrı́fuga). El movimiento en la dirección del muelle no
importa, porque está acotado. El movimiento en la direcci´on de la repulsión
(normal ay=−x) se irá siempre a∞, a menos que le demos exactamente las
condiciones del movimiento asintótico al máximo, lanzando hacia el eje.
Nótese que la condición (1) del movimiento acotado es precisamente de movimiento asintóti-
co en la direccióny = x. Si llamamosξ a la distancia al ejey = −x, la ecuación de la energı́a
para la repulsión es12mξ̇
2− 12mω2ξ 2 = Er . Para el movimiento asintótico,Er = 0, es decir,
ξ̇ 20 −ω2ξ 20 = 0; y como hay que lanzar hacia el origen,ξ0 y ξ̇0 tienen signos opuestos, de mo-
do que se llega ȧξ0 + ωξ0 = 0. Esta es la misma condición (1), puesξ0 = r0 · (1,1)/
√
2 =
(x0+y0)/
√
2, mientras quėξ0 = ṙ0 · (1,1)/
√
2 = (ẋ0+ ẏ0)/
√
2.
Por lo tanto, cuando se lanza con una velocidad de módulo dado v, no se va
a infinito si la componente de la velocidad en la direccióny = x vale exacta-
menteω(x0 +y0)/
√
2. Lo más lejos que se puede ir esω|x0 +y0| ≤ v
√
2 ,
que es una zona limitada por dos rectas. Si se lanza desde el l´ımite de la zo-
na, la velocidad ha de ser paralela a la direccióny = x; si se lanza desde un
punto(x,y) interior, la velocidad debe dirigirse de modo que la componente
en direccióny = x sea exactamente−ω(x+y)/
√
2.
Hemos podido aislar la repulsión porque la fuerza es linealy sus efectos están desacoplados.
Podemos plantear igualmente la ecuación de la energı́a para la atracción, llamandoη = (−x+
y)/
√
2 = r · (−1,1)/
√
2 a la distancia a la rectay = x. Se obrendrı́a12mη̇
2 + 12mω
2η2 = Ea. El
potencial ahora es el de un muelle, mientras que antes era el de una repulsión. Si sumamos los
dos términos, tenemos el potencial completo del movimiento:
V = Vr +Va =
1
2
mω2
(
−ξ 2+η2
)
=
1
2
mω
[
−(x+y)2+(−x+y)2
]
=
1
2
mω2xy
5 Las condiciones iniciales cumplen los requisitos de movimiento acotado:
r0 = (0,a) v0 = −
a
2
ω (i + j) (0+a)ω −ω
(a
2
+
a
2
)
= 0
{
0
a
}
= B
{
1
1
}
+C′
{
−1
+1
} { B−C′ = 0
B+C′ = a
{B = a/2
C′ = a/2
−a
2
ω
{
1
1
}
= −Bω
{
1
1
}
−D′ω
{
−1
+1
} {−B+D′ = −a/2
−B−D′ = −a/2
{ D′ = 0
B = a/2
Las ecuaciones horarias quedan
r =
a
2
{
1
1
}
e−ωt +
a
2
{
−1
+1
}
cosωt
23
Problema 2.1.2: Una partı́cula material pesadaM, de masam, y cuya carga eléctrica esq, está obligada
a moverse sin rozamiento por un plano horizontalOXY. La partı́culam está unida al puntoO mediante
un muelleOM, cuya longitud sin deformar, y constante elástica son respectivamentea y mω2, de forma
que la fuerza que el muelle ejerce sobre el puntoM será:
F = −mω2(r −a) ur
en donder representa la distanciaOM y ur es el versor de la dirección y sentido deOM.
Se considera finalmente un campo magnético definido por:
B =
mω
q
k
siendok el versor de la vertical ascendente.
La posición de la partı́culaM en el plano quedará determinada indistintamente por sus coordenadas
cartesianas(x,y) y por sus coordenadas polares(r,θ). Se pide:
1. Determinar, en función dex, y, y sus derivadas, las componentes según los ejesOX y OY de las
fuerzas que actúan sobreM.
2. Plantear, utilizando las coordenadasx, y, las ecuaciones de movimiento deM.
3. Plantear, utilizando las coordenadasr, θ , las ecuaciones de energı́a cinética y de momento cinético
respecto aO.
4. Reducir la cuadraturas las ecuaciones determinadas en elapartado anterior con objeto de determi-
nar la trayectoria y la ley horaria deM.
5. Suponiendo queM se encuentra inicialmente a una distanciaa de O, ¿en qué dirección se de-
berá lanzar y cuál debe ser el valor de la velocidad deM, con objeto de que el movimiento de
dicho punto sea uniforme?
6. Suponiendo que el punto se encuentra inicialmente a una distanciaa de O y que se lanza en
dirección radial, ¿cuál será el valor mı́nimo de la velocidad inicial con objeto de queM llegue a
una distancia 2a deO?
E.T.S.I. Aeronáuticos
1 En la fuerza del muelle aparece la dificultad de expresarur en car-
tesianas:
Fm = −mω2 (r −a) ur = −mω2



x
y
0



+mω2
a
√
x2 +y2



x
y
0



v
FB
b
M
La fuerza de Lorenz es más sencilla
FB = qv∧B = q
mω
q
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i j k
ẋ ẏ 0
0 0 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= mω



ẏ
−ẋ
0



2 La ecuación de cantidad de movimiento, en cartesianas:
m



ẍ
ÿ
0



= −mω2



x
y
0



+mω2
a
√
x2 +y2



x
y
0



+mω



ẏ
−ẋ
0



3 Para la ecuación de la energı́a, observamos que la fuerza del muelle es conservativa:
Fm = f (r)ur → Vm = −
∫
f (r)dr =
mω2
2
(r −a)2
También se podrı́a haber escrito como
(
r2−2ar
)
, pero da lo mismo porque la diferencia es una
constante. La fuerza electromagnética es giroscópica: siempre normal al desplazamiento, por lo
que su trabajo es nulo:
dWB = FB ·vdt = qv∧B ·vdt = 0
24La ecuación de la energı́a queda
dT = −dVm+���dWB → T +Vm = E =
1
2
m
(
ṙ2 + r2θ̇2
)
+
mω2
2
(r −a)2 = E
La ecuación del momento cinético en cilı́ndricas es conocida; sólo hay que calcular el mo-
mento de las fuerzas,
dHO
dt
= m
d
dt



0
0
r2θ̇



= MO =����r ∧Fm+mω
∣
∣
∣
∣
∣
∣
ur uθ uz
r 0 0
r θ̇ −ṙ 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
→ d
dt
(
r2θ̇
)
= −ωr ṙ
4 De las dos ecuaciones anteriores, la segunda es obviamente una diferencial exacta:
d
dt
(
r2θ̇
)
= −ωr ṙ = −ω d
dt
(
r2
2
)
⇒ r2θ̇ = C− ωr
2
2
Esto permite eliminaṙθ de la de la energı́a y llegar a una cuadratura enr
1
2
m
[
ṙ2 + r2
(
C
r2
− ω
2
)2
]
+
mω2
2
(r −a)2 = E
ṙ2 =
2E
m
−ω2 (r −a)2− r2
(
C
r2
− ω
2
)2
= f (r) ⇒
∫
d t =
∫ ±d r
√
f (r)
y de la ecuación del momento cinético sale otra
dθ
dt
=
C
r2
− ω
2
⇒
∫
dθ = ±
∫ (
C
r2
− ω
2
)
d r
√
f (r)
5 Obviamente, lo de “uniforme” hay que entenderlo como “circular
uniforme”, pues con estas fuerzas el rectilı́neo no es posible. Si se lanza
segúnuθ , obligando a quer sea constante:
m
(
r̈ − r θ̇2
)
= m
(
0− r θ̇2
)
= −mω2 (r −a)+mωr θ̇
r θ̇2 +ωr θ̇ −ω2 (r −a) = 0 → θ̇ = −ω
2
(
1±
√
5−4a
r
)
v FBb
M
Para cada valor der mayor que 4a/5, hay dos valores dėθ que producen
movimiento circular uniforme, unos positivos y otros negativos. Para
r = a, se tiene
θ̇1 = −ω θ̇2 = 0
Una solución es el reposo, porquea es la longitud natural del muelle.
En la otra, girando en el sentido de las agujas del reloj, la fuerza de
Lorenz sola produce la aceleración centrı́peta. Por tanto, hay que dar
las siguientes condiciones iniciales:
r0 = aur v0 = −aω uθ
vFB
b
M
6 Para la distancia radial máxima, se puede usar el análisiscua-
litativo del movimiento radial por el potencial eficaz, comoen los
movimientos centrales. Aunque éste no lo es, la ecuación del mo-
mento cinético da otra integral primera análoga a la ley deáreas.
De la ecuación de la energı́a,
ṙ2 =
2
m
[
E−Ve f(r)
]
2
m
Ve f = ω2 (r −a)2 + C
2
r2 +
r2ω2
4 −��Cω
a
Ve f
25
Los distintos términos del potencial eficaz, dos parábolas y una inversa, se suman para dar
una curva con un mı́nimo. El movimiento se desarrollará oscilando entre dos valores del radio
r1 y r2, con ˙r = 0 en ambos extremos. Por cierto que, al contrario que en los centrales, en
este movimiento sı́ puede cambiar el sentido de giro. La integral del momento cinéticor2θ̇ =
C−ωr2/2 permite el cambio de signo, mientras que la ley de áreasr2θ̇ = C no.
Si se lanza desder = a con velocidad radialv0 (y por tantoθ̇ = 0), y se quiere que llegue a
r = 2a, basta con calcular las constantes iniciales y obligar a queṙ = 0 enr = 2a. En el instante
inicial,
r20θ̇0 = C−
ω r20
2
= 0; C =
ωa2
2
ṙ20 = E
′−Ṽe f(r0) ; v20 = E′−ω2����(a−a)2−a2
��
��
��
�(ωa2
2a2
− ω
2
)2
→ E′ = v20
Obligamos ahora a que ˙r se anule en 2a,
0 = v20−ω2(2a−a)2−4a2
(
ωa2
8a2
− ω
2
)2
= v20−
25
16
ω2a2
v0 =
5
4
ωa
Aunque no se pida, se puede resolver el mismo problema lanzando normal al radio. Entonces
será ˙r = 0 y estamos en uno de los extremos. Basta con obligar a que el segundo extremo sea
r2 = 2a. En el instante inicial,
r2θ̇ = C− ω r
2
2
; av0 = C−
ωa2
2
→ C = av0 +
ωa2
2
Si oscila entrea y 2a,
ṙ2 = E−Ve f(a) = 0; ṙ2 = E−Ve f(2a) = 0 ⇒ Ve f(a) = Ve f(2a)
ω2����(a−a)2+a2
(
av0+
ωa2
2
a2
− ω
2
)2
= ω2(2a−a)2+4a2
(
av0 +
ωa2
2
4a2
− ω
2
)2
3
4
v20+
3
4
ωav0−
25
16
ω2a2 = 0 → v0 = aω
(
−1
2
±
√
21
3
)
26
Problema 2.1.3: Un punto materialM, de masam, se mueve sin rozamiento sobre un plano, atraı́do
proporcionalmente a su masa y a la distancia por dos puntos deese plano, el unoO fijo y otro Sque gira
uniformemente alrededor deO.
La constante de proporcionalidad de las fuerzas atractivasesk.
La velocidad angular de la rectaOSse representa porω y la distanciaOSse tomará igual aa. Se
pide:
Calcular la trayectoria deM con relación a la recta móvilOS.
Estudiar el movimiento en el caso particulark = ω2/2 suponiendo que en el instante inicial el
puntoM se encuentra enO y no tiene velocidad.
Calcular el valor máximo de la velocidad relativa deM en el caso particular definido en el apartado
2).
Nota: La ecuación de la trayectoria pedida en el apartado 2 debe contener cuatro constantes indeter-
minadas.
E.T.S.I.A., marzo de 1966
1 Para calcular la trayectoria, tenemos dos posibilidades:
Plantear las ecuaciones en ejes móviles, con las fuerzas deinercia.
Plantearlas en ejes fijos, y luego hacer un cambio de ejes
Por el primer camino, llamamosS0 a la recta. La posición deM en ejes
0 será(x,y,0). Habrá que tener en cuenta las fuerzas de los dos muelles,
la de inercia de arrastre, y la de Coriolis:
ω t
b
b
b
S
M
x
y
m



ẍ
ÿ
0



= −km



x
y
0



−km



x−a
y
0



+mω2



x
y
0



−2mω



−ẏ
ẋ
0



LlamandoΩ2 = 2k, se tiene
ẍ−2ω ẏ+
(
Ω2−ω2
)
x =
Ω2a
2
ÿ+2ω ẋ+
(
Ω2−ω2
)
y = 0
Este sistema se puede resolver por varios caminos; por ejemplo, introduciendo la variable com-
pleja z= x+ i y,
z̈+2ω i ż+
(
Ω2−ω2
)
z=
Ω2a
2
La particular es obviamente una constante. Para la homogénea, el polinomio caracterı́stico es
r2+2ω i r +Ω2−ω2 = 0 →
{
r1 = −i (Ω+ω)
r2 = +i (Ω−ω)
La solución completa será
z= Ae−i (Ω+ω) t +Be+i (Ω−ω) t +
Ω2a
2(Ω2−ω2)
Esta solución no vale para el caso particularΩ = ω , en que se anula el término lineal (la
fuerza centrı́fuga iguala a la del muelle). Como a partir delapartado 2 se trata ese caso, hay que
considerarlo:
z̈+2ω i ż=
ω2 a
2
→ z= A+Be−2i ω t − i ω a
4
t
27
Las constantes son complejas,A = A1 + i A2 , B = B1 + i B2 . Separando las partes real e
imaginaria, se obtiene la trayectoria:
x = A1 cos(Ω+ω) t +A1 sin(Ω+ω) t+
+B1 cos(Ω−ω) t −B2 sin(Ω−ω) t +
Ω2a
2(Ω2−ω2)
y = A2 cos(Ω+ω) t −A1 sin(Ω+ω) t+
+B2 cos(Ω−ω) t +B1 sin(Ω−ω) t
y para el caso singular,
x = A1+B1 cos2ω t +B2 sin2ω t
y = A2+B2 cos2ω t −B1 sin2ω t −
ω a
4
t
Nótese que lo que hemos calculado son, en sentido estricto,las ecuaciones horarias. De todos
modos, también son las ecuaciones paramétricas de la trayectoria.
En ejes fijos, llamaremos(x1,y1,0) al vector posición deM. Tendremos
la atracción de un punto fijo y la de un punto de movimiento conocido,
pues las coordenadas deSsona(cosω t,sinω t,0).
m



ẍ1
ÿ1
0



= −km



x1
y1
0



−km



x1−a cosω t
y1−a sinω t
0



ω t
b
b
b
S
M
x1
y1
Llamando, como antes,Ω2 = 2k , se tiene un sistema de osciladores forzados desacoplados,
de solución trivial:
ẍ1 +Ω2x1 =
Ω2a
2
cosω t → x1 = A cosΩ t +B sinΩ t +
Ω2a
2(Ω2−ω2) cosω t
ÿ1 +Ω2y1 =
Ω2a
2
sinω t → y1 = C cosΩ t +D sinΩ t +
Ω2a
2(Ω2−ω2) sinω t
De nuevo, en el caso particularΩ = ω esta solución no vale, porque el término independiente
es solución de la homogénea. Entonces, la solución será
x1 = A cosω t +B sinω t +
ω a
4
t sinω t
y1 = C cosω t +D sinω t −
ω a
4
t cosω t
Ahora hay que hacer un cambio de ejes, para obtener las coordenadas
relativas a la rectaOS:
x = +x1 cosω t +y1 sinω t y = −x1 sinω t +y1 cosω t
Las coordenadas en ejes relativos, aplicando las expresiones de los
ángulos suma y diferencia, quedan
ω t
b
b
b
S
M
x
y
x1
y1
x =
1
2
(A−D) cos(Ω+ω) t + 1
2
(B+C) sin(Ω+ω) t+
+
1
2
(A+D) cos(Ω−ω) t− 1
2
(C−B) sin(Ω−ω) t + Ω
2a
2(Ω2−ω2)
y =
1
2
(B+C) cos(Ω+ω) t − 1
2
(A−D) sin(Ω+ω) t+
+
1
2
(C−B) cos(Ω−ω) t + 1
2
(A+D) sin(Ω−ω) t
28
que es la misma solución que por el otro camino, escogiendo de otro modo las constantes. Lo
mismo ocurre con el caso singular, que no repetiremos.
2 Se estudia el movimiento para el caso particular 2k= ω2 , que corresponde a la singularidad
ya mencionada. La partı́cula se deja en el origen sin velocidad. Como el origen también es punto
fijo de la rectaOS, la velocidad relativa es nula. Derivamos la ecuación de latrayectoria para
obtener la velocidad,
x = A1+B1 cos2ω t +B2 sin2ω t y = A2+B2 cos2ω t −B1 sin2ω t −
ω a
4
t
ẋ = −2ω B1 sin2ωt +2ω B2 cos2ω t ẏ = −2ω B2 sin2ω t −2ω B1 cos2ω t −
ω a
4
e imponemos condiciones iniciales
0 = A1 +B1 0 = 2ω B2 → A2 = B2 = 0
0 = A2 +B2 0 = 2ω B1−
ω a
4
→ A1 = −B1 =
a
8
La trayectoria relativa es una cicloide:
x =
a
8
(1−cos2ω t)
y =
a
8
sin2ω t − ω a
4
t
bb
S
En ejes fijos, en cambio, la trayectoria es una espiral más una oscilación
eny:
x1 = +
ω a
4
t sinω t
y1 = −
ω a
4
t cosω t +
1
4
asinω t
b
3 La velocidad relativa se obtiene derivando la trayectoria
ẋ =
ω a
4
sin2ω t ẏ =
ω a
4
cos2ω t − ω a
4
La hodógrafa es una circunferencia de radioω a4 . El valor máximo de la
velocidad relativa es
vmax= |ẏmax| =
ω a
2
b
v
29
2.2. Movimientos centrales
Ejercicio 2.2.1: Una partı́cula de masamestá sometida a una fuerza central respecto al punto fijoO de
valor: F = Km
(
r2−3ar +2a2
)
ur dondeK y a son constantes positivas. Estudiar para qué valores del
radio son posibles órbitas circulares de centroO, y determinar la velocidad en función del radio.
Septiembre de 1994
Con fuerzas centralesF(r), para que haya órbitas circulares hacen falta dos
condiciones:
que la fuerza sea atractiva:F(r) < 0
que la velocidad sea la justa para que la fuerza proporcione la acelera-
ción centrı́peta del movimiento circular:F(r) = mv
2
r
F
v
Habrá órbitas circulares a cualquier distancia a la que lafuerza sea negativa, sólo hay que
darle la velocidad adecuada para ese radio.
Otra manera de verlo es plantear el equilibrio relativo en ejes rotatorios: hay que lanzarla
con la velocidad justa para que la fuerza centrı́fugamv2/r (repulsiva) equilibre a la central
(atractiva).
Esto puede parecer sorprendente. En el movimiento rectilı́neo, hay puntos de
equilibrio donde se anule la derivada del potencial: son siempre valores fijos
dex. En el análisis cualitativo del movimiento central, puedehaber puntos
de equilibrio del movimiento radial (órbitas circulares)en cualquierr en que
la fuerza sea negativa (V(r) de pendiente positiva). Y se cumple queV ′e f = 0.
Vcent V(r)
Ve f
Lo que ocurre es que el término centrı́fugo varı́a conr a través deC que, en el movimiento
circular, valerv. Al variar lar, si se escoge lav adecuada, el potencial centrı́fugo es el necesario
para que haya un mı́nimo en eser. Podemos resolver el ejercicio por varios caminos:
1 Aceleración centrı́peta (o fuerza centrı́fuga). La fuerza atractiva debe ser igual a la acelera-
ción centrı́peta del movimiento circular:
F(r) = Km
(
r2−3ar +2a2
)
= −mv
2
r
⇒ v2c = −Krc
(
r2c −3arc+2a2
)
≥ 0
Sólo existirán movimientos circulares donde lav2c ≥ 0 (o lo que es lo mismo, la fuerza sea
negativa).F(r) es una parábola con la concavidad hacia arriba, por lo que será negativa en el
intervalo entre las dos raı́ces:
r2−3ar +2a2 → r = 3a±
√
9a2−8a2
2
=
3a±a
2
→ r = a,2a
Por tanto, habrá órbitas circulares en las siguientes condiciones:
rc ∈ [a,2a] v2c = −Krc
(
r2c −3arc +2a2
)
2 Puntos estacionarios del potencial eficaz
La fuerza deriva del potencial
V(r) = −
∫
f (r)dr = −Km
(
r3
3
− 3ar
2
2
+2a2r
)
Y el potencial eficaz es:
F(r)
a 2a
V(r)
Ve f
Vcent
Ve f = V(r)+Vcent = −Km
(
r3
3
− 3ar
2
2
+2a2r
)
+
mC2
2r2
Los máximos y mı́nimos se obtendrı́an de
dVe f
dr
= −Km
(
r2−3ar +2a2
)
− mC
2
r3
= 0; r > 0 ⇒ r5−3ar4+2a2r3 + C
2
K
= 0
30
Que obviamente no se puede resolver (más que de modo numérico, dando un valor aC). Y si se
pudiera, no servirı́a de mucho. Para tener órbita circularen los máximos y mı́nimos obtenidos,
habrı́a que lanzar con laE correspondiente,sin tocar la C. Y sólo por casualidad lanzando
desde eserM, con velocidad ortogonalC/rM, la E resultarı́a ser la del máximo. Es decir, los
máximos y mı́nimos obtenidos para unaC genérica no permanecen al dar laC correspondiente
a ese radio, pues varı́an con la propiaC.
Lo que se puede hacer es sustituir directamenteC = rv en la expresiónV ′e f = 0; lo que queda
es una relación entrev y r:
v2 = −Kr
(
r2−3ar +2a2
)
≥ 0
Para que exista solución,v2 ≥ 0. Dentro del intervalo en que se cumple esta condición, para
cada valor der se tendrá una velocidad para que haya órbita circular. Ahora se ve con más
facilidad que, como es natural, la solución es la misma que por el otro procedimiento.
De hecho, al derivarV hemos obtenido la fuerza, y al hacerC = rv hemos calculado la
fuerza centrı́fuga a ese radio. Es decir, la misma ecuaciónque en el primer método.
31
Ejercicio 2.2.2: Una partı́cula de masam está sometida a la fuerza centralF = −km
r3
ur , dondek es
una constante positiva yr es la distancia al polo de atracción. SeaC la constante de áreas yE la energı́a
mecánica total de la partı́cula. Determinar, según sea(C2−k) > / = / < 0 y E > / = / < 0, si la partı́cula
puede irse al infinito y en caso de que ası́ sea, si lo hace con rama asintótica, parabólica o espiral.
Septiembre de 1993
Los potenciales real y efectivo serán:
Vr = −
∫
F(r)dr = − km
2r2
; Ve f = −
km
2r2
+
mC2
2r2
=
m
(
C2−k
)
2r2
El tipo de movimiento va a depender del signo deC2−k. Lo mismo se puede hacer estudian-
do el equilibrio de fuerzas en la dirección radial en ejes que giren con la partı́cula: la fuerza
centrı́fuga tiene la formamθ̇2r = mC
2
r3 , igual que la atracción. Según queC
2 T k tendremos re-
pulsión, nada, o atracción en la dirección radial rotatoria.
C2 > k Ve f ∝ 1r2 Fuerza repulsiva. Rama infinita decreciente. Sólo pue-
de haber movimiento conE > 0. ComoVe f(∞) = 0, quedaT∞ = E > 0,
v∞ > 0 ⇒ rama asintótica .
EVe f
C2 = k Ve f = 0 Fuerza nula en dirección radial (la centrı́fuga igual a la
atracción en todos los puntos, o ésta igual a la aceleraci´on centrı́peta de la
rotación). Rama infinita horizontal. Sólo puede haber movimiento conE > 0.
ComoT∞ = E > 0, v∞ > 0 ⇒ rama asintótica .
E
Ve f
C2 < k Ve f ∝ − 1r2 Fuerza atractiva. Potencial creciente, con ası́ntota en
0. Hay más posibilidades de movimiento:
E < 0 Movimiento acotado, pasa por el polo.
E > 0 T∞ = E > 0, v∞ > 0 ⇒ rama asintótica
E
Ve f
E = 0 Rama infinita:T∞ = E = 0. Para ver si es parabólica o espiral, hay que estudiar
la cuadratura deθ :
θ∞ −θ0 =
∫ ∞
r0
Cdr
r2
√
2
m
(
0+mk−C
2
2r2
) =
C√
k−C2
∫ ∞
r0
dr
r
=
C√
k−C2
logr
∣
∣
∣
∞
r0
= ∞
θ∞ → ∞ rama espiral
32
Ejercicio 2.2.3: Una partı́cula describe una órbita circular de radioa bajo la acción de una fuerza
central que solo depende de la distanciar al polo O. Sabiendo quedicho polo se encuentra sobre la
órbita de la part́ıcula,obtener la ecuación de la trayectoria respecto a un sistem de referencia con origen
enO y la forma de la fuerza.
Septiembre de 1996
La primera parte es trivial, un simple ejercicio de geometr´ıa. Hay que tomar
una dirección como eje polar, que puede ser el diámetro o latangente porO.
Tomando el primero, la trayectoria es obviamente
r = 2a cosθ
con el segundo se tendrı́a un seno en vez del coseno.
a
r
b
2θθ
O
La forma de la fuerza se puede obtener por varios caminos:
1 Se aplica la 2a fórmula de Binet:
F
m
= γ = −C
2
r2
[
d2
dθ2
(
1
r
)
+
1
r
]
1
r
=
1
2acosθ
Derivamos: (
1
r
)′
=
sinθ
2acos2 θ
;
(
1
r
)′′
=
cosθ
2acos2 θ
+
sin2θ cosθ
acos4 θ
sustituimos en la fórmula de Binet:
− C
2
r2
[
cosθ
2acos2θ
+
sin2 θ cosθ
acos4θ
+
1
2acosθ
]
= −C
2
r2
[
cos3 θ +2sin2 θ cosθ +cos3 θ
2acos4θ
]
=
=
C2
r2
[
2
2acos3θ
]
= −C
2
r2
[
23a2
r3
]
⇒ F = −2
3a2C2m
r5
2 Se deriva respecto al tiempo con ayuda de la ley de áreas:
γ = γr = r̈ − r θ̇2 r = 2acosθ θ̇ =
C
r2
ṙ = −2asinθ θ̇ = −2asinθC
4a2cos2 θ
r̈ = − C
2a
C
r2
[
cosθ
cos2θ
− sinθ(−2cosθ sinθ)
cos4θ
]
= − C
2
2ar2
cos2 θ +2sin2 θ
cos3 θ
r̈ − r θ̇2 = r̈ −C
2
r3
= − C
2
2ar2
[
cos2θ +2sin2θ
cos3θ
+
cos2 θ
cos3 θ
]
= − C
2
2ar2
2
cos3θ
= − C
2
2ar2
24a3
r3
con lo que se llega a la misma expresión de antes.
33
Problema 2.2.1: Una partı́cula de masam se mueve sin rozamiento sobre un planoOxysometida a la
fuerza central
F = −mω
2a3
r2
(1−2λ cosθ)ur
dondeλ es un parámetropositivo.
Inicialmente la partı́cula se encuentra en(a,0) con una velocidadωa dirigida según la parte positiva
deOy. Se pide:
1. Establecer la ecuación diferencial de la trayectoria dela partı́cula, integrarla y particularizarla para
las condiciones iniciales dadas.
A continuación vamos a ir resolviendo una serie de cuestiones que tienen por finalidad el análisis del
movimiento y de la trayectoria.
2. Dibujar en un diagrama cartesiano el valor dea/r en función deθ y observar la influencia que
tiene el parámetroλ en la curva obtenida.
3. Razonar a la vista de las curvas anteriores que para valores pequeños deλ existen dos puntos del
plano por los que pasa varias veces la trayectoria antes de marcharse al infinito. SeanM y M′ estos
dos puntos. Situarlos exactamente en el plano.
4. La velocidad de la partı́cula va pasando alternativamente por unos valores máximos y mı́nimos.
Seanθi los valores deθ en los puntos correspondientes. Obtener una ecuación trascendente que
nos dé los valoresθi buscados.
5. Hallar el valor que la velocidad va tomando en función deθ y en particular calcular sus máximos
y mı́nimos en función de losθi anteriores.
6. Establecer la ecuación que nos da el valorθ∞ para el que la trayectoria se marcha al infinito.
7. Obtener el mı́nimo valor deλ para el cual la partı́cula se marcha al infinito sin que su velocidad
haya crecido en ningún momento. Seaλm este valor.
8. Estudiar si la marcha al infinito se hace con rama asintótica o parabólica considerando especial-
mente el caso en queλ = λm.
9. Hacer un dibujo aproximado de la trayectoria en el caso en queλ = 1/10.
Septiembre de 1985
1 Una fuerza central que depende sólo der y θ se presta a usar la segunda fórmula de Binet:
γ = −C
2
r2
[
d2(1/r)
dθ2
+
1
r
]
= −ω
2a3
r2
(1−2λ cosθ)
Con las condiciones inicialesr0 = aur y v0 = aω uθ , podemos calcular la constante de áreas
C = |r0∧v0| = a2ω. Llamando1r = u, se llega a:
u′′+u =
1−2λ cosθ
a
{
uh = Acosθ +Bsinθ
up = 1a + f (θ)
Como el término independiente es solución de la homogénea, ensayamos soluciones de la forma
up = Cθ sinθ +Dθ cosθ + 1a
u′p = Csinθ +Dcosθ +Cθ cosθ −Dθ sinθ
u′′p = 2Ccosθ −2Dsinθ −Cθ sinθ −Dθ cosθ



2Ccosθ −2Dsinθ + 1a = 1a + 2λa cosθ
D = 0 : C = −λa
up =
1
a − λa θ sinθ
La solución completa es
1
r
= u = Acosθ +Bsinθ +
1
a
− λ
a
θ sinθ
Hay que imponer condiciones iniciales (naturalmente, a la completa)
θ0 = 0, r0 = a ⇒
1
a
= A+
1
a
⇒ A = 0
34
Para la velocidad hay que tener en cuenta que conocemos ˙r0, pero la solución es función deθ :
dr
dt
= 0 =
dr
dθ
6=0
︷︸︸︷
dθ
dt
→ dr
dθ
= r ′ = 0 → u′ = − 1
r2
r ′ = 0
u′ = Bcosθ − λ
a
sinθ − λ
a
θ sinθ → u′(0) = B = 0 1
r
=
1
a
− λ
a
θ sinθ
2 Es fácil representaru y r, tomando 1/a ó a como unidad, y dando valores aλ :
(a,0)
(a,π)
1
u
θ
λ
λ
θ∞
(a,0)(−a,0)
∞
3 Se ve con claridad que la curva deu pasa por los puntos(a,2nπ) y (a,(2n+1)π), que al
representar la trayectoria en cartesianas corresponden a dos puntos:(a,0) y (−a,0). También se
ve que el factorθ hace que la amplitud de la oscilación deu crezca continuamente. Llegará un
momento en queu = 0, y por tantor → ∞. Cuanto mayor seaλ , antes se llega a este punto.
4 Para obtener los máximos dev, convendrá trabajar con expresiones que contengan el módulo
de la velocidad: la ecuación de la energı́a, o la primera fórmula de Binet. Como variable para
derivar, se puede usarθ en vez det porque los dos son crecientes y positivos: el giro no se para
por la ley de áreas.
dT = F ·dr = −mω
2a3
r2
(1−2λ cosθ)dr = mω2a3(1−2λ cosθ)d(1/r)
dT
dθ
= 0 ⇒ (1−2λ cosθ)u′ = 0
{
u′ = 0
1−2λ cosθ = 0 [λ ≥ 0,5]
Por otro camino:
v2 = C2
[
u′2+u2
]
2vv′ = 2C2
[
u′u′′+uu′
]
= 2C2u′
[
u′′+u
]
=
= 2C2u′
[
1−2λ cosθ
a
]
= 0 ⇒
{
u′ = 0
1−2λ cosθ = 0 [λ ≥ 0,5]
Derivando lau(θ), se tienen las ecuaciones transcendentes para lasθi de los máximos dev:
u′ = −λa (sinθ +θ cosθ) ⇒ θ = − tanθ
cosθ =
1
2λ
[λ ≥ 0,5]
5. . . El resto de los apartados tiene que resolverse numéricamente; es mejor hacerlo con
un programa de cálculo como Maple. Se puede consultar la solución completa en la sección
Problemasde la página WWW de la asignatura.
35
Problema 2.2.2: Una partı́cula material de masames atraı́da por un punto fijoO de un planoOxycon
una fuerza
F = −3km
r4
(
1+
2a
r
)
donder es la distancia que la separa deO.
En el momento inicial la partı́cula se encuentra en(3a,0) con una velocidadv0 j . Se pide:
1. Plantear las ecuaciones del movimiento de la partı́cula,dejando la integración pendiente de una
cuadratura del tipo
t =
∫
r2dr
√
ϕ(r)
2. Obtener completamente integrada la trayectoria para el caso en quev0 es tal queϕ(r) queda
reducida a un polinomio de 2o grado. Dibujar dicha trayectoria.
3. Determinar en este caso el tiempo que la partı́cula tarda en llegar aO ignorando la singularidad
fı́sica que presenta este punto.
4. Determinar qué rango de velocidades hacen que la partı́cula se marche al infinito.
5. Estudiar la existencia de ası́ntota en este caso.
6. Estudiar la existencia y estabilidad de movimientos circulares estacionarios.
1 Fuerza conservativa:
F = −3km
r4
(
1+
2a
r
)
→ V(r) = −km
r3
(
1+
3a
2r
)
E = T0 +V0 =
1
2
mv20−
km
27a3
(
1+
3a
6a
)
=
mv20
2
− km
18a3
C = 3av0
La cuadratura der se obtiene directamente
(
dr
dt
)2
=
2
m
(
E−V(r)− mC
2
2r2
)
=
2
m
[
mv20
2
− km
18a3
+
km
r3
(
1+
3a
2r
)
− m9a
2v20
2r2
]
Separando variables, se llega a la cuadratura
t− t0 =
∫
dt =
∫ r
3a
±dr
√
v20− k9a3 +
2k
r3
(
1+ 3a2r
)
− 9a
2v20
r2
=
=
∫ r
3a
±r2dr
√
(
v20− k9a3
)
r4+2kr +3ka−9a2v20r2
=
∫ r
3a
±r2dr
√
ϕ(r)
La cuadratura deθ se obtiene mediante la ley de áreas:
dθ =
C
r2
dt → θ =
∫
dθ =
∫ t
0
Cdt
r2
=
∫ r
3a
±Cr2dr
r2
√
ϕ(r)
=
∫ r
3a
±3av0dr
√
ϕ(r)
El signo será el de ˙r en el instante inicial. En este caso, comor0 ⊥ v0, ṙ0 = 0; hay que recurrir
a r̈. ComoFr = m
(
r̈ − r θ̇2
)
y θ̇ se saca de la ley de áreas, se tiene:
r̈0 = F(0)/m− r0θ̇20 = −
3k
81a3
(
1+
2a
3a
)
+
v20
3a
Como depende del valor dev0, no se puede afirmar nada de momento.
36
2 Se tiene un polinomio de grado 2 haciendo cero el coeficiente de r4:
v20−
k
9a3
= 0 ⇒ v0 =
1
3
√
k
a3
⇒ r̈ < 0 → ⊖
ϕ(r) = 2kr +3ka−9a2
(
k
9a3
)
r2 = k
(
2r +3a− r
2
a
)
La trayectoria se obtiene de la cuadraturaθ(r):
θ =
∫ r
3a
⊖3a13
√
k
a3
dr
√
k
a
√
2ar +3a2− r2
=
∫ r
3a
−dr√
2ar +3a2− r2
= arcsin
a− r
2a
∣
∣
∣
∣
r
3a
=
π
2
−arcsinr −a
2a
Se puede despejar lar para obtener explı́citamente la trayectoria en polares, que resulta ser un
caracol de Pascal:
sin
(
θ − π
2
)
=
a− r
2a
⇒ r
a
= 1+2cosθ
Paraθ = 2π/3 (120o), la curva pasa por el origen yr pasa de + a -. Esto no
puede ser, porque en polares lar está definida como positiva, y si se hace 0
la θ̇ tiene una singularidad. Además, en funciones impares las atracciones se
convertirı́an en repulsiones.
Lo que se hace es parar la integración, pasar deθ a θ +π (esto explica que
θ̇ se haga infinita al sufrir un salto en tiempo cero), y volver a plantear la
cuadratura con ˙r > 0
2π/3
5π/3 ṙ
θ − 5π
3
=
∫ r
0
⊕dr√
−r2+2ar +3a2
=
π
6
+arcsin
r −a
2a
θ − 11π
6
arcsin
r −a
2a
⇒ r = a
[
1+2sin
(
θ − 11π
6
)]
Esta rama valdrá hasta el próximo paso por el centro, en quehabrá que repetir el proceso.
3 Al hacer el análisis cualitativo se verá que la partı́culapasa por el centro con velocidad
infinita. Ignorando esta singularidad, podemos integrar lacuadratura del tiempo:
t =
∫ 0
3a
−r2dr√
−r2 +2ar +3a2
=
√
a
k
[
r
2
√
−r2 +2ar +3a2+ 3a
2
√
−r2 +2ar +3a2−
−3a2arcsinr −a
2a
]0
3a
=
√
a
k
[
2aπ +
3
2
√
3a2
]
; t = a2
√
a
k
[
2π +
3
√
3
2
]
4 Lo primero es representar el potencial, para ver las ramas infini-
tas. Se puede hacer fácilmente, tomandoa como unidad de distancia, y
haciendo 1 las otras constantes. Los dos términos son potencias de ex-
ponente negativo.V(r) tiene el exponente de orden mayor, y predomina
cerca del origen;Vcenttiene el exponente menor, y predomina al tender
a ∞. Esto quiere decir queVe f se aproxima aV(r) cerca der = 0 y a
Vcent hacia∞; en algún punto intermedio corta el eje y se hace positivo.
Necesariamente ha de tener un máximo en la zona positiva, pues acaba
tendiendo a 0+ cuandor → ∞.
V(r)
Vcent
Ve f
37
Ve f E
r0rM
A la vista del potencial eficaz, parece que el criterio para que se vaya a∞
es queE > VMax. Pero esto no es posible, porque lanzamos conv ⊥ r , y por
tantoE = Ve f(r0): se lanza desde un punto de corte. Tampoco nos vale que
E = VMax, es decir, que lancemos exactamente en el máximo: tendrı́amos un
movimiento circular, aunque inestable, y no se irı́a a∞ (a menos que se le
perturbe, que no se contempla en el enunciado). Al final, el único criterio que
nos vale es quer0 > rMax. ComoVe f depende de las condiciones iniciales a
través deC, rMax va a ser una función dev0.
dVe f
dr
= 0 =
3km
r4
(
1+
3a
2r
)
− km
r3
(−3a
2r2
)
− 3a
2v20
r3
=
3m
r5
(
kr +2ak−3a2v20 r2
)
= 0
3a2v20 r
2−kr−2ak= 0 → rMax =
k⊕
√
k2+24a3kv20
6a2v20
< 3a
Hay que tomar el signo +, pues la otra raı́z es negativa. De esta expresión podemos sacar la
condición parav0, pero es pesado. Es más sencillo calcularla para quer0 = rMax:
3a2v20 r
2−kr−2ak= 0 r=3a−−−→ 27a4v20−3ak−2ak= 0 → v20 =
5k
27a3
Este valor no nos vale, pues hace falta quer0 sea mayor. Es fácil ver que, comov0 está en el
coeficiente der2, al crecerv0 la parábola se cierra yrMax disminuye. Es lógico que, con más
energı́a, pueda llegar a∞. Por tanto, la condición es
v20 >
5k
27a3
5 ComoVe f(∞) = 0, T∞ = E > 0. Tendremosv∞ > 0 y por tanto ası́ntota.
6 Ve f sólo tiene un punto de tangente horizontal finito, y es un máximo. Parece pues que hay
un solo movimiento circular estacionario, y que es inestable.
Sin embargo, hay que tener en cuenta queVe f varı́a con las condiciones iniciales, que cam-
bian laC. Nótese que la condiciónV ′e f = 0 es una ecuación enr y v0: para cada valor der, existe
unav0 que hace que el movimiento sea circular uniforme (lanzando perpendicularmente).
Hay infinitos movimientos circulares estacionarios inestables, siempre que las condiciones
iniciales cumplan
3a2v20 r
2
0−kr0−2ak= 0
38
2.3. Dinámica orbital
Ejercicio 2.3.1: Un satélite de masam, sigue una órbita circular de radioa alrededor de la Tierra; en
un instante dado se ponen en funcionamiento sus cohetes, durante un tiempo muy corto frente al perı́odo
orbital, que incrementan su velocidad en∆v, en la dirección tangente a la órbita. Discutir el tipo de ´orbita
en función de∆v. En caso de órbita cerrada, ¿En qué punto alcanza la distancia máxima a la Tierra?
Junio de 1992
La velocidad de la órbita circular se obtiene fácilmente planteando la ecuación de la cantidad de
movimiento en la dirección radial, y obligando a que la atracción sea la aceleración centrı́peta
del movimiento circular de radioa:
−µm
a2
= m
(
r̈ − r θ̇2
)
= 0−mv
2
c
a
⇒ vc =
√
µ
a
La energı́a inicial es negativa, como corresponde a un movimiento acotado:
E
m
=
v2c
2
− µ
a
=
µ
2a
− µ
a
= − µ
2a
Al darle un incremento en la dirección tangente, la nueva velocidad serávc +∆v, y la energı́a
E′
m
=
(vc +∆v)2
2
− µ
a
=
µ
2a
+∆v
√
µ
a
+
∆v2
2
− µ
a
=
∆v2
2
+∆v
√
µ
a
− µ
2a
⋚ 0
El tipo de órbita va a depender del signo deE′, y para obtenerlo calcularemos las raı́ces en∆v
∆v2+2∆v
√
µ
a
− µ
a
= 0; ∆v = −
√
µ
a
±
√
µ
a
+
µ
a
=
√
µ
a
(
−1±
√
2
)
Las dos raı́ces corresponden a la∆v que hay que darle para que la órbita sea parabólica (E′ = 0).
La positiva corresponde a una órbita parabólica en el mismo sentido que la circular, y es la
más económica: sólo hay que darle la diferencia de velocidad entre circular y parabólica. La
negativa corresponde a una órbita en sentido opuesto, y es mucho más costosa: el impulso tiene
que absorber toda la velocidad circular, y darle toda la parabólica en sentido opuesto. No tendrı́a
mucho sentido práctico.
Ciñéndonos a la solución positiva, las órbitas posibles son:
∆v < µa
(
−1+
√
2
)
órbita acotada elı́ptica; de mayor periodo si es positiva (acelera), de
menor si es negativa (frena)
∆v = µa
(
−1+
√
2
)
órbita parabólica
∆v > µa
(
−1+
√
2
)
órbita hiperbólica
Un análisis similar se podrı́a hacer para la otra raı́z, conórbitas en sentido opuesto, aunque no
tiene mucho sentido práctico.
Para la órbita acotada, el periodo va a depender de si acelera o frena:
∆v > 0 órbita de mayor energı́a, mása, y mayor periodo; el punto
inicial es obviamente el pericentro, y el más alejado seráel diametral-
mente opuesto o apocentro
∆v < 0 órbita de menor energı́a,a y periodo; el punto inicial es el más
alto (apocentro) y el diametralmente opuesto el más cercano (pericen-
tro)
39
Ejercicio 2.3.2: Una nave espacial describe una órbita circular de radioR con velocidadvc alrededor
de la Tierra, supuesta perfectamente esférica. Desde la nave se lanza una partı́cula, de masa despreciable
frente a la de la nave, con velocidadv0 = εvc relativa a la nave, en una dirección que forma un ángulo
ϕ0 con el radio vector. SeanT y T0 los perı́odos de las órbitas de nave y partı́cula, respectivamente.
Determinar el cocienteT/T0 en términos deε y deϕ0; hallar la relaciónf (ε ,ϕ0) necesaria para que los
perı́odos coincidan, y explicarla mediante un adecuado diagrama de velocidades.
Febrero de 1993
La velocidad de la nave se obtiene fácilmente planteando laecuación de la cantidad de
movimiento en la dirección radial, y obligando a que la atracción sea la aceleración centrı́peta
del movimiento circular de radioR:
−µm
R2
= m
(
r̈ − r θ̇2
)
= 0−mv
2
c
R
⇒ vc =
√
µ
R
La velocidad de la partı́cula será
v = vc j + ε vcu = εvccosϕ0 i +vc (1+ ε sinϕ0) j
y su energı́a
ϕ0
x
y
E′
m
= v2c
ε2cosϕ20 + ε
2sinϕ20 +2ε sinϕ0 +1
2
− µ
R
=
=
µ
2R
(
1+ ε2+2ε sinϕ0
)
− µ
R
= − µ
2R
(
1− ε2−2ε sinϕ0
)
= − µ
2a
Los periodos serán:
T = 2π
√
R3
µ
; T0 = 2π
√
a3
µ
= 2π
√
R3
µ (1− ε2−2ε sinϕ0)3
;
T
T0
=
(
1− ε2−2ε sinϕ0
) 3
2
Si queremos que los periodos sean iguales,
1− ε2−2ε sinϕ0 = 1 ⇒ ε (ε +2sinϕ0) = 0
{
ε = 0
ε = −2sinϕ0
La primera solución equivale a no lanzar la partı́cula. La segunda supone que la velocidad de la
partı́cula tras el lanzamiento sea igual en módulo a la de lanave: ası́ tienen la misma energı́a y
por tanto el mismo periodo.
ϕ0
vc ϕ0
vc
Habrá dos soluciones: una lanzando hacia arriba y atrás, yotra hacia abajo y atrás. En las
figuras puede apreciarse queεvc es la base del triángulo isósceles que forman las velocidades,
cuyo ángulo es 2ϕ0, y por tanto vale 2vcsin(2ϕ0/2).
40
Ejercicio 2.3.3: Dos satélites 1 y 2, siguen la misma órbita circular, de radio r0, alrededor de la Tierra,
de forma que sus radios vectores están separados un ánguloα ; en un puntoP dado el satélite 1 enciende
sus motores, lo que le comunica súbitamente un incremento de velocidad∆v (tangente a la órbita).
Determinar el valor de∆v, necesario para que los dos satélites se encuentren la próxima vez que pasen
porP.
Septiembre de 1993
Habrı́a que distinguir dos casos:
Si el 2 va delante, el 1 debe fre-
nar, entrar en una órbita más ba-
ja y más rápida, y adelantarle
por debajo.
Si el 2 va detrás, el 1 debe acele-
rar, pasar a una órbita más alta y
lenta, y dejar que el otro le ade-
lante por debajo.
❶
❷
2π −α
α
❶
❷
2π +α
α
Supongamos que el 2 está un ánguloα por detrás del 1. Mientras que 1 recorre 2π en su
nueva órbita más lenta, el 2 debe recorrer 2π +α por la órbita circular. Si esT1 el periodo de la
órbita elı́ptica de 1, yT0 el de la circular de 2, la condición de encuentro es
T1 = T0
(
1+
α
2π
)
Este mismo enfoque sirve para el otro caso, tomandoα negativo. Para el satélite en órbita
circular se cumple:
v20 =
µ
r0
E
m
=
µ
2r0
− µ
r0
= − µ
2r0
T0 = 2π
√
r30
µ
Cuando el satélite 1 enciende los motores, su nueva velocidad esv1 = v0+∆v. Para simplificar
los cálculos, podemos ponerlocomov0(1+ ε):
E1
m
=
v20(1+ ε)
2
2
− µ
r0
=
µ
2r0
(1+2ε + ε2−2) = − µ
2r0
(1−2ε − ε2) = − µ
2a
T1 = 2π
√
a3
µ
= 2π
√
r30
µ(1−2ε − ε2)3
Se impone la condición de encuentro:
2π
√
r30
µ(1−2ε − ε2)3 = 2π
√
r30
µ
(
1+
α
2π
)
→
→ 1−2ε − ε2 =
(
1+
α
2π
)− 32
; ε2+2ε −1+
(
1+
α
2π
)− 32
= 0
ε = −1±
√
2−
(
1+
α
2π
)− 32
︸ ︷︷ ︸
<1
ε>0, ⊕−−−−→
∆v=εv0
∆v =
√
µ
r0

−1+
√
2−
(
1+
α
2π
)− 32


La solución conε < 0 también es posible: corresponde a una órbita retrógrada, el gasto de
combustible es muy alto (hay que absorber completamente la velocidad y darle otra en sentido
contrario), y los satélites se encontrarı́an de frente.
Tomandoα < 0, tenemos el primer caso, con 2 por delante. Saleε < 0, con lo que 1 se frena
y entra en una órbita más baja y rápida para adelantar a 2.
41
Aunque el enunciado no lo contempla (“la próxima vez”), si no hay urgencia existen solucio-
nes más económicas en∆v, pero más lentas: consiste en dar varias vueltas antes del encuentro.
La condición de encuentro serı́a entonces:
T1 ·2nπ = T0 (2nπ +α) → T1 = T0
(
1+
α
2nπ
)
Cuanto mayor sean, menor será el∆v necesario.
42
Ejercicio 2.3.4: Sobre un plano fijo y lisoOxy, dondeOy es la vertical ascendente, se mueven dos
partı́culas pesadas de igual masam. Además de su peso, entre las partı́culas existe una fuerzade atracción
de valorGm
2
r2 , dondeG es una constante positiva yr es la distancia entre ellas. Inicialmente una partı́cula
está en el origen con velocidad nula y la otra está en el punto de coordenadas(0,a) con velocidadv0 i.
Determinar el movimiento del centro de masas de las partı́culas y el mı́nimo valor dev0 para el cual la
distancia entre las partı́culas aumenta hasta el infinito.
Febrero de 1995
El planteamiento es muy similar al del problema de los dos cuerpos. En este caso, los pesos
hacen el papel de las perturbacionesP1 y P2. Podemos escribir las ecuaciones del movimiento:
mr̈1 = −mgj −
Gm2
|r1− r2|3
(r1− r2)
mr̈2 = −mgj +
Gm2
|r1− r2|3
(r1− r2)
Sumando, se obtiene el movimiento del CDM:
❷
❶
G
mr̈1 +mr̈2 = 2mr̈G = −2mgj ⇒ rG = r0+v0 t −
1
2
gt2 j =
1
2
{
v0 t
a−gt2
}
Las condiciones iniciales del CDM se han obtenido directamente de las de las partı́culas. Nótese
que, al sumar las ecuaciones de cantidad de movimiento de laspartı́culas, lo que se obtiene es
la ecuación de cantidad de movimiento del sistema. El movimiento del CDM depende sólo
de las fuerzas exteriores (pesos). Las interiores (gravitatorias) son un par de acción-reacción y
desaparecen al sumar.
Como en el problema de los dos cuerpos, restando se obtiene laecuación del movimiento
relativo:
mr̈1−mr̈2 = m(r̈1− r̈2) = −
2Gm2
|r1− r2|3
(r1− r2)
Si llamamosr = r1− r2 al vector posición de❶ respecto a❷, en ejes paralelos a los fijos, se
tiene
r̈ = −2Gm
r3
r
que es la ecuación del problema de dos cuerpos. La “masa ampliada” 2mya incluye las fuerzas
de inercia porque el origen❷ se mueve.
El movimiento relativo es un movimiento kepleriano. Para que la distancia aumente hasta
infinito, hace falta que la órbita relativa sea al menos parabólica. Podemos aplicar la ecuación
de la energı́a, obligando a que sea positiva (hiperbólica)o nula (parabólica):
ṙ0 = ṙ1− ṙ2 = v0 i
r0 = r1− r2 = aj
}
v20
2
− 2Gm
a
≥ 0 ⇒ v20 ≥
4Gm
a
43
Ejercicio 2.3.5: Considérese una Tierra perfectamente esférica que atraea una partı́cula de masam
con una fuerzaF = −mµr3 r , siendor el vector posición con origen en el centroO de la Tierra. Una nave
espacial de masam se encuentra en órbita circular de radioa alrededor de la Tierra. En un instante dado
(t = 0) se encienden los motores que proporcionan un empuje constante en la dirección radial de valor
F1 = ε mµa2 ur . Mostrar que existe un valor crı́tico del parámetroε , por encima del cual la nave escapa del
campo gravitatorio terrestre. Determinar dicho valor crı́tico.
Junio de 1999
F
vc
Antes de encender los motores, se tiene una órbita circu-
lar de radioa:
Ve f = −
µm
r
+
mC2
2r2
vc =
√
µ
a
C =
√
µa
Como ˙r = r̈ = 0, E = min(Ve f) = Ve f(a)
V(r)
Vcent
Ve f
a
E
Al encender los motores, se aplica una fuerza radial de módulo constante, que es también
potencial:
F1 = ε
mµ
a2
ur → V1(r) = −ε
mµ
a2
r
F
vc La fuerza atractiva disminuye, la partı́cula se aleja, y el
potencial eficaz baja al sumarle un término negativo li-
neal; aparece también un máximo:
Ve f = −
µm
r
− ε mµ
a2
r +
mC2
2r2
Ve f
Las condiciones inicialesa y vc no varı́an, ni tampocoC = avc. E sı́ varı́a por el nuevo
término en el potencial. Como la velocidad inicial es normal al radio, ˙r = 0 y partimos de un
corte con el potencial, aunque no será el mı́nimo.
Podrá haber tres casos:
1. E < Vmax Tres cortes. La trayectoria está acotada
2. E = Vmax Dos cortes. Movimiento asintótico; acotada.
3. E > Vmax Un corte. La partı́cula se va a∞ 1
2
3
El corte en el mı́nimoE = Vmin no es posible con estas condiciones iniciales. Se parte de la
órbita circular conF. Al reducirse la fuerza, esa velocidad ya no corresponde a laórbita circular
con radioa.
Para que pueda irse a infinito, la energı́a inicial tiene que ser mayor que la del máximo, es
decir, tiene que haber sólo una raı́z para el valor deE inicial. El valor crı́tico corresponde pues
al movimiento asintótico, con dos cortes.
La ecuación que tenemos que resolver es:
ṙ = 0 ⇒ E−Ve f(r) = E +
µm
r
+ ε
mµ
a2
r − mC
2
2r2
= 0 ⇒ r i
donde
E = Ve f(a) = −
mµ
a
− εmµ
a2
a+
mµa
2a2
= −mµ
2a
(1+2ε)
Ordenando y simplificando se llega a un polinomio de grado 3:
2ε r3−a(1+2ε) r2+2a2 r −a3 = 0
Ya conocemos una raı́z, porque en el instante inicialr ⊥ v y ṙ = 0. Eso permite aplicar Ruffini
con r = a y reducir el orden:
44
2ε r3 −a(1+2ε) r2 +2a2 r −a3 r −a
−2ε r3 +a2ε r2 2ε r2−ar +a2
– −ar2
ar2 −a2 r
– a2 r +a3
– –
Queda una ecuación de segundo grado. El caso crı́tico corresponde a la raı́z doble:
2ε r2−ar +a2 = 0 → r = a±
√
a2−8εa2
2ε
Raı́z doble: ∆ = a2−8εa2 = 0 ⇒ ε∗ = 1
8
El máximo en el caso asintótico corresponde ar = 4a. El punto de lanzamiento es, como cabı́a
esperar, el radio mı́nimo.
Por tanto, cuandoε > 18 aparecen soluciones imaginarias, y solo tenemos un corte. Esta-
mos en el caso 3) y la partı́cula se va a∞.
45
Problema 2.3.1: SeaM una partı́cula material de masam, que se mueve en un planoP, atraı́da por un
puntoA del planoP, con una fuerza de intensidad
mµ
|AM|2
.
SeaOx1y1 una referencia galileana, rectangular, ligada al planoP; el centro atractivoA, es móvil, y
describe la rectay1 = L, con velocidad constante de valor−U i. En el instante considerado como inicial,
el puntoA atraviesa el ejeOy1, y la partı́cula material se lanza, desde el origenO, con una velocidad,
respecto a la referenciaOx1y1, de valorv0 = v0 j1. Se pide:
a) Determinar la trayectoria seguida porM en una referenciaAxy, con origen enA y ejes paralelos a
los de la referenciaOx1y1.
b) ¿Cuál es la mı́nima velocidadv0, con que debe lanzarse la partı́cula para que no quede atrapada
por el centro atractivoA?.
c) Determinar, para la trayectoria obtenida en el apartado a), las ası́ntotas, en el supuesto en que la
velocidadv0 sea superior al valor calculado en el apartado b). ¿Cuál es la mı́nima distancia deM
al centro atractivo?.
d) Determinar el valor de la velocidadv0 con la que es necesario lanzar la partı́culaM, para que se
escape con una ası́ntota paralela aAx.
e) Supóngase que se cumplen las condiciones del apartado anterior. Un observador ligado aOx1y1, si
espera un tiempo suficientemente largo, detecta un incremento de la energı́a total de la partı́cula.
Calcular ese incremento y explicar su origen.
Febrero de 1991
a. Los ejesAx0y0 (S0) son inercia-
les, pues su origen se mueve con ve-
locidad constante(−U,0), y no giran.
Por composición de movimientos, de-
terminamos la posición y velocidad
iniciales deM respecto a los ejesS0
r0 = (0,−L)
vM20 = v
M
21−vM01 = (U,v0)
A
x0
y0
U
M
x1
y1
v0
A
x0
y0
M
vM20
Con estos valores iniciales, podemos