´Produccion

Capítulo

8

Soluciones ejercicios

8.1.
8.1.1.

Sistemas de Partículas
Resumen de fórmulas

Movimiento en un campo central de fuerza k r. ˆ r2 El álgebra de esta materia puede resultar tediosa y muy repetida en diversos problemas, por lo cual se dan aquí las principales fórmulas para hacer referencias a ellas en las soluciones. En lo que sigue K = GMm es la constante de la ley deFuerza, no la confunda con la energía cinética F =− r=
2 l0 1 , μk 1 − e cos(θ − α)

b=

1 μF ( u ) d2 u +u=− 2 2 , l0 u dθ2 ˙ l0 = |μr × v| = μr2 θ,

2 1 l0 √ , μK 1 − e2

e2 = 1 +

2 2El0 , μK 2

238

Soluciones ejercicios 1 K K 1 ˙2 E = μv 2 − = μ(r2 + r2 θ ) − , ˙ 2 r 2 r

Lanzamiento desde la superficie terrestre Aquí preferimos usar M masa tierra, m masa proyectil o satélite K= GMm, μ ' m. Si un proyectil se lanza de la superficie terrestre, formando un ángulo β con la horizontal, como se indica en la figura, que es materia de varios problemas, preferimos deducir aquí todas las relaciones.
(3) β (2) Q α R (1) V0 P

Figura 8.1:

Energía GMm 1 1 = m(V02 − Ve2 ). E = μV02 − 2 R 2 Momentum angular

l0 = mRV0 cos β.

8.1 Sistemas de Partículas Velocidad de escape r2GM . R

239

Ve = Excentricidad

e2 = 1 +

2 2El0 mμ(GMm)2 4(V02 − Ve2 )V02 cos2 β = 1+ . Ve4

Ecuación de la órbita

r =

2 1 l0 m(GMm) 1 − e cos(θ − α) R cos2 β 2V02 r = . Ve2 1 − e cos(θ − α)

Orientación α del semieje mayor (figura, caso (2)) Si r = R en θ = 0, se deduce que 1 = 2V02 cos2 β =⇒ Ve2 1 − e cos α 1−
V2
2 2V0 2 Ve

cos α = q 1 − 4(1 −
e

cos2 β

2 2 V0 V02) 2 Ve Ve

cos2 β

e sin α = q V2 1 − 4 V02 (1 −

2 V02 cos β sin β
2 V0 2 2 ) cos Ve

β

240 Casos elípticos

Soluciones ejercicios

Si V0 < Ve y β > 0 casos (1) y (2) de la figura, el proyectil cae de nuevo a la Tierra, y el alcance angular de P a Q está dado por 2α Alcance máximo Deseamos obtener una expresión para el ángulo β de lanzamiento que da un alcance máximo para unarapidez inicial dada V0 < Ve . L inclinación del semi eje mayor está dada por cos α = q 1 − 4(1 − 1−
2 2V0 2 Ve

cos2 β cos2 β

2 2 V0 V0 2 )V 2 Ve e

.

Sean, para simplificar la notación

V0 = sin ς, cos2 β = u Ve de modo que cos α = p . 1 − 4u cos2 ς sin2 ς u = 1 − 2u sin2 ς

Es una buena tarea probar que hay un extremo de cos α cuando 1 = cos2 β =⇒ 2 cos2 ς 1 1 cos β = √ =√ q 2 cos ς 21−

2 V0 2 Ve

(Note que si V0 es muy pequeño, el ángulo de disparo óptimo será β = π/4) Podemos entonces calcular para ese ángulo de disparo 1 − 2u sin2 ς p = 1 − 4u cos2 ς sin2 ς p (−1 + 2 cos2 ς) = si cos ς > sin ς cos2 ς

cos αm´x a

8.1 Sistemas de Partículas

241

√ Esta última condición puede escribirse V0 < Ve 2 y para este caso (más álgebra) sin αm´x = a 1
2 V0 2 Ve V2 −V02 e

=

√ V02 si V0 < Ve 2 Ve2 − V02

8.1.2.

Problema resueltos sistema de partículas

Ejercicio 8.1 La figura muestra una polea fija de masa despreciable y sin roce de la cual penden 2 partículas de masas m1 y m2 (m2 > m1 ), unidas por una cuerda liviana e inextensible. Calcule la aceleración de cada partícula y la aceleración del centro de masa del sistema de partículas.

Solución.Suponiendo que m2 > m1 el sistema se moverá en el sentido de los punteros del reloj y si T indica la tensión tendremos m2 g − T = m2 a2 , T − m1 g = m1 a1, como a1 = a2 se tiene sumando (m2 − m1 )g = (m1 + m2 )a2 , de donde sigue a1 = m2 − m1 m2 − m1 gˆ, a2 = − j gˆ. j m1 + m2 m1 + m2

242

Soluciones ejercicios

La aceleración del centro de masa será m1 a1 + m2 a2 acm = m1 + m2 m1 (m2 − m1 )m2 (m2 − m1 ) = gˆ − j gˆ j (m1 + m2 )2 (m1 + m2 )2 (m2 − m1 )2 = − gˆ j (m1 + m2 )2 (m2 − m1 )2 = g. (m1 + m2 )2 N Ejercicio 8.2 Tres partículas de igual masa m, unidas por barras rígidas de largo L y masa despreciable, están obligadas a moverse sobre los ejes tal como lo muestra la figura. Si la partícula de la derecha tiene la velocidad v = v0ˆ , determine la velocidad del centro de masa, el...