1r ciclo Problema de desviación de plomada en Júpiter.

[XenoPhenom]

[FONT=&amp]Halle la desviación de una plomada con respecto a la dirección radial en un punto de la superficie de Júpiter[/FONT]
[FONT=&amp]de latitud norte 37º sabiendo que el planeta tarda 9 horas y 51 minutos en dar una vuelta sobre su eje,[/FONT]
[FONT=&amp]siendo su radio aproximadamente 7*10^4 km y la aceleración debida a la gravedad 26,5 m/s^2 .

Supongo que se hace con la aceleración de Coriolis... pero la verdad es que no tengo ni idea de cómo empezarlo.[/FONT]

[Al2000]

Re: Problema de desviación de plomada en Júpiter.

Alguien antes también se confundió pensando que se trataba de Fuerza de coriolis. Mira el hilo y tal vez sea lo que necesites. Se han perdido muchos gráficos pero creo que es entendible.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[XenoPhenom]

Re: Problema de desviación de plomada en Júpiter.

El problema del hilo es muy diferente o al menos me lo parece a mí.

[Richard R Richard]

Re: Problema de desviación de plomada en Júpiter.

Es exactamente lo que buscas

si llamas
$\beta$ al angulo de la latitud,
$\alpha$ al angulo de desviación de la vertical ,
$\omega$ a la velocidad angular de rotación,
$g$ a la aceleración de la gravedad en ese planeta
y $R$ el radio del planeta ,

entonces obtienes que

$\tan \alpha=\dst\frac{\omega^2R\cos \beta\sin \beta}{g-\omega^2R\cos^2 \beta}$

que tiene lógica tanto para 0° y 90° grados de latitud la desviación es nula, la primera por estar la fuerza centrípeta en la misma dirección radial, y en el otro caso porque la centrípeta es nula, es un problema aplicable a cualquier planeta .

[XenoPhenom]

Re: Problema de desviación de plomada en Júpiter.

Es exactamente lo que buscas

si llamas
$\beta$ al angulo de la latitud,
$\alpha$ al angulo de desviación de la vertical ,
$\omega$ a la velocidad angular de rotación,
$g$ a la aceleración de la gravedad en ese planeta
y $R$ el radio del planeta ,

entonces obtienes que

$\tan \alpha=\dst\frac{\omega^2R\cos \beta\sin \beta}{g-\omega^2R\cos^2 \beta}$

que tiene lógica tanto para 0° y 90° grados de latitud la desviación es nula, la primera por estar la fuerza centrípeta en la misma dirección radial, y en el otro caso porque la centrípeta es nula, es un problema aplicable a cualquier planeta .

¿Y de dónde sale esa fórmula?

[Richard R Richard]

Re: Problema de desviación de plomada en Júpiter.

aqui vamos

hay que descomponer las fuerzas y aceleraciones en dos ejes, para el primero tomamos la direccion radial hacia el centro del planeta desde el punto que analizamos, y el segundo perpendicular a este tangente a la superficie.

Aplicando la sumatoria de fuerzas para el primero tratamos de hallar la resultante

$P_{eso}=mg$

componente de la Fuerza centripeta en direccion radial $F_{cr}=m\omega^2r\cos \beta$

componente de la Fuerza centripeta en direccion perpendicular $F_{cp}=m\omega^2r\sin\beta$

Vectorialmente La fuerza en ese punto es$(P-F_{cr},F_{cp})$ reemplazando

$(mg-m\omega^2r\cos \beta,m\omega^2r\sin\beta)$

relacionando el radio de giro con la latitud del planeta $r=R\cos \beta$

volviendo a reemplazar el vector fuerza queda

$(mg-m\omega^2R\cos^2 \beta,m\omega^2R\cos \beta\sin\beta)$

el angulo $\alpha$ surge por trigonometria

$\tan \alpha=\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$

y si hallamos lo que valen el seno y el coseno del angulo de desviacion con especto a la direccion radial

$\cos\alpha=\dfrac{mg-m\omega^2R\cos^2 \beta}{\sqrt{(mg-m\omega^2R\cos^2 \beta)^2+(m\omega^2R\cos \beta\sin\beta)^2}}$


$\cos\alpha=\dfrac{m\omega^2R\cos \beta\sin\beta}{\sqrt{(mg-m\omega^2R\cos^2 \beta)^2+(m\omega^2R\cos \beta\sin\beta)^2}}$

de donde

$\tan \alpha=\dfrac{\dfrac{m\omega^2R\cos \beta\sin\beta}{\sqrt{\cancel{(mg-m\omega^2R\cos^2 \beta)^2+(m\omega^2R\cos \beta\sin\beta)^2}}}}{\dfrac{mg-m\omega^2R\cos^2 \beta}{\sqrt{\cancel{(mg-m\omega^2R\cos^2 \beta)^2+(m\omega^2R\cos \beta\sin\beta)^2}}}}$


simplificando los modulos


$\tan \alpha=\dfrac{m\omega^2R\cos \beta\sin \beta}{mg-m\omega^2R\cos^2 \beta}$

la masa que aparece en los terminos superior e inferior

$\tan \alpha=\dfrac{\omega^2R\cos \beta\sin \beta}{g-\omega^2R\cos^2 \beta}$