1r ciclo Trabajo y Energía I

[The Higgs Particle]

Hola, tengo este ejercicio y me han surgido varias dudas:



c) Por definición, tenemos que: $dW = \vec{F} \cdot d\vec{r} \to W_{A \to B} = \dst \int_{(0,0)}^{(2,4)} \vec{F} \cdot d\vec{r} =$ $\dst \int_{0}^{2} F_x \cdot dx + \dst \int_0^4 F_y \cdot dy$ $\to W = \dst \int_0^2 (x^2+y^2) \cdot dx + \dst \int_0^4 (2xy) \cdot dy$

Sin embargo, aquí nos encontramos que en la primera integral $y \neq cte.$, pues a medida que varía $x$, varía $y$ (es decir, podemos describir $y$ como una función de x: $y = f(x)$). Su relación es: $y = 2x$

Sustituyendo:

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] $= \frac{5 \cdot 2^3}{3} + \frac{4^3}{3} \to \boxed{W = 34.67 (J)}$


En todos los apartados sale el mismo realizado porque es una fuerza conservativa. Mi pregunta es, si ésta no es cte., ¿qué es lo que hace que lo sea?


e) Por definición: $\vec{F} = - \vec{\nabla}E_p = - \left(\frac{\partial E_p}{\partial x }, \frac{\partial E_p}{\partial y }, \frac{\partial E_p}{\partial z } \right)$

En este caso, como trabajamos en el plano $XY$, podemos prescindir de la componente $z$.

$F_x = - \frac{\mathrm{d} E_p}{\mathrm{d}x } \to d(E_p) = - F_x \cdot dx \to E_p = - \dst \int(x^2 + y^2) \cdot dx$
En este caso, no entiendo muy bien por qué hemos de entender que la $y^2 = 0$, pero así tenemos: $E_p = - \frac{x^3}{3}$ (1)

Con la y se procede de modo similar, obteniendo que $E_p = - xy^2$ (2)

Ahora bien, pone que hay que sumarlas, siendo: $E_p = \frac{-x^3}{3} - x^2y$. Si esta es la energía potencial, ¿qué son (1) y (2)?

[alexpglez]

Re: Trabajo y Energía I

Sobre la primera pregunta, a qué te refieres con cte¿? Si te refieres a la condición de que sea conservativa, es porque su rotacional es 0. (No sé si has dado el rotacional).

Y en e), lo he visto alguna vez pero no lo explicaba muy bien. Formulo la hipótesis de que primero haces el trabajo moviéndolo sobre el eje x, una distancia x (moviéndose por la recta y=0), que es lo que te da (1). Después sobre el eje y (moviéndose por la recta x=x), y sumas. Pero ésto sólo lo puedes hacer si la fuerza es conservativa, que es quizá lo que falta demostrar (aunque no sé si tienes las herramientas adecuadas para ello).

El apartado c) lo tienes bien. Los pasos a seguir siempre son: parametrizar y realizar cada integral.

Saludos

Y por cierto, tienes una contradicción: primero escribes que el gradiente es un vector formado por las derivadas parciales, y después escribes el símbolo de derivada total, esto se arregla definiendo que cada energía potencial no depende de y en (1) y de x en (2) por lo que te he explicado anteriormente. O escribes el símbolo derivada parcial.

[arivasm]

Re: Trabajo y Energía I

La cuestión de encontrar la energía potencial asociada con una fuerza conservativa parte de integrar $\vec F=-\vec\nabla U$. De esta manera tienes dos ecuaciones: $\dst F_x=-\frac{\partial U}{\partial x}$ y $\dst F_y=-\frac{\partial U}{\partial y}$. Fíjate que cuando se hace una de estas derivadas, por ejemplo respecto de x, consideras las demás variables (la y) como constantes. Conclusión: al integrar debes considerar las demás variables como constantes.

Me explico. Tienes que $\dst x^2+y^2=-\frac{\partial U}{\partial x}$. Al integrar, manejando $y$ como si fuese una constante, tienes que $\dst U=-\frac{1}{3}x^3-xy^2+f(y)$, donde $f(y)$ representa a una función arbitraria que debemos determinar. Para ello derivamos respecto de $y$ y comparamos con $F_y$: $\dst\frac{\partial U}{\partial y}=0-2xy+f'(y)=-F_y=-2xy$.

Por tanto, $f'(y)=0$ y entonces $f(y)=cte$.

Así pues, la forma general de la energía potencial asociada a dicha fuerza es $\dst U=-\frac{1}{3}x^3-xy^2+cte$

[The Higgs Particle]

Re: Trabajo y Energía I

Arivasm, creo que ya te he entendido. Podemos, entonces, hacer lo mismo pero con la derivada parcial respecto a $y$:

$\frac{\partial U}{\partial y} = F_y = - 2xy \to U = \dst \int (-2xy) \cdot dy \to U = -xy^2 + f(x)$ (1)

Entonces:

$\frac{\partial U}{\partial x} = -y^2 +f'(x) = - F_x = -x^2-y^2 \to f'(x) = -x^2 \to f(x) = \frac{-x^3}{3}$

Por lo tanto:

$U = -xy^2 -\frac{ x^3}{3}$

PD: Alex, me refería a constante (cte.), pero ya me lo has aclarado con el rotacional. Gracias

[Weip]

Re: Trabajo y Energía I

Dado que integrar es más difícil que derivar, ves a lo fácil: usa la definición de fuerza conservativa. Es decir, propones un campo escalar $\dst U=-\frac{1}{3}x^3-xy^2+cte$, compruebas que es de clase $C^1$ y le haces (menos) el gradiente. Coincide con la fuerza del enunciado así que ya has acabado. En este ejercicio es muy útil porque te dan la solución. En un examen tendrías que sacar el potencial a ojo. Es como cuando resuelves ecuaciones de primer o segundo grado. Uno puede proponer una solución y comprobar que se cumple la igualdad que toque. A veces es fácil, a veces no, pero es para que sepas un método más. Es un "método de emergencia" si no te sale la integral.

Por otro lado sé que ya hablamos de esto en otro hilo pero no puedes poner ciertas cosas en un examen porque si las pones parece que no hayas entendido la asignatura.

$d(E_p)$

$d$ no es función de $E_p$. De hecho no es ninguna función. Tu te refieres al diferencial $dE_p$. Se escribe todo junto. Da mala impresión escribirlo como lo has hecho porque parece que no seas consciente de cuál es el dominio de $df$.

$\dst \int_{0}^{2} F_x \cdot dx + \dst \int_0^4 F_y \cdot dy$

Si usas el punto como producto escalar entonces no lo uses para otras cosas. A parte el $dx$ y el $dy$ no son operativos. Es que es como si escribieras $lo\cdot g(x)$ en vez de $\log(x)$.

Son cosillas que deberías procurar escribir bien. Sino es como si no entendieras lo que haces y nadie quiere dar esa impresión en un examen.

[felmon38]

Re: Trabajo y Energía I

Higgs, para resolver c) habría que, aunque en este caso se ve inmediatamente, indicar previamente, que la fuerza F deriva de un potencial porque se cumple la igualdad de las derivadas cruzadas.

Saludos

[Al2000]

Re: Trabajo y Energía I

...
c) Por definición, tenemos que: $dW = \vec{F} \cdot d\vec{r} \to W_{A \to B} = \dst \int_{(0,0)}^{(2,4)} \vec{F} \cdot d\vec{r} =$ $\dst \int_{0}^{2} F_x \cdot dx + \dst \int_0^4 F_y \cdot dy$ $\to W = \dst \int_0^2 (x^2+y^2) \cdot dx + \dst \int_0^4 (2xy) \cdot dy$

Sin embargo, aquí nos encontramos que en la primera integral $y \neq cte.$, pues a medida que varía $x$, varía $y$ (es decir, podemos describir $y$ como una función de x: $y = f(x)$). Su relación es: $y = 2x$

Sustituyendo:

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] $= \frac{5 \cdot 2^3}{3} + \frac{4^3}{3} \to \boxed{W = 34.67 (J)}$
...

Creo que en lugar del inciso c) resolviste el inciso a). Para calcular el trabajo a lo largo de la recta que une los dos puntos deberías parametrizar la recta e integrar respecto de ese parámetro. No hace falta introducir una nueva variable para designar el parámetro y se podría usar la misma variable $x$ como tal.

Como bien indicaste, se cumple que $y = 2x$ y por lo tanto:

$$y = 2 x$$

$$dy = 2\, dx$$

$$\boldsymbol F = (x^2 + y^2)\, \boldsymbol i + 2 x y\, \boldsymbol j = 5 x^2 \, \boldsymbol i + 4 x^2 \, \boldsymbol j = (5 \boldsymbol i + 4 \boldsymbol j) x^2$$

$$d \boldsymbol r =\boldsymbol i \,dx + \boldsymbol j \,dy= (\boldsymbol i + 2 \boldsymbol j) \, dx$$

$$W = \int_{(0,0)}^{(2,4)}\!\! \boldsymbol F \boldsymbol \cdot d \boldsymbol r = \int_{0}^{2}\!\! (5 \boldsymbol i + 4 \boldsymbol j ) \boldsymbol \cdot (\boldsymbol i + 2 \boldsymbol j)\, x^2\, dx = \frac {104} 3\,\text {unidades de energia}$$

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[alexpglez]

Re: Trabajo y Energía I

Creo que en lugar del inciso c) resolviste el inciso a). Para calcular el trabajo a lo largo de la recta que une los dos puntos deberías parametrizar la recta e integrar respecto de ese parámetro. No hace falta introducir una nueva variable para designar el parámetro y se podría usar la misma variable $x$ como tal.

Como bien indicaste, se cumple que $y = 2x$ y por lo tanto:

$$y = 2 x$$

$$dy = 2\, dx$$

$$\boldsymbol F = (x^2 + y^2)\, \boldsymbol i + 2 x y\, \boldsymbol j = 5 x^2 \, \boldsymbol i + 4 x^2 \, \boldsymbol j = (5 \boldsymbol i + 4 \boldsymbol j) x^2$$

$$d \boldsymbol r =\boldsymbol i \,dx + \boldsymbol j \,dy= (\boldsymbol i + 2 \boldsymbol j) \, dx$$

$$W = \int_{(0,0)}^{(2,4)}\!\! \boldsymbol F \boldsymbol \cdot d \boldsymbol r = \int_{0}^{2}\!\! (5 \boldsymbol i + 4 \boldsymbol j ) \boldsymbol \cdot (\boldsymbol i + 2 \boldsymbol j)\, x^2\, dx = \frac {104} 3\,\text {unidades de energia}$$

Saludos,

$\mathcal A \ell$

Al, primero Higgs particle lo ha dividido en dos integrales y después parametrizado, pero supongo que equivale lo mismo parametrizar y calcular la integral o dividir las integrales y parametrizar. Después de todo en el caso particular lo que escribirte es equivalente a:

$$\int_0^2 5x^2dx + \int_0^2 8x^2dx=\int_0^2 5x^2dx + \int_0^4 y^2 dy$$

Realizando el producto escalar primeramente, y en la segunda integral haciendo el cambio de variable.

[Al2000]

Re: Trabajo y Energía I

[The Higgs Particle]

Re: Trabajo y Energía I

Habría que indicar previamente, que la fuerza F deriva de un potencial porque se cumple la igualdad de las derivadas cruzadas

Cierto. Estoy emitiendo conclusiones sin demostrar la premisa de la que parten:

Si $\vec{F} = \vec{F_x} + \vec{F_y} = (x^2+y^2) \vec{i} + (2xy) \vec{j}$, entonces:

$\dst \frac{\partial F_x}{\partial y} = 2y$

$\dst \frac{\partial F_y}{\partial x} = 2y$


Por lo tanto:

$\dst \frac{\partial F_x}{\partial y} = \dst \frac{\partial F_y}{\partial x} \to \vec{\nabla } \times \vec{F} = 0$


Lo cual nos permite afirmar que la fuerza $\vec{F}$ es conservativa: el trabajo realizado para ir de A a B será independiente de la trayectoria seguida y, además, deriva de un potencial.

[felmon38]

Re: Trabajo y Energía I



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