Fuerzas ficticias Referencial uniformemente acelerado
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- María Cristina Martin Aguirre
- hace 7 años
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1 Capítulo 10 Fuerzas fctcas Las fuerzas fctcas son fuerzas que deben nclurse en la descrpcón de un sstema físco cuando la observacón se realza desde un sstema de referenca no nercal, a pesar de ello, se nsste en usar las lees de Newton. O sea, la ntroduccón de fuerzas fctcas hace posble la descrpcón de un sstema físco usando, por ejemplo, un sstema de referenca unformemente acelerado o un sstema de referenca fjo a un cuerpo que rota unformemente. En lo que sgue trataremos sólo estos dos casos Referencal unformemente acelerado Sea S : (ˆx, ŷ, ẑ) un sstema de referenca nercal S : (ˆx, ŷ, ẑ ) un sstema de referenca que acelera con aceleracón constante a 0 respecto a S. El vector que une los orígenes O O de ambos sstemas de referenca es R(t) = R 0 + V 0 t a 0t 2. Sean r (t) r (t) los vectores de poscón de una masa m en los sstemas de referenca S S, respectvamente. La relacón entre r r es r = R + r. Dervando dos veces respecto al tempo se obtene o sea, r = R + r = a 0 + r, m r = m r m a 0. (10.1) Sea F la fuerza real neta que actúa sobre la masa m, es decr, la fuerza que genera la aceleracón r de la masa m observada desde un sstema de referenca nercal. En otras palabras F = m r. 259
2 260 Fuerzas fctcas S se nsste en usar la segunda le de Newton, pero con las magntudes observadas desde un sstema de referenca acelerado, se tene F = m r, pero la fuerza F ahora a no es F sno que, de acuerdo con la ecuacón (10.1), F = F m a 0. El térmno m a 0 = F fct es la fuerza fctca que ha que agregar a la fuerza real F para poder segur usando la segunda le de Newton desde un sstema acelerado con aceleracón a. Observe que esta fuerza fctca actúa como un campo gravtaconal constante (adconal al campo gravtaconal g que pudese estar presente). Ejemplo: Consderemos un péndulo sobre un carro que acelera con aceleracón constante a = a 0ˆx (ver fgura 10.1). Encontremos el ángulo α entre la normal la poscón de equlbro del péndulo. Resolveremos el problema de dos maneras: ) usando prmero el sstema de referenca nercal del observador O ) el sstema de referenca acelerado fjo a O. Fgura 10.1 ) En el sstema de referenca nercal el dagrama de cuerpo lbre de la masa m se muestra en la fgura 10.2a. La fuerza neta que actúa sobre la masa m es F = τ + F g = τ cos α ẑ + τ sn α ˆx mg ẑ. En el sstema de referenca nercal la partícula acelera con una aceleracón a = a ˆx, luego F = τ cos α ẑ + τ sn α ˆx mg ẑ = maˆx. Igualando las componentes de esta ecuacón vectoral se obtene τ cos α = mg τ sn α = ma. Dvdendo la segunda ecuacón por la prmera se deduce fnalmente que tan α = a g.
3 10.1 Referencal unformemente acelerado 261 Fgura 10.2a Fgura 10.2b ) Para un observador sobre el carro la masa m no se mueve. Por eso, para O la fuerza neta sobre la masa m debe ser nula. El dagrama de cuerpo lbre en este caso se muestra en la fgura 10.2b. Además de la fuerza ejercda por la tensón del hlo de la gravedad, debemos agregar la fuerza fctca F fct = ma ˆx. Tenemos o sea F = τ + F g + F fct = 0, 0 = τ cos α ẑ + τ sn α ˆx mg ẑ ma ˆx. Nuevamente, gualando las componentes de esta ecuacón vectoral se deduce que τ cos α = mg τ sn α = ma, o sea, las msmas relacones encontradas en la parte ). Para el observador O sobre el carro, tambén podríamos haber smplemente consderado un campo gravtaconal efectvo (ver fgura 10.3). g eff = g a = g ẑ a ˆx. Es evdente que el ángulo que g eff hace con la normal cumple con la relacón tan α = a/g. S el péndulo realza pequeñas osclacones en torno a su poscón de equlbro la frecuenca angular de las osclacones será Fgura 10.3 geff ω = l donde l es el largo del péndulo. = g 2 + a 2 l,
4 262 Fuerzas fctcas Referencal en rotacón unforme Sea S : (ˆx, ŷ, ẑ) un sstema de referenca nercal S : (ˆx, ŷ, ẑ ) un sstema de referenca que concde con el sstema S en certo nstante (por ejemplo, en t = 0), pero que rota con velocdad angular Ω = Ω ẑ constante en torno al eje ẑ (ver fgura 10.4). Sea A un vector con componentes A x, A, A z en el sstema de referenca S componentes A x, A, A z en el sstema de referenca S, o sea, A(t) = A x (t) ˆx + A (t) ŷ + A z (t) ẑ. A(t) = A x(t) ˆx + A (t) ŷ + A z(t) ẑ. Fgura 10.4 Los vectores untaros del sstema de referenca nercal ˆx, ŷ, ẑ son fjos, sn embargo, los vectores untaros del sstema de referenca rotatoro ˆx, ŷ, ẑ rotan, tenéndose ˆx = cos(ωt) ˆx + sn(ωt) ŷ ŷ = sn(ωt) ˆx + cos(ωt) ŷ ẑ = ẑ. Dervando estos vectores respecto al tempo se encuentra ˆx = Ω sn(ωt) ˆx + Ω cos(ωt) ŷ = Ω ŷ ŷ = Ω cos(ωt) ˆx Ω sn(ωt) ŷ = Ωˆx ẑ = 0. Evaluemos la dervada del vector A en ambos sstemas de referenca. Por una parte se tene por otra parte A = A x ˆx + Ȧ ŷ + Ȧz ẑ, A = A x ˆx + A x ˆ x + A ŷ + A ˆ + A z ẑ + A z ˆ z Usando las relacones anterores el hecho que = ( A x ˆx + A ŷ + Ȧ z ẑ ) + Ω (A x ŷ A ˆx ). Ω A = Ω ẑ ( A x(t) ˆx + A (t) ŷ + A z(t) ẑ ) = Ω ( A x ŷ A ˆx ),
5 10.2 Referencal en rotacón unforme 263 podemos escrbr ( A x ˆx + A ŷ + A ) ( z ẑ = A x ˆx + A ŷ + A z ẑ ) + Ω A, o sea ( da ) ( d = ) A + Ω A. (10.2) S S En la últma expresón los ejes untaros no aparecen explíctamente, por consguente, es una expresón que tene una valdez general (es decr, no sólo para rotacones en torno al eje ẑ). La ecuacón (10.2) relacona la dervada temporal de cualquer vector en el sstema de referenca nercal S con la dervada temporal de ese msmo vector, pero observada desde un sstema de referenca S que rota con velocdad angular Ω respecto a S. Aplquemos la ecuacón (10.2) al vector poscón r de una partícula de masa m. Se tene o sea, ( d r ) S = ( d r ) S + Ω r, v S = v S + Ω r. Acá v S es la velocdad de la partícula m observada por el observador nercal S v S es la velocdad de la msma partícula, pero observada desde el sstema de referenca rotatoro. Aplquemos nuevamente la ecuacón (10.2), pero ahora al vector v S. Se tene ( d vs ) S = ( d vs ) S + Ω v S. (10.3) Usando la ecuacón (10.3), se obtene ( ) ( d vs d( v = S + ) Ω r ) + Ω S ( v S + Ω r) S ( ) ( d vs d( = + ) Ω r ) + Ω S v S + Ω ( Ω r) S ( ) d vs = + 2 Ω v S + ( ) Ω Ω r. S El lado zquerdo de la últma ecuacón es la aceleracón de la partícula observada por el observador nercal S, denotémosla por a S. El prmer térmno al lado derecho es la aceleracón de la msma partícula pero observada desde el sstema de referenca rotaconal S, denotémosla por a S. De esta manera obtenemos m a S = m a S 2mΩ v S mω ( ) Ω r. (10.4) Sea F la fuerza real neta que actúa sobre la masa m, es decr, la fuerza que genera la aceleracón a S de la masa m observada desde un sstema de referenca nercal. En otras palabras F = m a S.
6 264 Fuerzas fctcas S se nsste en usar la segunda le de Newton, pero con las magntudes observadas desde un sstema de referenca acelerado, se tene F = m a S, pero la fuerza F ahora a no es F sno que, de acuerdo con la ecuacón (10.4), F = F 2m Ω ( ) v S m Ω r. Los térmnos F fct = 2m Ω v S mω ( ) Ω r (10.5) son la fuerza fctca que ha que agregar a la fuerza real F para poder segur usando la segunda le de Newton desde un sstema de referenca que rota respecto a un sstema de referenca nercal con velocdad angular Ω. El prmer térmno de la fuerza fctca dada por la ecuacón (10.5) es la así llamada fuerza de Corols F Corols = 2m Ω v S mentras el segundo térmno se llama fuerza centrífuga F cent = m Ω ( ) Ω r. Lo nteresante de la fuerza de Corols es que ella sólo aparece s, en el sstema de referenca rotaconal S, la masa se mueve, en ese caso, es perpendcular a la dreccón de movmento. Cuando m está en reposo (es decr, v S = 0) entonces la únca fuerza fctca que ha que agregar a la fuerza que se observa en un sstema nercal, es la fuerza centrífuga. Cuando realzamos expermentos en la terra (laboratoro) sempre asummos que un sstema fjo al laboratoro representa un sstema de referenca nercal. Sn embargo, la rotacón de la terra en torno a su propo eje (con una frecuenca Ω = 2π/( ) = 7, s 1 hace que el sstema de referenca no sea nercal que, en la práctca, debamos en ocasones agregar la fuerza fctca (10.5) para obtener una descrpcón correcta del sstema. La fuerza de Corols es responsable de muchos efectos (a veces sorprendentes) que se observan a nuestro alrededor. Por ejemplo, es la responsable de la rotacón de los cclones de las correntes marnas o del gro del plano de osclacón de un péndulo.
7 10.3 Problemas Problemas 1. Demuestre que la fuerza centrífuga que actúa sobre una masa m (s ésta es observada desde un sstema de referenca rotaconal que gra con velocdad angular Ω respecto a un sstema de referenca nercal) vene dada por F centrífuga = m Ω 2 ρ ˆρ, donde ρ es la dstanca entre el eje de rotacón la masa m ˆρ es un vector untaro que apunta el eje haca la masa m es perpendcular al eje de gro (ver fgura 10.5). Observe que la fuerza centrífuga tene la msma magntud dreccón de la fuerza centrípeta sólo que apunta en el sentdo opuesto. Fgura En un parque de dversones, los partcpantes se sostenen contra la pared de un clndro gratoro mentras el suelo se hunde. El rado del clndro es R = 3m el coefcente de roce entre las personas la pared del clndro es µ e = 0, 4. Determne el número mínmo de revolucones por mnuto que se requere para que el juego funcone. Haga el cálculo de dos maneras dstntas: ) usando un sstema de referenca nercal ) usando un sstema de referenca soldaro al clndro. 3. Consdere el efecto de la rotacón terrestre sobre el movmento de un proectl que se lanza desde la superfce terrestre con velocdad v 0. Suponga que el alcance del proectl es tal que en todo nstante se mueve en un campo gravtaconal constante, es decr, F g = m g. a) Demuestre que la velocdad del proectl vene dada por v = v 0 + g t 2 Ω r. Todas las magntudes están meddas respecto a un observador soldaro con la terra. Acá r es el vector poscón del proectl meddo desde el punto de lanzamento Ω es el vector velocdad angular de la terra. Al resolver el problema no se debe nclur la fuerza centrífuga a que ésta está ncluda en el valor local de g que se está usando. Al rotar la terra no sólo se modfca la magntud g sno que tambén su dreccón. La fuerza centrífuga ncluso modfca la forma de la terra; de hecho, la normal a la superfce terrestre usualmente no pasa por el centro de la terra. b) Demuestre que, al desprecar térmnos del orden Ω 2, para la aceleracón se obtene la ecuacón a = g 2 Ω g t 2 Ω v 0.
8 266 Fuerzas fctcas (Nuevamente todas las magntudes meddas desde un sstema de referenca soldaro a la terra). Integre la últma ecuacón demuestre que r(t) = v 0 t g t2 1 3 Ω g t 3 Ω v 0 t Desde un edfco de altura h = 100 m stuado en el Ecuador terrestre, se suelta una pedra. Debdo a la rotacón terrestre, la pedra no caerá a lo largo de la normal sno que se desvará levemente de ella. Una vez que llega al suelo, encuentre la magntud dreccón de la desvacón. Desprece efectos debdo al roce vscoso con el are. Indcacón: use el resultado obtendo en el problema anteror. Respuesta: La desvacón es haca el este es de magntud 2 3 Ω h 2h g 2, 19 cm. Fgura Desde el Ecuador se lanza un proectl con velocdad v 0 = 500 m/s en la dreccón este oeste, con un ángulo de elevacón α = 10. Encuentre como camba el tempo que el proectl tarda en volver a chocar con la terra el alcance del proectl debdo a la rotacón terrestre. Para resolver este problema no ha que nclur la fuerza centrífuga a que el efecto de ella a se ncluó en el vector la aceleracón de gravedad g, que supondremos constante en magntud dreccón sobre toda la traectora. Ignore cualquer efecto debdo al roce con el are desprece correccones del orden Ω 2. Respuesta: El alcance dsmnue en D = 4v3 0 Ω g 2 sn α ( ) 1 3 sn α cos2 α 62, 9 m. Qué pasa s en lugar de dspararlo de este a oeste se dspara de oeste a este o de sur a norte? 6. Consdere un canal de ancho a ubcado sobre la terra a una lattud λ > 0. Por el canal flue agua con una velocdad v 0. Demuestre que el nvel del agua al lado derecho del canal es superor a la del lado zquerdo en una cantdad h = 2aΩv 0 sn λ g,
9 10.3 Problemas 267 donde Ω es la velocdad angular de la terra. 7. Un balde con agua gra en torno a su eje de smetría con velocdad angular Ω. Debdo a la rotacón, la superfce del agua no será plana. Encuentre su forma. Fgura Consdere un péndulo cónco de largo l, cua masa gra en el plano horzontal en un círculo de rado R. S se gnora la fuerza de Corols, la frecuenca angular del péndulo cónco es ω 0 = g/l, sendo esta ndependente del sentdo del gro. Demuestre que al nclur la fuerza de Corols, las frecuencas en ambos sentdos a no son guales, tenéndose g ω 1 = l + ( Ω sn λ )2 Ω sn λ g ω 2 = l + ( Ω sn λ )2 Ω sn λ, donde λ es la lattud del lugar en que se encuentra el péndulo. 9. (Péndulo de Foucault) Al superponer (sumar) las dos solucones de un péndulo cónco correspondentes al msmo rado de gro, pero rotando en sentdos opuestos, se obtene la solucón de un péndulo smple. a) Demuestre lo anteror en forma explícta para un péndulo cónco gnorando la fuerza de Corols. b) Al realzar el msmo cálculo, pero ahora ncluendo el efecto de Corols (ver problema anteror), se encuentra que debdo a la rotacón terrestre, el plano de osclacón del péndulo smple no se mantendrá nvarante sno que grará paulatnamente. Demuestre que la velocdad angular con que gra el plano de osclacón del péndulo vene dado por ω F = Ω sn λ, donde Ω es la velocdad angular de la terra en torno a su propo eje λ es la lattud del lugar en que se encuentra el péndulo. Foucault fue el prmero en demostrar expermentalmente, con un péndulo mu largo, que el plazo de osclacón efectvamente gra a medda que transcurre el tempo. Observe que en el Ecuador el plano de osclacón no gra, mentras que en los polos da una vuelta completa en 24 horas (después de 6 horas el plano de osclacón habrá grado en 90 ).
10 268 Fuerzas fctcas 10. Consdere una cuña de masa M ángulo de elevacón α que puede deslzarse sobre un plano horzontal sn roce. Sobre el plano nclnado se encuentra otra masa m, que a su vez tambén puede deslzarse sobre el plano sn roce. Encuentre la aceleracón del plano nclnado M. Fgura Solucón a algunos de los problemas Solucón al problema 3 Como la terra está grando en torno a su propo eje, la fuerza efectva que actúa sobre el proectl será F eff = m g 2 m Ω v. (La fuerza centrífuga F centrfuga = m Ω ( Ω r) no debe nclurse a que su efecto está consderado en el valor local de la aceleracón de gravedad g). Todas las magntudes en la ecuacón anteror se referen a varables meddas en un sstema fjo a la Terra, es decr, respecto a un sstema de referenca que rota con velocdad angular Ω respecto a un sstema de referenca nercal. ( Ω es la velocdad angular de la rotacón de la Terra alrededor de su propo eje). Al nclur la fuerza efectva podemos segur usando la segunda le de Newton. Se tene o sea, F eff = m d v = m g 2 m Ω d r, m d v = m g 2 m Ω d r. Integrando (sumando) desde un nstante ncal a uno fnal se obtene d v = g 2 Ω Sea t = 0, t f = t, v = v 0, v f = v, r = 0 r f = r. Entonces, evaluando las ntegrales de la últma ecuacón se obtene v v 0 = g t 2 Ω r. (10.6) d r. Dervando esta ecuacón respecto al tempo se encuentra la aceleracón a = g 2 Ω v. Reemplazemos v en esta ecuacón por la expresón dada por (10.6), entonces a = g 2 Ω ( v 0 + g t 2 Ω r ) = g 2 Ω ( ) v 0 2 Ω g t + o(ω 2 )
11 10.4 Solucón a algunos de los problemas 269 Integrando estas expresones respecto al tempo se encuentra la velocdad luego la poscón en funcón de t: a = g 2 Ω v 0 2 Ω g t v v 0 = g t 2 Ω v 0 t Ω g t 2 v = v 0 + g t 2 Ω v 0 t Ω g t 2 r (t) = v 0 t g t2 ( Ω v 0 ) t ( Ω g ) t 3. (10.7) Solucón al problema 5 Defnamos los ejes del sstema referenca soldaro con la Terra tal como se muestra en la fgura adjunta. El proectl se dspara desde P en la dreccón este oeste con un ángulo de elevacón α, luego la velocdad ncal del proectl vene dada por v 0 = v 0 cos α ŷ + v 0 sn α ˆx. Los vectores correspondentes a la aceleracón de gravedad (local) la velocdad angular de la Terra venen dados por g = g ĝ Ω = Ω ẑ. Fgura 10.9 Reemplazando estas relacones en (10.7) se obtene la poscón del proectl a medda que transcurre el tempo (meddo desde el lugar de lanzamento): r(t) = v 0 t cos α ŷ + v 0 t sn α ˆx 1 2 gt2 ˆx g t3 Ω ŷ v 0 t 2 Ω cos α ˆx v 0 t 2 Ω sn α ŷ. Sea t el nstante en que el proectl vuelve a caer sobre la Terra. En ese nstante se tene que r (t ) = D ŷ,
12 270 Fuerzas fctcas donde D es el alcance del proectl. Evaluando r (t) en el nstante t e gualando el resultado con la expresón anteror, se puede despejar t D obtenéndose t = 2 v 0 sn α g + 2 Ω v 0 sn α 2v 0 g ( ) 2 2v0 sn α Ω sn α cos α + o(ω 2 ). g (Estamos desprecando todas las correccones del orden Ω 2 ). Para D se obtene la expresón D = v o t cos α 1 3 t 3 g Ω + v 0 t 2 Ω sn α. Susttuendo en esta ecuacón la expresón para t se encuentra (desprecando nuevamente todos los térmnos de orden o(ω 2 )) que D = 2v2 0 g sn α cos α + 4 v3 0 Ω g 2 sn α ( ) 1 3 sn2 α cos 2 α El prmer térmno del lado derecho de la últma ecuacón es el alcance del proectl s se gnora la fuerza de Corols; el segundo térmno es la correccón (a prmer orden en Ω), que sufre el alcance debdo a la rotacón terrestre. Solucón al problema 9. a) La poscón en funcón del tempo de un péndulo cónco de largo l que recorre un crculo de rado R vene dada por r(t) = R cos(ωt) ˆx + R sn(ωt) ŷ, con ω = g/l. Esta solucón corresponde a un péndulo cónco que gra en la dreccón contrara al reloj. Una solucón que gra en el msmo sentdo que el reloj vene dada por r 2 (t) = R cos(ωt) ˆx + R sn( ωt) ŷ. Fgura Al gnorar la rotacón de la Terra (es decr, al desprecar la fuerza de Corols) las frecuencas angulares para ambos sentdos es la msma. Al sumar las dos solucones se obtene la proeccón sobre el plano x de la solucón correspondente a un péndulo lneal. En efecto: ρ (t) = r 1 (t) + r 2 (t) = 2R cos(ωt) ˆx. El lado derecho corresponde al movmento de un osclador a lo largo del eje ˆx con ampltud 2R (esto es, la proeccón de la poscón del péndulo sobre el plano horzontal).
13 10.4 Solucón a algunos de los problemas 271 b) Al nclur el efecto de la fuerza de Corols, los vectores poscón (en el plano x ) de los péndulos cóncos, a medda que transcurre el tempo, venen dados por con r 1 (t) = R cos(ω 1 t) ˆx + R sn(ω 1 t) ŷ, r 2 (t) = R cos(ω 2 t) ˆx + R sn(ω 2 t) ŷ, ω 1 = g l + (Ω sn λ)2 Ω sn λ g ω 2 = l + (Ω sn λ)2 Ω sn λ, Fgura donde λ es la lattud del lugar en que se encuentra el péndulo (ver problema 10.8). Al sumar las dos solucones usar las relacones ( ) 1 cos(ω 1 t) + cos(ω 2 t) = 2 cos 2 (ω 1 ω 2 ) se encuentra ( ) 1 sn(ω 1 t) + sn(ω 2 t) = 2 cos 2 (ω 1 ω 2 ) ( ) 1 cos 2 (ω 1 + ω 2 ) ( ) 1 sn 2 (ω 1 + ω 2 ) ρ(t) = r 1 (t) + r 2 (t) = 2R cos ( Ω 2 sn 2 λ + gl ) t [cos(ωt sn λ) ˆx sn(ωt sn λ) ŷ]. La expresón delante del paréntess cuadrado corresponde a un movmento osclatoro de ampltud 2R con esencalmente la frecuenca g/l. El térmno en paréntess cuadrado es un vector untaro que ndca la dreccón de osclacón. Observe, sn embargo, que ese vector untaro rota lentamente en el plano x a medda que transcurre el tempo. O sea, la dreccón de osclacón de este osclador (el plano de osclacón del péndulo) rotará a medda que avanza el tempo, sendo la velocdad angular de rotacón de este movmento ω F = Ω sn λ.
14 272 Fuerzas fctcas Solucón al problema 10 Resolvamos el problema usando un sstema soldaro a la cuña. Sea a = aˆx la aceleracón de la cuña. Al grafcar los dagramas de cuerpo lbre en el sstema de referenca acelerado, debemos agregar las fuerzas fctcas. Los dagramas de cuerpo lbre de la masa m de la cuña se muestran en la fgura sguente. Fgura 10.12a Fgura 10.12b En el sstema soldaro a la cuña, la aceleracón de la masa m es a m = a xˆx a 2 ẑ, donde a z a x = tan α, (10.8) la aceleracón de la cuña M es nula. De los dagramas de cuerpo lbre se deducen las ecuacones de movmento mg ẑ + F N cos α ẑ + F N sn α ˆx + ma ˆx = m a m F N sn α ˆx + Ma ˆx Mg ẑ + F N ẑ = 0. De la segunda ecuacón se encuentra que F N = Ma/ sn α, de la prmera se obtenen las componentes a z a x de la aceleracón de m: a z = mg F N cos α a x = ma + F N sn α. Usando estas relacones (10.8), se encuentra de donde, fnalmente, a = tan α = mg F N cos α ma + F N sn α, mg M cotg α + (m + M) tan α.
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