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Problemas De Meca´nica Symon UNSCH I´ndice 1. Oscilador armo´nico bidimensional y tridimensional 3 1.1. Caso tridimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.1. Soluciones: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2. Caso bidimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2.1. Soluciones: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 2. Proyectiles 7 2.1. Despreciando la resistencia del aire . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2.1.1. Soluciones: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2.2. Considerando la resistencia del aire . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2.2.1. Soluciones: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 Cien. F´ıs. Matema´ticas 1 Octubre 2017 Peru´ LATEX Problemas De Meca´nica Symon UNSCH DEDICATORIA. Dedico a mis padres y a mis hermanos por haber confiado en mi persona y darme su tiempo, gracias a ellos sigo adelante. Cien. F´ıs. Matema´ticas 2 Octubre 2017 Peru´ LATEX Problemas De Meca´nica Symon UNSCH 1. Oscilador armo´nico bidimensional y tridimensional 1.1. Caso tridimensional Considerar la ecuacio´n de movimiento de Newton en tres dimensiones donde r = (x, y, z) y F = (Fx, Fy, Fz) por la segunda ley de Newton nos llevara´ ha: m d2r dt2 = F (1.1) m d2x dt2 = Fx m d2y dt2 = Fy m d2z dt2 = Fz (1.2) Dado que la fuerza F siempre esta´ expresada como una funcio´n F (v, r, t) que depende de la velocidad, posicio´n y tiempo la fuerza F quedar´ıa expresada como: F = F (r˙, r, t) = F ((x˙, y˙, z˙), (x, y, z), t) Fx = Fx ((x˙, y˙, z˙), (x, y, z), t) Fy = Fy ((x˙, y˙, z˙), (x, y, z), t) Fz = Fz ((x˙, y˙, z˙), (x, y, z), t) Lo anterior llevaremos al sistema (1.2) quedando: m d2x dt2 = Fx ((x˙, y˙, z˙), (x, y, z), t) m d2y dt2 = Fy ((x˙, y˙, z˙), (x, y, z), t) m d2z dt2 = Fz ((x˙, y˙, z˙), (x, y, z), t) Notaremos en la siguiente figura una forma de expresar las fuerzas: Cien. F´ıs. Matema´ticas 3 Octubre 2017 Peru´ LATEX Problemas De Meca´nica Symon UNSCH Haremos una modificacio´n o adaptacio´n de la fuerza F (r˙, r, t), si cada componente de la fuerza dependiese de la variable asociada respectivamente y de la misma manera su derivada, es decir: Fx = Fx(x˙, x, t) Fy = Fy(y˙, y, t) Fz = Fz(z˙, z, t) Finalmente el sistema de movimiento tridimensional nos quedar´ıa: m d2x dt2 = Fx(x˙, x, t) m d2y dt2 = Fy(y˙, y, t) m d2z dt2 = Fz(z˙, z, t) (1.3) Recalcando que son independientes entre s´ı, son L.I. (Fx, FyFz). Notaremos que la ecuacio´n del movimiento se desdoblan, por esta razo´n el sitema de ED tiene tres soluciones: x(t) y(t) z(t) La interpretacio´n f´ısica de estas soluciones viene a ser la representacio´n del movimiento tridimensional. Con todo lo anterior aclarado, entraremos al problema del oscilador armo´nico tridimensional no amortiguado; recordemos la ecuacio´n de movimiento de (1.1) y la fuerza de los resortes (F = −kr), donde k es la constante recuperadora. De esta Cien. F´ıs. Matema´ticas 4 Octubre 2017 Peru´ LATEX Problemas De Meca´nica Symon UNSCH manera el problema nos quedar´ıa como: m d2x dt2 = −kxx m d2y dt2 = −kyy m d2z dt2 = −kzz (1.4) 1.1.1. Soluciones: x(t) = Ax cos(wxt+ θx), ω 2 x = kx m y(t) = Ax cos(wyt+ θy), ω 2 y = ky m z(t) = Az cos(wzt+ θz), ω 2 z = kz m (1.5) Las constantes {Ax, Ay, Az, θx, θy, θz} dependen de los valores iniciales: {x0, y0, z0, x˙0, y˙0, z˙0}. Donde cada movimiento armo´nico simple oscila en su respectiva coordenadaX, Y, Z cave sen˜alar que cada frecuencia angular {ωi} esta´ asociada a su respectiva cons- tante recuperadora {ki}. El movimiento que se produce en el espacio que esta´ en relacio´n a las amplitudes {Ai} de la siguiente forma: (2Ax × 2Ay × 2Az), y esto hace referencia al movimiento dentro de un ortoedro con centro en el origen. Si las frecuencias angulares {ωi} son medibles o conmesurables, en relacio´n de cierto conjunto de nu´mero enteros {ni} se verefica: ωx nx = ωy ny = ωz nz (1.6) con esto la trayectoria del cuerpo de masa m en el espacio es cerrada, y este mo- vimiento es perio´dico. Ahora si estos enteros {ni} son primos entre s´ı, el periodo Cien. F´ıs. Matema´ticas 5 Octubre 2017 Peru´ LATEX Problemas De Meca´nica Symon UNSCH del movimiento es: τ = 2pinx ωx = 2piny ωy = 2pinz ωz (1.7) As´ı podremos notar del movimiento part´ıcula para un periodo {Ai} de su respec- tiva coordenada (X, Y, Z) realiza {ni} oscilaciones. As´ı al finalizar el periodo la part´ıcula vuelve a sus condiciones iniciales r0, r˙0 1.2. Caso bidimensional Es un caso mas sencillo en comparacio´n del tridimensional; tomaremos el pro- blema del moviento socilador (1.4) y lo llevaremos a dos dimensiones: m d2x dt2 = −kxx m d2y dt2 = −kyy (1.8) Sus soluciones sera´n tomadas de forma ana´loga de (1.5) 1.2.1. Soluciones: x(t) = Ax cos(wxt+ θx), ω 2 x = kx m y(t) = Ax cos(wyt+ θy), ω 2 y = ky m (1.9) Para este caso al representar las trayectorias de la part´ıcula que oscila con distintas combinaciones de las frecuencias {ωi} y los a´ngulos de fase {θi} se optiene figuras curiosas llamadas figuras de Lissajous : Cien. F´ıs. Matema´ticas 6 Octubre 2017 Peru´ LATEX Problemas De Meca´nica Symon UNSCH Si las frecuencias {ωi} son dificil de medir o inconmesurables de modo que la ecuacio´n (1.6) no se cumplen para ningu´n conjunto de nu´meros enteros {ni}, el movimiento de la part´ıcula no es perio´dico, as´ı el movimiento de la trayectoria llena todo el ortoedro (2Ax × 2Ay × 2Az) 2. Proyectiles 2.1. Despreciando la resistencia del aire Un proyectil sometido a la fuerza de la gravedad g cerca de la Tierra se mueve, quitando la resistencia del aire,dada por la siguiente ecuacio´n en su forma vectorial: m d2r dt2 = −mgk̂ (2.1) m d2z dt2 = 0 m d2y dt2 = 0 m d2z dt2 = −mg 2.1.1. Soluciones: x(t) = x0 + vxot y(t) = y0 + vyot z(t) = z0 + vzot− 1 2 gt2 (2.2) Cien. F´ıs. Matema´ticas 7 Octubre 2017 Peru´ LATEX Problemas De Meca´nica Symon UNSCH r = r0 + vot− 1 2 gt2k̂ (2.3) r0 = (0, 0, 0) r˙0 = v0 = (vxo , 0, vzo) x(t) = vx0t y(t) = 0 z(t) = vzot− 1 2 gt2 (2.4) Las ecuaciones anteriores describen por completo el movimiento del proyectil. La ecuacio´n de la trayectoria del movimiento en el plano XZ es: z = vzo vxo x− 1 2 g v2xo x2 (2.5) Completando cuadrados tiene forma de una para´bola de concavidad hacia aba- jo escribie´ndose: ( x− vzovxo g )2 = −2v 2 xo g ( z − v 2 zo 2g ) Cuya altura ma´xima zma´x es: zma´x = v2zo 2g (2.6) Cortando al plano horizontal Z = 0 en el origen y en el punto: xma´x = 2 vzovxo g (2.7) Si la superficie de la tierra es horizontal, xma´x es lo que puede alcanzar el protectil en (2.7). 2.2. Considerando la resistencia del aire Supondremos que la resistencia del aire es proporcional a la velocidad, tendr´ıamos de la ecuacio´n (2.1) agregando: m d2r dt2 = −mgk̂ − bdr dt (2.8) m d2x dt2 = −bdx dt m d2z dt2 = −mg − bdz dt Cien. F´ıs. Matema´ticas 8 Octubre 2017 Peru´ LATEX Problemas De Meca´nica Symon UNSCH vx = vxoe −bt/m vz = (mg b + vzo ) e−bt/m − mg b (2.9) 2.2.1. Soluciones: x = mvxo b (1− e−bt/m) z = ( m2g b2 + mvzo b ) (1− e−bt/m)− mg b t (2.10) Despejando t de la primera ecuacio´n de (2.10) y remplazando en laseguda, obte- nemos la ecuacio´n de la trayectoria del movimiento en el plano XZ: z = ( mg bvxo + vzo vxo ) x− m 2g b2 ln ( mvxo mvxo − bx ) (2.11) ln 1 1− bx mvxo (1) Cuando bx mvxo � 1; es decir para pequen˜as resistencias de aire o en cortas distancias de proyectil. La expresio´n se puede resolver por series de potencias de (bx)/(mvxo), obtenie´ndose: z = vzo vxo x− 1 2 g v2xo x2 − 1 3 bg mv3xo x3 − ... (2.12) Al principio la trayectoria tiene forma de para´bola, pero para valores mayo- res de x (tomando vxo positiva), z decrece ra´pidamente en comparacio´n con para´bola. Cien. F´ıs. Matema´ticas 9 Octubre 2017 Peru´ LATEX Problemas De Meca´nica Symon UNSCH Tomando los tres primeros te´rminos de (2.11) y despejando x para z = 0, tendremos aproximadamente el ma´ximo alcance, si xma´x � mvxo b xma´x = 2vxovzo g − 8 3 bvzovxo mg2 + ... (2.13) Los dos primero te´rminos constituyen a una buena aproximacio´n cuando la re- sistencia del aire es muy pequen˜a. Donde el segundo te´rmino da la correccio´n del primer orden del alcance, esto, debida a la resistencia del aire. (2) Cuando x 7−→ mvxo b z 7−→ −∞ Esto nos dice que la trayectoria tiene una as´ıntota vertical en x = mvxo b OBSERVACIO´N: La ca´ıda vertical al final de la trayectoria de la segunda ecuacio´n en (2.9) ocurre con una velocidad l´ımite vz vz = −mg b El proyectil puede volver a Tierra antes de alcanzar esta parte de su trayec- toria. (3) Cuando bvzo mg � 1 la resistencia del aire es grande que predomina en la de- terminacio´n del alcance. Producida cuando la ca´ıda vertical para x = (mvxo)/b inicia por encima del plano horizontal z = 0. El alcanse llega aproximadamente ha: xma´x = mvxo b (2.14) El efecto del viento sobre los proyectiles se trata con aproximaciones para resolverla y en este caso suponiendo que la resistencia del aire es propor- cional a la velocidad relativa del proyectil notaremos que: m d2r dt2 = −mgk̂ − b ( dr dt − vw ) (2.15) vw: Velocidad del viento. Si en (2.15) vw es una constante, el te´rmino bvw tambie´n lo es, y como fuerza constante es an˜adida a −mgk̂ y esta es resuelta segu´n la ecuacio´n (2.8). Con la diferencia que las constantes de rozamiento puede presentarse en las tres direccio- nes X, Y, Z. Cien. F´ıs. Matema´ticas 10 Octubre 2017 Peru´ LATEX Problemas De Meca´nica Symon UNSCH La resistencia que produce el aire al movimiento del proyectil disminuye con la altura. Para corregir este detalle para alturas considerables o importantes, la ecuacio´n del movimiento del proyectil ser´ıa: m d2r dt2 = −mgk̂ − be−z/hdr dt (2.16) h: La altura que rondan por 8Km, donde la resistencia del aire cae a 1/e del valor que cae en la superficie terrestre. Tendremos en forma de componentes: mx¨ = −bx˙e−z/h my¨ = −by˙e−z/h mz¨ = −mg − bz˙e−z/h (2.17) Como es de esperar estas ecuaciones (2.17) son ma´s dif´ıciles de resolver. Cien. F´ıs. Matema´ticas 11 Octubre 2017 Peru´ LATEX Oscilador armónico bidimensional y tridimensional Caso tridimensional Soluciones: Caso bidimensional Soluciones: Proyectiles Despreciando la resistencia del aire Soluciones: Considerando la resistencia del aire Soluciones:
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