1r ciclo Partícula en campo E y B. Eje de coordenadas no inercial.

[Zhisi]

Hola. Estoy haciendo el siguiente ejercicio:

Una partícula de masa $m$ y carga $q$ está inicialmente en reposo en el origen pero existe un campo $\vec{E}=E \hat{j}$ y otro $\vec{B}=\hat{k}$ ambos uniformes. Hallar la solución

En el libro que tengo está resuelto de un modo que no entiendo, utilizando ejes intrínsecos que se mueven con velocidad relativa a los ejes inerciales $\frac{E}{B} \hat{i}$.

Yo he empezado del siguiente modo:

Para empezar escribo la ecuación de la fuerza que se ejerce sobre la partícula debida a ambos campos:

$\dst \vec{F}=m\vec{a}=m\frac{\mathrm{d} \vec{v}}{\mathrm{d} t}=q\vec{v}\wedge \vec{B} +q\vec{E}$

dividiendo todo por $m$ y escribiendolo por componentes obteengo:

$\dst \frac{\mathrm{d} v_z}{\mathrm{d}t }=0$

$\dst \frac{\mathrm{d} v_y}{\mathrm{d}t }=\frac{q}{m}(-v_x B+E)$

$\dst \frac{\mathrm{d} v_x}{\mathrm{d}t }=\frac{q}{m}v_yB$

Ahora lo que hago es escribir lo mismo pero relativo a unos ejes no inerciales que se desplazan en la dirección del campo electrico debido al mismo descrito por la siguiente ecuación

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

Con lo que las ecuaciones anteriores quedan:

$\dst \frac{\mathrm{d} v'_z}{\mathrm{d}t }=0$

$\dst \frac{\mathrm{d} v'_y}{\mathrm{d}t }=-\frac{q}{m}v'_x B$ [A]

$\dst \frac{\mathrm{d} v'_x}{\mathrm{d}t }=\frac{q}{m}v'_yB$ [B]

Con [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] indico los parámetros referidos a los ejes NO inerciales.

Sobre estos nuevos ejes tengo que:

$\dst \frac{\mathrm{d} \vec{v'}}{\mathrm{d} t}=\frac{q}{m}\vec{v'}\wedge \vec{B}=-\frac{q}{m}\vec{B}\wedge \vec{v'}=\vec{\omega } \wedge \vec{v'}$

De donde obtengo la igualdad:

$\dst \vec{\omega }=-\frac{q}{m} \vec{B}$

Sustituyendo esta igualdad en [A] y [B] me queda un sistema de dos ecuaciones:

$\dst \frac{\mathrm{d}v'_x }{\mathrm{d} t }=-\omega v'_y$

$\frac{\mathrm{d}v'_y }{\mathrm{d} t }= \omega v'_x$

Resolviendo:

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

donde $C$ es la cte de integración.



Aquí ya me pierdo (supongo que me he perdido hace rato jajajaja!!)


¿Alguien que me lo explique?

Muchas gracias.

[arivasm]

Re: Partícula en campo E y B. Eje de coordenadas no inercial.

Hola Zhisi,

En primer lugar encuentro (creo) un error cuando escribes $\dst \frac{\mathrm{d} v_y}{\mathrm{d}t }=-\frac{q}{m}(v_x B+E)$, pues entiendo que debe ser $\dst \frac{\mathrm{d} v_y}{\mathrm{d}t }=\frac{q}{m}(E-v_x B)$.

Sobre la solución al sistema de ecuaciones diferenciales

$$\frac{\mathrm{d}v'_x }{\mathrm{d} t }=\omega v'_y$$

$$\frac{\mathrm{d}v'_y }{\mathrm{d} t }=- \omega v'_x$$

fíjate que si derivas una de ellas, por ejemplo la primera, y substituyes

$\dst\frac{\dd^2 v'_x }{\dd t^2}=\omega \frac{\dd v'_y }{\dd t}=-\omega^2 v'_x$

tienes una ecuación diferencial cuya solución general es

$v'_x=A\sin\omega t+B\cos\omega t$

donde A y B las encuentras aplicando las condiciones iniciales para $v'_x$ y su derivada (que encuentras a través de las condiciones iniciales para $v'_y$ que te impone (1)).

Una vez que tienes la expresión para $v'_x$ la derivas y despejas $v'_y$ en (1).

Con respecto al problema, yo no veo la necesidad de usar el sistema de referencia no inercial que indicas, pero es, evidentemente, una cuestión de gustos. Si recurres a un sistema de referencia inercial tendrás también dos ecuaciones diferenciales en las que sucederá lo mismo de antes, que una de las variables aparece en la derivada de la otra, pero que se resuelven exactamente de la misma manera (la única diferencia está en que en una de ellas aparece un término constante que se suma al armónico).

Saludos!

[Zhisi]

Re: Partícula en campo E y B. Eje de coordenadas no inercial.

Tienes razón en $\dst \frac{\mathrm{d} v_y}{\mathrm{d}t }=\frac{q}{m}(E-v_x B)$, ya lo he editado.

Al hacer la E.D $\dst\frac{\dd^2 v'_x }{\dd t^2}=-\omega^2 v'_x$ no sé cómo obtienes el resultado $v'_x=A\sin\omega t+B\cos\omega t$. Si pongo la ecuación del siguiente modo:

$\dst\frac{\dd^2 v'_x }{ v'_x}=-\omega^2 \dd^2 t$

Al hacer la primera integral en lado de la izqda obtengo un logaritmo, no obtengo seno ni coseno

Lo voy a terminar de resolver tal y como indicas, utilizando la solución de la E.D que tu das (doy por hecho que es la correcta jeje!) y después lo volveré a hacer entero utilizando ejes no inerciales.


Muchas gracias.

PD: Por cierto, tenía otra errata en mi primer post y creo que la has copiado. Cuando sustituyo $\omega$ pongo los signos en las ecuaciones que no son. Lo correcto es lo siguiente:

$\dst \frac{\mathrm{d}v'_x }{\mathrm{d} t }=-\omega v'_y$

$\dst\frac{\mathrm{d}v'_y }{\mathrm{d} t }= \omega v'_x$

Ya lo he editado en el post original.

[arivasm]

Re: Partícula en campo E y B. Eje de coordenadas no inercial.

Al hacer la E.D $\dst\frac{\dd^2 v'_x }{\dd t^2}=-\omega^2 v'_x$ no sé cómo obtienes el resultado $v'_x=A\sin\omega t+B\cos\omega t$. Si pongo la ecuación del siguiente modo:

$\dst\frac{\dd^2 v'_x }{ v'_x}=-\omega^2 \dd^2 t$

Al hacer la primera integral en lado de la izqda obtengo un logaritmo, no obtengo seno ni coseno

La solución general de la ecuación diferencial $y''=-\omega^2 y$ es una función armónica $y=A\sin \omega t+B\cos\omega t$ como puedes comprobar sin más que hacer la substitución. Está claro que no puede ser un logaritmo, por ejemplo, $y=A \ln (k t)$, pues entonces $\dst y'=\frac{A}{t}$, y $\dst y''=-\frac{A}{t^2}$ que no hay manera de ponerla como $-\omega^2 y = -\omega^2 A \ln(k t)$.

Tu error está en que no puedes hacer esto $\dst\frac{\dd^2 v'_x }{ v'_x}=-\omega^2 \dd^2 t$ e integrar, pues, como te digo no es una ED de orden 1, sino de orden 2.

[Zhisi]

Re: Partícula en campo E y B. Eje de coordenadas no inercial.

Ok, entendido.

Ahora tengo otro problema. Las velocidades iniciales son nulas, por tanto al aplicar las condiciones iniciales para $v'_x$ es decir $v'_x(t=0)=A\sin\omega t+B\cos\omega t=0$
obtengo el valor de $B=0$ y al hallar para su derivada $A=0$ por que $v'_y(t=0)=0$. Y no puede ser.

¿Qué estoy planteando mal?

[arivasm]

Re: Partícula en campo E y B. Eje de coordenadas no inercial.

Quizá la clave esté en el método que empleas. Permíteme que lo enfoque desde un sistema de referencia inercial.

De $m\vec a=q(E\vec\jmath+\vec v\times B\vec k)$ tenemos

$$\dst\dot v_x=\frac{q}{m}B v_y$$

$$\dst\dot v_y=\frac{q}{m}(E-B v_x)$$

$$\dst\dot v_z=0$$

Por supuesto la solución de (3) con $v_z(0)=0$ es $v_z(t)=0$, lo que lleva directamente, con la condición $z(0)=0$ a $z(t)=0$.

Para resolver el par formado por (1) y (2) derivemos (2) y substituyamos (1):

$$\dst\ddot v_y=-\frac{q}{m}B\dot v_x=-\left(\frac{q}{m}B\right)^2v_y=-\omega^2 v_y$$

cuya solución general, como comentamos, es

$$v_y=C\sin\omega t+D\cos\omega t$$

donde la condición inicial $v_y(0)=0$ implica que $D=0$. Derivando, haciendo $t=0$ y usando (2), tenemos que

$$\dst\dot v_y(0)=C\omega=C\frac{q}{m}B=\frac{q}{m}[E-B v_x(0)]=\frac{q}{m}E$$

de donde resulta

$$\dst C=\frac{E}{B}$$

Así pues

$$\dst v_y(t)=\frac{E}{B}\sin\frac{qB}{m}t$$

El resto pasa por derivar, y usar (2) para tener $v_x(t)$. Después sólo se trata de integrar y obtener $x(t)$ e $y(t)$.

[Zhisi]

Re: Partícula en campo E y B. Eje de coordenadas no inercial.

Hoy lo he hablado con la profesora y me ha dicho que mi planteamiento no era correcto. Hoy no me puedo liar con este ejercicio (mañana tengo un examen de esta misma asignatura del tema anterior) pero este fin de semana me lo replantearé del modo que comentas y de las otras dos formas que me han explicado hoy.

Un saludo y gracias!!