Energía

La energía cinética de un sistema de partículas se define como

$$T = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^N m_i\bm{v}^2_i = \frac{1}{2}\sum_{i=1}... ..._i {\bm{v}'_i}^2 {\color{gray}\, + \bm{V}\cdot \sum_{i=1}^N m_i\bm{v}'_i} \;,$$

donde el último miembro de la derecha se anula, como expresamos más arriba. Vemos que en esta expresión también podemos identificar la energía cinética correspondiente al movimiento de traslación del sistema como un todo (primer término), más la energía cinética del sistema vista desde su centro de masa (segundo término)

$$T = \frac{1}{2}M\bm{V}^2 + \frac{1}{2}\sum_{i=1}^N m_i {\bm{v}'_i}^2 \;.$$

Para un cuerpo rígido ( $\bm{v}'_i=\bm{\omega}\times\bm{r}'_i$) simétrico, también aquí puede expresarse la energía cinética de rotación alrededor de un eje de simetría (segundo término) mediante $I_o$ y $\bm{\omega}$, como $T_{\rm rot}=I_o\,\omega^2/2$.

Esta cantidad pude modificarse realizando trabajo mecánico sobre las partículas, como veremos a continuación. Para llevar al sistema desde el estado $A$ al $B$, el trabajo realizado por todas las fuerzas aplicadas es

$$W_{AB} = \sum_{i=1}^N \int_A^B \bigg( \bm{F}_i^{\rm (e)} + \sum_... ...j=1\\ j\neq i\rule{0em}{0.5em}}}^N\bm{F}_{ij} \bigg) \cdot {\rm d}\bm{r}_i \;.$$

Por la segunda ley de Newton, podemos sustituir el paréntesis por $m_i\dot{\bm{v}}_i\,$, y a partir de la definición para la velocidad reemplazamos ${\rm d}\bm{r}_i=\bm{v}_i{\rm d}t$

$$W_{AB} = \sum_{i=1}^N \int_A^B m_i\underbrace{\dot{\bm{v}_i} \cdo... ... = \int_A^B \sum_{i=1}^N {\rm d}\bigg(\frac{1}{2}m_i v^2_i\bigg) = T_B-T_A \;.$$

Mostramos entonces que la variación de la energía cinética al llevar el sistema del estado $A$ al $B$ es igual al trabajo realizado sobre el mismo en ese proceso.

Decimos que las fuerzas externas son conservativas cuando pueden derivarse a partir de un potencial escalar $V^{\rm (e)}(\bm{r}_1,\bm{r}_2,...,\bm{r}_N)$, es decir

$$\bm{F}_i^{\rm (e)} = -\nabla_i V^{\rm (e)} = -\left( \bm{\hat{\im... ...ht) V^{\rm (e)} \equiv -\frac{\partial V^{\rm (e)\!\!}}{\partial\bm{r}_i} \;.$$

Para el trabajo realizado por las fuerzas externas tenemos entonces

$$\sum_{i=1}^N \int_A^B \bm{F}_i^{\rm (e)} \cdot {\rm d}\bm{r}_i = ... ...d}\bm{r}_i = -\int_A^B {\rm d}V^{\rm (e)} = V^{\rm (e)}_A - V^{\rm (e)}_B \;.$$

Si además las fuerzas de interacción $\bm{F}_{ij}$ solo dependen de $\bm{r}_{ij}\equiv\bm{r}_i\!-\bm{r}_j$ y pueden derivarse de un potencial $V_{ij}(\bm{r}_{ij})$, con $V_{ij}=V_{ji}$ de manera que $\bm{F}_{ij}=-\nabla_iV_{ij}$ cumple con la tercera ley de Newton (ejercicio), entonces podemos escribir para el término restante como

$$\sum_{i\neq j} \int_A^B \bm{F}_{ij} \cdot {\rm d}\bm{r}_i = \fra... ... = \frac{1}{2}\sum_{i\neq j} \int_A^B \bm{F}_{ij} \cdot\!{\rm d}\bm{r}_{ij}\;.$$

Notando que

$$\bm{F}_{ij} = -\frac{\partial V_{ij}}{\partial\bm{r}_i~} = -\fra... ...} \int_A^B {\rm d}V_{ij} = -\frac{1}{2}\sum_{i\neq j} V_{ij}\Big\vert _A^B \;.$$

Resumiendo, en estos casos

$$W_{AB} = T_B-T_A = \bigg(V^{\rm (e)}_A+\frac{1}{2}\sum_{i\neq j}V... ...(V^{\rm (e)}_B+\frac{1}{2}\sum_{i\neq j}V_{ij}\Big\vert _B\bigg) = V_A-V_B \;,$$

o bien

$$T_A+V_A=T_B+V_B \qquad\Rightarrow\qquad E_A=E_B \;,$$

que no es otra cosa que nuestra bienamada conservación de la energía.