Arco capaz (GIE)

1 Enunciado

Sean A y B dos puntos diametralmente opuestos en una circunferencia c. Sea P otro punto de la misma circunferencia. Demuestre que los vectores $\overrightarrow{AP}$ y $\overrightarrow{BP}$ son ortogonales.

Inversamente, sean A, B y P tres puntos tales que $\overrightarrow{AP} \perp \overrightarrow{BP}$ . Pruebe que el centro de la circunferencia que pasa por A, B y P se encuentra en el punto medio del segmento AB.

2 Solución

Para ver que son ortogonales calculamos el producto escalar de los dos vectores.

$\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{BP}=(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CP})\cdot(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CP})$

siendo C el centro de la circunferencia.

Desarrollando en esta expresión

$\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{BP}=\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CP}\cdot(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BC})+\overrightarrow{CP}\cdot\overrightarrow{CP}$

Ahora bien, por ser puntos diametralmente opuestos, $\overrightarrow{AC}$ y $\overrightarrow{BC}$ son vectores del mismo módulo

R

, misma dirección y sentido contrario, por lo que

$\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BC} = \vec{0}$ $\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BC}=-\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AC}=-|\overrightarrow{AC}|^2$

lo que nos lleva a

$\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{BP} = -|\overrightarrow{AC}|^2 + 0+|\overrightarrow{CP}|^2$

Puesto que A y P se encuentran sobre la circunferencia, equidistan del punto C:

$|\overrightarrow{AC}|=R$ $|\overrightarrow{CP}|=R$

y por tanto

$\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{BP} = -R^2 + R^2 = 0$

El producto escalar es nulo y los vectores son, por tanto, ortogonales.

El resultado es independiente del punto

P

, siempre que se encuentre sobre la circunferencia. A esta construcción se la denomina arco capaz.

Para el proceso inverso, se trata de localizar el punto C tal que

$|\overrightarrow{CA}|=|\overrightarrow{CB}|=|\overrightarrow{CP}|$

Se puede ver que la situación es la misma, aunque la figura esté girada. Tenemos dos vectores $\overrightarrow{AP}$ y $\overrightarrow{BP}$ de los que sabemos que son ortogonales, esto es

$\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{BP}=0$

Tomamos el punto C, que es el punto medio de A y B y por tanto verifica

$\overrightarrow{BC}=-\overrightarrow{AC}=-\frac{\overrightarrow{AB}}{2}\qquad\Rightarrow\qquad |\overrightarrow{CA}|=|\overrightarrow{CB}|$

Queda entonces demostrar que

$|\overrightarrow{AC}| \stackrel{?}{=} |\overrightarrow{CP}|$

La demostración del enunciado recíproco es completamente análoga a la anterior. Operando exactamente como antes llegamos de nuevo a la igualdad

$\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{BP} = -|\overrightarrow{AC}|^2+|\overrightarrow{CP}|^2$

siendo ahora el dato que el primer miembro es nulo y por tanto

$0 = -|\overrightarrow{AC}|^2+|\overrightarrow{CP}|^2$ $\Rightarrow$ $|\overrightarrow{CP}|=|\overrightarrow{AC}|=\frac{|\overrightarrow{AB}|}{2}$

y por tanto el punto C se encuentra siempre a la misma distancia de P, siendo esta distancia igual a la mitad de la distancia entre A y B.

Esta construcción es útil en Mecánica. Imaginemos una escalera apoyada sobre una pared y el suelo. Cuando la escalera resbala, deslizándose sobre la pared y el suelo, ¿qué trayectoria describe el punto medio de la escalera? En este caso P es la esquina y A y B son los extremos de la escalera. C es su punto medio. Si L es la longitud de la escalera, este resultado prueba que $|\overrightarrow{PC}| = L/2$ y por tanto el punto C describe un arco de circunferencia.

http://laplace.us.es/wiki/index.php

Armónicos esféricos vectoriales

1 Definición

Los armónicos esféricos vectoriales constituyen una extensión del concepto de armónico esférico a campos vectoriales. Para cada armónico esférico, $Y_{lm}(\theta,\varphi)$ , se definen tres armónicos esféricos vectoriales

$\mathbf{Y}_{lm} = Y_{lm}\mathbf{u}_r$

$\mathbf{\Psi}_{lm} = r\nabla Y_{lm}$

$\mathbf{\Phi}_{lm} = \mathbf{r}\times\nabla Y_{lm}$

2 Fuentes escalares y vectoriales

A partir de la definición y de las propiedades de los armónicos esféricos tenemos las siguientes fuentes para los armónicos esféricos vectoriales

2.1 Fuentes escalares

Tomando la divergencia de cada campo

$\nabla\cdot\mathbf{Y}_{lm}=\frac{2}{r}Y_{lm}$

$\nabla\cdot\mathbf{\Psi}_{lm}=-\frac{l(l+1)}{r}Y_{lm}$

$\nabla\cdot\mathbf{\Phi}_{lm}=0$

3 Fuentes vectoriales

Tomando el rotacional

$\nabla\times\mathbf{Y}_{lm}=-\frac{1}{r}\mathbf{\Phi}_{lm}$

$\nabla\times\mathbf{\Psi}_{lm}=\frac{1}{r}\mathbf{\Phi}_{lm}$

$\nabla\times\mathbf{\Phi}_{lm}=-\frac{l(l+1)}{r}\mathbf{Y}_{lm}-\frac{1}{r}\mathbf{\Psi}_{lm}$

Aro centrado en el origen

1 Enunciado

Tenemos un aro homogéneo de masa

M

y radio

R

con centro

O

. Se escogen los ejes coordenadas como se indica en la figura.

Calcula la matriz de inercia en $O$ , usando los ejes indicados en la figura.
Calcula el momento de inercia respecto a un eje que pasa por $O$ y forma un ángulo de $π / 3$ con el eje $O X 3$ .
El aro gira alrededor del eje anterior con un vector rotación $\vec{\omega}$ paralelo al eje. Calcula el momento cinético en $O$ y la energía cinética del aro.

2 Solución

2.1 Tensor de inercia

La forma general del tensor de inercia en un punto es

$\overleftrightarrow{I_O} = \left[ \begin{array}{ccc} I_{11} & -P_{12} & -P_{13}\\ -P_{12} & I_{22} & -P_{23}\\ -P_{13} & -P_{23} & I_{33} \end{array} \right]$

Ya hemos usado que el tensor es simétrico. Vamos a calcular primero los elementos no diagonales.

Tenemos

$P_{13} = \int\mathrm{d}m\,x_1x_3=0$

Esta integral se anula porque para todos los puntos del aro se cumple

x 3 = 0

. Por la misma razón tenemos

$P_{23} = \int\mathrm{d}m\,x_2x_3=0$

Para el otro producto de inercia

$P_{12} = \int\mathrm{d}m\,x_1x_2 = \int\mathrm{d}m (R\cos\theta)(R\,\mathrm{sen}\,\theta)$

Tenemos

$\mathrm{d}m = \dfrac{M}{2\pi R}\,R\mathrm{d}\theta$

por lo que

$P_{12} = \int\limits_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \dfrac{MR}{2\pi}\cos\theta\,\mathrm{sen}\,\theta = \dfrac{MR}{4\pi} \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \,\mathrm{sen}\,(2\theta) =0$

Los tres productos de inercia son cero. Este resultado se puede obtener sin hacer cuentas con argumentos de simetría. Al ser el aro un sólido plano, el eje

X 3

es principal de inercia, pues es perpendicular al plano del sólido. Y como el aro tiene simetría de revolución alrededor de

X 3

, todas las direcciones perpendiculares a

X 3

que pasen por

O

son principales de inercia, en particular

X 1

X 2

. Entonces, el tensor de inercia es diagonal respecto a los tres ejes indicados.

Vamos con los momentos de inercia. Al ser un sistema plano tenemos

I 33 = I 11 + I 22

Y por la simetría del aro tenemos

$I_{11} = I_{22}\Longrightarrow I_{11} = I_{22} = \dfrac{1}{2}I_{33}$

Basta entonces con calcular

I 33

$I_{33} ) \int\mathrm{d}m\,(x_1^2+x_2^2) = \int\mathrm{d}m R^2= R^2\int\mathrm{d} m = MR^2$

Todos los puntos están a la misma distancia del eje

X 3

, el radio del aro

R

. Y la integral que queda es la masa total del aro.

Entonces el tensor de inercia en

O

$\overleftrightarrow{I_O} = I \left[ \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{array} \right]$

con

$I = \dfrac{1}{2}M R^2$

2.2 Momento de inercia respecto a un eje

Conocido el tensor de inercia, el momento de inercia respecto a un eje

Δ

que pase por el punto es

$I_{\Delta} = \vec{n}\cdot\overset{\leftrightarrow}{I}_O\cdot\vec{n}$

donde $\vec{n}$ es un vector unitario en la dirección del eje

Δ

Por simetría, podemos considerar que el eje

Δ

está en el plano

X 2 X 3

. El resultado no debe cambiar si giramos el eje alrededor de

X 3

. Entonces el vector $\vec{n}$ es

$\vec{n} = [0, \mathrm{sen}\,(\pi/3), \cos(\pi/3)] = [0, \sqrt{3}/2, 1/2]$

El momento de inercia pedido es

$I_{\Delta} = I[0, \sqrt{3}/2, 1/2] \left[ \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} 0\\ \sqrt{3}/2 \\ 1/2 \end{array} \right] = I[0, \sqrt{3}/2, 1/2] \left[ \begin{array}{c} 0\\ \sqrt{3}/2 \\ 1 \end{array} \right]= I\left(\dfrac{3}{4} + \dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{5}{4}I= \dfrac{5}{8}MR^2$

2.3 Momento cinético en la rotación

El vector rotación puede escribirse $\vec{\omega}=\omega\vec{n}$ siendo $\vec{n}$ el vector unitario paralelo al eje del apartado anterior. Al se

O

un punto fijo, el momento cinético es

$\vec{L}_O = \overset{\leftrightarrow}{I}_O\cdot\vec{\omega} = I \left[ \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} 0\\ \sqrt{3}\omega/2 \\ \omega/2 \end{array} \right] = I\omega \left[ \begin{array}{c} 0\\ \sqrt{3}/2 \\ 1 \end{array} \right]$

Podemos ver que el momento cinético $\vec{L}_O$ y el vector rotación no son paralelos. El ángulo que forman es

$\cos\alpha = \dfrac{\vec{L}_O\cdot\vec{\omega}}{|\vec{L}_O||\vec{\omega}|} = \dfrac{5}{2\sqrt{7}}$

Por tanto el eje no es dirección principal de inercia

La energía cinética es, al ser

O

un punto fijo

$T = \dfrac{1}{2}\vec{\omega}\cdot\overset{\leftrightarrow}{I}_O\cdot\vec{\omega} = \dfrac{\omega^2}{2}\vec{n}\cdot\overset{\leftrightarrow}{I}_O\cdot\vec{n} = \dfrac{1}{2}I_{\Delta}\omega^2 = \dfrac{5}{16}MR^2\omega^2$

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viernes, 17 de marzo de 2017

Estudios y ejercicios de Física aplicada

Arco capaz (GIE)

1 Enunciado

2 Solución

Armónicos esféricos vectoriales

1 Definición

2 Fuentes escalares y vectoriales

2.1 Fuentes escalares

3 Fuentes vectoriales

Aro centrado en el origen

1 Enunciado

2 Solución

2.1 Tensor de inercia

2.2 Momento de inercia respecto a un eje

2.3 Momento cinético en la rotación

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