1r ciclo Problemas con sistemas de referencia mobiles

[gunbladecat]

Bueno tengo un pequeño problema con este ejercicio:

Un avión comercial vuela sobre el Ecuador, con una velocidad de 900 km/h, en dirección hacia el Este. Una de las azafatas se pesa en una balanza. En el viaje de vuelta, cuando el avión sobrevuela la misma población, la azafata vuelve a pesarse y descubre con horror que la balanza marca casi medio kilogramo más que en el viaje de ida. ¿Ha engordado la azafata o podemos atribuir la diferencia de peso a otras causas? ¿A cuáles? ¿Podemos conocer el peso de la azafata con esta informacion? Haz el cálculo en el sistema no inercial de la Tierra y en uno inercial.

Lo que yo he hecho ha sido plantear la segunda ley de newton sobre la azafata considerando que ademas del peso, existe la fuerza de coriolis actuando sobre ella (que en este caso es perpendicular a la velocidad angular de la tierra y que lleva signo contrario en el viaje de ida y el de vuelta) Pero en un sistema inercial como se haria? y cual seria ese sistema? habia pensado en el sistema del avion que creo que es inercial pq su velocidad es constante pero como se plantearia en ese sistema, solo existe la fuerza de la gravedad en este sistema? estoy empezando con esto de las fuerzas de coriolis y tal, así que intentad ser el máximo de didácticos posible respecto al tema.

Nota: No hace falta tener en consideracion los efectos de la distancia sobre la superficie terrestre para el cálculo de la gravedad.

muchísimas gracias

[Jose D. Escobedo]

Re: Problemas con sistemas de referencia mobiles

Primero se usa la segunda ley de Newton para un sistema no inercial:

$\displaystyle \vec F' = \vec F - 2 m(\vec \Omega \times \vec v') -m \vec \Omega \times (\vec \Omega \times \vec r') - m\frac{d \vec \Omega}{dt} \times \vec r' - m \vec A'$

Luego de acuerdo con tu problema se eliminan las fuerzas que no existen en este sistema de referencia y se develan las fuerzas "reales".
Entonces $\vec A' = 0$ porque no hay translacion la azafata esta parada en la bascula, $\frac{d \vec \Omega}{dt} =0$ porque la velocidad angular de la tierra es constante, $\vec F' = m \vec a'= 0$ porque no hay movimiento acelerado de la azafata, ni se mueve cuando esta en la bascula y$\vec F = m \vec g +\vec N$

Finalmente, como todas las componentes son radiales, se proyectan y se extrae la diferencia entre las fuerzas de reaccion de cuando se viaja de regreso y de ida. $\Rightarrow$

$N_{oeste} - N_{este} = 4m \Omega v'$

de acuerdo con esto si la azafata se pesa en una bascula en el suelo de ecuador la bascula marcara aproximadamente 67.380 kg

Pd: no se si fui suficientemente didactico

[gunbladecat]

Re: Problemas con sistemas de referencia mobiles

Pus si fuiste suficientemente didáctico, solo que esa es justo la parte del ejercicio que consegui resolver. mi duda era como hacerlo desde un sistema inercial.

gracias

[aLFRe]

Re: Problemas con sistemas de referencia mobiles

Un avión comercial vuela sobre el Ecuador, con una velocidad de 900 km/h, en dirección hacia el Este. Una de las azafatas se pesa en una balanza. En el viaje de vuelta, cuando el avión sobrevuela la misma población, la azafata vuelve a pesarse y descubre con horror que la balanza marca casi medio kilogramo más que en el viaje de ida. ¿Ha engordado la azafata o podemos atribuir la diferencia de peso a otras causas? ¿A cuáles? ¿Podemos conocer el peso de la azafata con esta informacion? Haz el cálculo en el sistema no inercial de la Tierra y en uno inercial.

La expresión general que relaciona las aceleraciones medidas en una referencia inercial y un sistema de referencia en rotación con velocidad angular $\vec{\Omega}$
- no inercial - es :
$\vec{a}=\vec{a'} +\frac{d\,\vec{\Omega}}{d\,t}\times\vec{r'}+2\vec{\Omega}\times\vec{v'}+\vec{\Omega}\times(\vec{\Omega}\times\vec{r'})$
donde las magnitudes con ' son evaluadas en el sistema rotatorio.

El Sol sale por el Este y se pone por el Oeste, luego La Tierra gira de Oeste a Este : el vector velocidad de un punto sobre la superficie de La Tierra tiene dirección Oeste -> Este
y gira con una velocidad $\vec{\Omega}=\Omega \widehat{k}$
donde $\Omega = 7.27 \times 10^{-5} \frac{rad}{s}$.

La segunda ley de Newton
formulada en una referencia inercial es
$\sum_i \vec{F}_i= m \vec{a}$ donde el indice i nos permite indexar todas las fuerzas "dadas" o aplicadas
formulada en una referencia no inercial es
$\sum_i \vec{F}_i +\sum_j \vec{f}_j = m \vec{a'}$
donde el índice j nos permite indexar a las fuerzas de inercia que hay que incluir

El enunciado del problema dice que el avión hace dos viajes con una velocidad constante con respecto a La Tierra
y - suponemos - a una altura H respecto a la superficie de La Tierra - que es una esfera de radio R -
inicialmente de Oeste a Este con v'= 900 km/h = 250 m/s
y despues de Este a Oeste con v'= 250 m/s

El movimiento del avión es un movimiento circular uniforme seguiría el paralelo del ecuador
pero con un radio R + H
y por tanto hay aceleración normal y no tangencial
La ecuación escalar que nos describe la Física de la azafata en una referencia inercial cuando se pesa es :
$R - mg = - m a_n = - m \frac{v^2}{R+H}$
R es la lectura de la balanza que será una masa aparente $m_{ap} g$
y se considera que g no varía con la altura.

Para que quedase claro cómo evaluar los términos de inercia habría que hacer más matemáticas
o un dibujo, pero no lo voy a hacer.
Si se toma un punto sobre el Paralelo de Ecuador y se dibuja el plano tangente en ese punto,
la velocidad del avión en ese punto del Paralelo de Ecuador y la velocidad angular de La Tierra están en ese plano
y son perpendiculares.
La velocidad angular de La Tierra es constante luego $\frac{d\,\vec{\Omega}}{d\,t}=0$
La gravedad y las aceleraciones del movimiento son perpendiculares a ese plano según la recta que une ese punto
con el centro de La Tierra.

$\vec{R} - m\vec{g} - 2m\vec{\Omega}\times\vec{v'}- m \vec{\Omega}\times(\vec{\Omega}\times\vec{r'})= m \vec{a'}$
para la ida, y
$\vec{R^*} - m\vec{g} + 2m\vec{\Omega}\times\vec{v'}- m \vec{\Omega}\times(\vec{\Omega}\times\vec{r'})= m \vec{a'}$
para la vuelta puesto que $\vec{v'}$ es igual en módulo y dirección pero no en sentido.

$R-R^* - 4 m \Omega v'= 0$
luego $R-R^* = 4 m \Omega v'$

Si se evalúa el término $4 \Omega v'= 4 \times 7.27 \times 10^{-5}\times 250 = 0,073 \frac{m}{s^2}$
que es la aceleración a comparar con la de la gravedad $g \approx 10 \frac{m}{s^2}$
eso quiere decir que en tanto por uno la razón $\frac{\Delta m }{m}\approx 0,0073$
puesto que la azafata afirma que $\Delta m =0,5\,Kg$ su peso debería de ser 68,5 kg aproximadamente.
- he metido un gambazo y lo he editado -

Para formular el problema en una referencia inercial volvemos a recuperar la ecuación
$R - mg = - m \frac{v^2}{R+H}$
y tenemos en cuenta que v debe de evaluarse en una referencia inercial.
Sabemos que el avión vuela describiendo un círculo de radio R+ H respecto al centro de La Tierra
con una velocidad v' = 250 m/s
La Tierra gira a velocidad $\Omega$
y se aplica la formula $\vec{v}=\vec{\Omega}\times\vec{r}$ para obtener la velocidad
del punto situado encima de nosotros a una altura H

Cuando el avión viaja de Este -> Oeste $v_1= v' - \Omega(R+H)$
Cuando el avión viaja de Oeste -> Este $v_2= v' + \Omega(R+H)$
ahora aplicamos
$R - mg = - m \frac{v_1^2}{R+H}= - m \frac{(v' - \Omega(R+H))^2}{R+H}$
$R^* - mg = - m \frac{v_2^2}{R+H}= - m \frac{(v' + \Omega(R+H))^2}{R+H}$[/tex]
y hacemos
$R- R^* = - 4 m \Omega v'$
que es lo mismo que hemos obtenido en la referencia no inercial.

Posiblemente haya algún error ( en signos seguro )... si es el caso os pido disculpas y me hacéis las correcciones


Saludos.

[electr0n]

Re: Problemas con sistemas de referencia mobiles

La azafata "descubre con horror" <---- Nótese la obsesión de las ¿mujeres? con su peso, jajaja!

Saludos