I. T. Telecomunicaciones Soluciones a los ejercicios propuestos–2008-09-Tema 1

Universidad de Alcal´a Departamento de F´ısica

~ = y~i+x~j, calcule su circulaci´on desde P1 (2, 1, −1) hasta P2 (8, 2, −1) 1) Dado el campo vectorial F a) a lo largo de la l´ınea recta que une los dos puntos; b) a lo largo de la par´abola x = 2y 2 . Soluci´ on ~ y el vector F~ sobre la curva de a) Debemos determinar el vector desplazamiento infinitesimal dl integraci´on. Como el valor de z no cambia, z = −1, podemos describir la curva como y = a + bx, donde los valores de a y b se determinan imponiendo que la recta pase por P1 y P2 : 1 = a + 2b 2 = a + 8b

y en consecuencia b = 1/6 y a = 2/3. La recta es por tanto y = 2/3+x/6. El vector desplazamiento ~ = dx~i + dy~j, y como dy = dx/6 podemos escribir infinitesimal es dl ~ = dx~i + dx/6~j dl Por otro lado, F~ = y~i + x~j, y sobre la recta tendremos F~ = (2/3 + x/6)~i + x~j ~ = (2/3 + x/6)dx + x/6 dx = (2/3 + x/3)dx. La circulaci´on ser´a ~ dl El producto escalar F Z 8 Z P2 ~ ~ (2/3 + x/3)dx = 4 + 10 F dl = P1

2

El resultado es por tanto Z

P2

~ = 14 F~ dl

P1

b) Procediendo como antes tendremos dx = 4y dy, por lo que ~ = 4y dy~i + dy~j, dl donde como se observa es conveniente escribirlo todo en funci´on de y. El campo sobre la curva vale ~ = y~i + 2y 2~j F ~ = 4y 2 dy + 2y 2 dy = 6y 2 dy. La circulaci´on ser´a y el producto escalar F~ dl Z 2 Z P2 ~ ~ 6y 2 dy = 14 F dl = P1

1

Por tanto, Z

P2 P1

~ = 14 F~ dl

El resultado es por tanto el mismo que el calculado anteriormente. Como se ver´a en clase, puede demostrarse que este campo es conservativo, lo que implica que la circulaci´on entre dos puntos del campo es independiente de la curva seguida.

2) Dado el campo escalar V (~r) = 2xy − yz + xz, a) determine el vector que representa la direcci´on y magnitud de la m´axima variaci´on de V por unidad de longitud en el punto P (2, 1, 0); b) determine la variaci´on de V por unidad de longitud en la direcci´on hacia el punto Q(0, 4, 6). Soluci´ on ~ , que calculamos primero en un punto a) El vector pedido es simplemente el vector gradiente, ∇V gen´erico del campo: ~ ∇V

∂V ~ ∂V ~ ∂V ~ i+ j+ k ∂x ∂y ∂z = (2y + z)~i + (2x − z)~j + (x − y)~k

=

En el punto P el gradiente vale ~ |P = 2~i + 4~j + ~k ∇V b) Se nos pide la derivada direccional seg´ un la direcci´on del vector que une los puntos P y Q. Este vector es P~Q = −2~i + 3~j + 6~k, que normalizamos a la unidad: ~u = 17 (−2~i + 3~j + 6~k). La variaci´on de V por unidad de longitud en la direcci´on de ~u ser´a dV ~ u = 1 (−4 + 12 + 6) → dV = 2 = ∇V.~ dl 7 dl

3) Dado el campo vectorial F~ = xy~i + yz~j + xz~k, calcule su flujo a trav´es de la superficie de un cubo de lado unidad, en el primer octante y con un v´ertice en el origen. Soluci´ on a) Calcularemos el flujo a trav´es de cada una de las seis caras del cubo. En la cara y = 1, ~ = dx dz~j, F~ dS ~ = z dx dz, por lo que dS Z 1 Z 1 z dz = 1/2 dx. φ1 = 0

0

~ = −dx dz~j, F~ dS ~ = 0, y entonces En la cara y = 0, dS φ2 = 0 ~ = dy dz~i, F~ dS ~ = y dy dz, por lo que En la cara x = 1, dS Z 1 Z 1 dz = 1/2 y dy. φ3 = 0

0

~ = −dy dz~i, F~ dS ~ = 0, y entonces En la cara x = 0, dS φ4 = 0 ~ = dx dy~k, F~ dS ~ = x dx dy, por lo que En la cara z = 1, dS Z 1 Z 1 φ5 = x dx. dy = 1/2 0

0

~ = −dx dy~k, F~ dS ~ = 0, por lo que En la cara z = 0, dS φ6 = 0 Sumando los flujos a trav´es de las seis caras obtenemos el flujo total a trav´es de la superficie cerrada: φ=

6 X

φi =

i=1

3 2

4) Una lanzadera de masa ml = 103 kg lleva acoplado un sat´elite de masa ms = 300 kg; el conjunto describe inicialmente una ´ orbita el´ıptica, de modo que en el afelio la distancia al centro 3 de la Tierra es de ra = 42 × 10 km y la velocidad del conjunto es de va = 2.8 km/s. Determine en dicha posici´on de afelio en qu´e direcci´on debe ser lanzado el sat´elite, qu´e energ´ıa debe comunicarle la lanzadera, y qu´e velocidad debe ganar el sat´elite para que ´este adopte una ´orbita circular de radio 42 × 103 km. Calcule tambi´en la velocidad de la lanzadera inmediatamente despu´es del lanzamiento y razone qu´e ´ orbita describir´a. Datos adicionales: g0 = 9.8 m s−2 , RT = 6370 km Soluci´ on Determinamos en primer lugar la energ´ıa mec´anica del sat´elite antes del lanzamiento, que permanecer´a constante si no se realiza trabajo sobre ´el: 1 MT m mva2 − G 2 ra 2 R 1 mv 2 − mg0 T = 2 a ra 9 = −1.664 × 10 J

antes EM = EC + U =

Despu´es del p lanzamiento, el sat´elite debe adoptar una ´orbita circular de radio ra = 42 × 103 km. anica ser´a: Usando v = GMT /ra (s´olo v´alido para ´orbitas circulares), la energ´ıa mec´ 1 MT m despues EM = EC + U = mv 2 − G 2 ra 1 MT m MT m = G −G 2 ra ra 2 R 1 = − mg0 T 2 ra = −1.42 × 109 J

Por lo tanto, la lanzadera debe realizar un trabajo sobre el sat´elite igual a la diferencia de energ´ıas asociadas a las dos ´ orbitas: despues antes − EM → W = 2.44 × 108 J W = EM

Este trabajo W es la energ´ıa que debe inyectar la lanzadera al sat´elite. Como el punto de lanzamiento es el afelio de la ´orbita el´ıptica, en el que el sat´elite est´a a una distancia ra del centro de la Tierra igual al radio de la ´orbita circular, y adem´as tiene una velocidad puramente tangencial, el impulso dado por la lanzadera al sat´elite debe tener lugar en la direcci´on y sentido del movimiento del conjunto, tal y como se ilustra en la figura siguiente:

Determinemos a continuaci´on la velocidad que debe llevar el sat´elite despu´es del lanzamiento, para que adopte la ´ orbita circular de radio ra : q p v = GMT /ra = g0 RT2 /ra = 3.077 km/s

Como justo antes del lanzamiento la velocidad del sat´elite es la velocidad del conjunto va = 2.8 km/s, la velocidad que debe ganar el sat´elite en el lanzamiento ser´a ∆v = v − va → ∆v = 0.277 km/s Para describir el lanzamiento del sat´elite por la lanzadera, y determinar la velocidad de la lanzadera y su ´ orbita tras el lanzamiento, adoptamos como sistema de part´ıculas el conjunto lanzadera+sat´elite. Las fuerzas involucradas en el lanzamiento son entonces internas, y si suponemos que el proceso es suficientemente r´apido la cantidad de movimiento del sistema en la direcci´on del lanzamiento se conserva. Llamando v ′ a la velocidad de la lanzadera inmediatamente despu´es del lanzamiento, tendremos: (ml + ms )va = ml v ′ + ms v → v ′ = 2.72 km/s

Como era de esperar, la velocidad de la lanzadera ha disminuido. Su ´orbita posterior al lanzamiento ser´a el´ıptica, con el afelio en el mismo punto que antes pero con menor energ´ıa mec´anica, y ser´a por tanto ´ orbita de mayor excentricidad.

5) Un reloj de arena, de 10.5 kg de masa total, contiene 10 kg de arena. Cuando comienza a funcionar los primeros granos de arena caen 20 cm. Los u ´ltimos, despu´es de 1 hora, caen 5 cm. El reloj se coloca en una balanza sensible. a) Determine la medida de la balanza antes de que la arena comience a caer. b) Describa la medida de la balanza durante el lapso de tiempo en que la arena ha empezado a caer pero los primeros granos no han llegado todav´ıa al fondo. c) Determine la medida de la balanza cuando la arena se amontona en el fondo. Nota: Suponga que la tasa a la que la arena abandona la parte superior permanece constante, y que la altura del nivel de arena en la parte inferior crece linealmente con el tiempo.

Soluci´ on a) Antes de que la arena empiece a caer, la medida de la balanza corresponder´a a la masa total del conjunto, P = mtotal g, con mtotal = 10.5 kg y g = 9.8 m s−2 : P = 102.9 N b) Primero calculamos el lapso de tiempo que tardan los primeros granos en alcanzar el fondo. Como parten de velocidad nula y llevan un movimiento uniformemente acelerado de aceleraci´on g, ∆z = 1/2g∆t2 , por lo que s 2∆z = 0.202 s, ∆t = g donde se ha tomado ∆z = 0.2 m. A partir de este momento, los primeros granos ya habr´an llegado al fondo. Entre t = 0 y t = 0.202 s, la lectura de la balanza corresponder´a a la masa total del conjunto menos la masa de grano que hay en el aire. La masa de grano que hay en el aire ser´a maire = dm/dt t, donde t es el tiempo y dm/dt es la rapidez con la que la masa de grano abandona la parte superior del reloj: mgrano 10 kg dm = = = 2.78 × 10−3 kg s−1 dt ttotal 3600 s Por tanto, P = mtotal g −

dm g t = 102.9 − 2.78 × 10−3 × 9.8 × t → P = (102.9 − 2.72 × 10−2 t) N dt

La medida de la balanza decrece linealmente con el tiempo, al aumentar paulatinamente la masa de grano que hay en el aire y que no contribuye al peso medido. En el instante t = 0.202 s, no

obstante, la disminuci´on de peso es muy peque˜ na: ∆P = −5.5 × 10−3 N, ≈ 0.005 % del peso total. c) Para t > 0.202 s, y hasta que los u ´ltimos granos de arena abandonan el hemisferio superior del reloj, la medida de la balanza se ver´a alterada, en relaci´on al peso total, por dos efectos: disminuye debido a la masa de grano que hay en el aire, y aumenta debido a la cantidad de movimiento depositada, por unidad de tiempo, por los granos que van cayendo sobre la arena acumulada abajo. El peso medido es entonces P = mtotal g − maire g +

dmabajo v, dt

(1)

dm

abajo donde dt es la tasa de aumento de masa de grano en el hemisferio inferior, y v la velocidad de los granos en el momento de caer sobre la arena acumulada abajo. Los granos, si caen con velocidad v sobre el fondo acumulado, han volado un tiempo tcaida = dm v/g, durante el cual la masa que ha salido del hemisferio superior vale dm dt × tcaida = dt × v/g. Esta es precisamente la masa de grano en el aire maire , y la disminuci´on de peso asociada vale

−maire g = −

dm ×v dt

(2)

escrito en funci´ on de la velocidad v de los granos que est´an alcanzando el fondo, y de la tasa de masa de granos que abandona el nivel superior. Para determinar el aumento de peso debido a la transferencia de cantidad de movimiento, calculamos primero mabajo : mabajo = marena − marriba − maire y como marriba = marena −

dm dt t,

y maire =

dm dt

mabajo =

dm dm t− × v/g, dt dt

× v/g, se obtiene

donde t es el tiempo transcurrido desde el inicio. Para derivar respecto del tiempo, hay que tener en cuenta que la velocidad v de los granos al caer disminuye con t, porque el nivel de arena sobre el fondo, h(t), va aumentando y los granos vuelan cada vez menos trecho. Como el tiempo de ca´ıda vale s 2(d − h(t)) , tcaida = g donde d es la altura inicial de ca´ıda, 20 cm, y h(t) es el nivel de arena acumulado sobre el fondo, tendremos p v = gtcaida = 2g(d − h(t)), y entonces

dv g dh =− dt v dt Derivamos por fin mabajo : dmabajo dm dm 1 dh = + dt dt dt v dt

lo que muestra que la tasa de aumento de mabajo es mayor que la tasa de disminuci´on de marriba , debido al aumento del nivel del fondo y la consiguiente disminuci´on temporal de la cantidad de arena en el aire. El aumento de peso debido a la transferencia de cantidad de movimiento dmabajo dm dm dh v= v+ dt dt dt dt

(3)

y el peso medido por la balanza es, utilizando las ecuaciones (1), (2) y (3), P

dmabajo v dt dm dm dm dh = mtotal g − v+ v+ dt dt dt dt dm dh = mtotal g + dt dt

= mtotal g − maire g +

ıa exactamente la masa total. Es interesante observar que, en el caso dh dt = 0, la balanza medir´ Es decir, la disminuci´on del peso debido a la masa de grano en el aire cancelar´ıa exactamente la tasa de transferencia de cantidad de movimiento del grano al caer. Esto es debido a que ambos t´erminos, el peso de grano en el aire y la tasa de transferencia de momento, ser´ıan proporcionales a la velocidad de ca´ıda v y a dm dt . El nivel m´aximo alcanzado por la arena sobre el fondo es de 15 cm, por lo que dh dt = 0.15/3600 = 4.17 × 10−5 m/s. Por tanto, el aumento de peso debido al aumento del nivel de arena es ∆P =

dm dh → ∆P = 1.1 × 10−7 N dt dt

variaci´on totalmente indetectable para la balanza.