Secundaria Fuerza de coriolis

[mtec]

Hola gente, bueno mi primer mensaje. A ver si me pueden dar una mano con este rollo:

Debido a la rotación de la tierra, una plomada puede no colgar exactamente en dirección de la fuerza gravitacional ejercida sobre ella, sino que puede desviarse un poco de esa direccion.

a) Demuestre que la deflexión en radianes en un punto de latitud , esta dada por:



Donde es el radio de la tierra y el período de rotación.

b) En qué latitud es máxima la deflexión? De cuánto es? Cuál es la deflexión en los polos? Y en el Ecuador?

Entiendo el concepto de la fuerza de coriolis, lo que no se es como operar algebraicamente con estas pseudofuerzas.

Muchas gracias.

[Al2000]

Re: Fuerza de coriolis

En realidad no tiene nada que ver con la aceleración de Coriolis, que depende de la velocidad del cuerpo. La desviación de la vertical es debida a la aceleración centrífuga, $- \boldsymbol \omega \times ( \boldsymbol \omega \times \boldsymbol r)$, donde $\boldsymbol \omega$ es la velocidad angular de Tierra y $\boldsymbol r$ es el radiovector que apunta desde el centro de Tierra hasta el punto en la superficie donde está la plomada.

La dirección de la aceleración centrífuga será perpendicular al eje de rotación de Tierra y dirigido alejándose del eje y tiende a desviar la plomada hacia el ecuador terrestre. Haz un esquema de los vectores con $\boldsymbol g$ apuntando radialmente hacia el centro de Tierra y la aceleración centrífuga perpendicular al eje de Tierra para calcular el ángulo de la resultante.

Para la parte b) simplemente analiza la fórmula misma que tienes que demostrar para ver su máximo y sus extremos.

Saludos,

Al

[mtec]

Re: Fuerza de coriolis

Gracias, voy a tener que repasar los conceptos. Saludos.

[carmelo]

Re: Fuerza de coriolis

Hola:
Me parece que la fórmula tiene un error. Debería ser $\pi^2$ en lugar de $\pi$. Otra cosa, recordar que esta expresión se obtiene de hacer la aproximacion de que $\omega^2R\ll g$ lo cual es una suposición razonable. Y segundo, que la deflexion es pequeña por lo tanto $\tan \alpha\approx \alpha$. Si no es aceptable hacer esta suposición se llega a la siguiente expresión.
$\tan\alpha=\displaystyle\frac{\omega^2R\cos L \sin L}{g-\omega^2R\cos^2L}$.
Recordar que $\omega=\displaystyle\frac{2\pi}{T}$

Saludos
Carmelo

[mtec]

Re: Fuerza de coriolis

Exactamente Carmelo, estaba a punto de hacer una fe de erratas, la expresión queda en función de $\pi$ al cuadrado!.

[juantv]

Re: Fuerza de coriolis

Saludo mtec

Creo que hace algun tiempo me habia topado con este problema y no recuerdo si ya lo habia respondido en uno de mis hilos, en fin.

Basicamente consiste en aplicar la poderosa segunda ley de newton

te mostrare el desarrollo basandonos en considerar la tierra como una esfera de radio R por somplicidad( en verdadm por facilidad tambien) . no tengo como hacerte un esquema de la situacion lo que quiza complique un poco el entendimiento. (espero que alguien que sepa como hacer el esquema lo comente, o tu mismo intenta realizarlo).

tenemos una masa colgando de una cuerda que esta a una latitud $\dst L$ , esta esta sujeta a ciertas fuerzas ... la tension de la cuerda, la fuerza de atraacion gravitacional y a una fuerza centripeta ya que describe un movimiento circular debiodo a la velocidad angular de la tierra $\dst \Omega$.

esa circunferencia que describe tiene un radio de $\dst R\cos{L}$ y como sabemos de la dinamica del mov circular , la resusltante de las fuerzas que actuan sobre la particula debera ser igual a la masa por la aceleracion normal $\dst \Omega R \cos{L}$

No soy fisico , y no quisiera aventurarme a decir porque de lo siguiente, ya tendre mis respuestas en mi, La tensión T de la cuerda que sujeta a la partícula que forma un ángulo φ con la dirección radial, esto es precisamente lo que queremos calcular!.

Bien, ahora si apliquemos segunda ley de newton como lo haciamos en secundaria :

para la direccion vertical de la particula tenemos equilibrio: la componente vertical de la tension y del peso

T·sen(L+φ)-mg0·sen(L)=0

para la direccion horizontal: la componente horizontal del peso y de la tension sumado a la fuerza centripeta

Tcos(L+φ)- mg0·cos(L)=-mω2R·cos L

Bien, eliminemos T de ambas ecuaciones, sugiero que despejes lo que tenga T de lo demas, despues que dividas la primera entre la segunda (es sencillo) y obtendras:

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

desarrolla la tangente de la suma (identidades trigonometricas) , despeja tan(φ), recduerda que:



y obtendras:

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

ahora usamos lo que te ha dicho carmelo , , y la definicion de velocidad angular ( 2 pi /T)

y ademas como
Como α es pequeño frente a la unidad, y el ángulo φ es pequeño podemos escribir:



λ=L , [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] $\frac{R \omega ^2}{g_0}[I] [/I]$

reemplazas y ahi tienes tu expresion.

No espero haber colaborado, pero ya esta.

[carmelo]

Re: Fuerza de coriolis

Hola:
Para clarificar un poco voy a dejar el esquema que yo utilizo.

Y este es el desarrollo.
Se aplica la segunda ley de Newton.
Se descompone el sistema en una parte radial y otra tangencial.
La fuerza centripeta $F_{cp}=m\omega^2R\cos L$
Las ecuaciones para la parte radial son:
$mg=T\cos\alpha+F_{cp}\cos L=T\cos\alpha+m\omega^2R\cos^2L$
Para la parte tangencial:
$T \sin\alpha=m\omega^2R\cos L\sin L$
Combinando ambas expresiones se llega
$mg-m\omega^2R\cos^2L=\dst\frac{m\omega^2R\cos L\sin L}{\sin\alpha}\cos\alpha$ de donde:

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

Saludos
Carmelo

[Jose D. Escobedo]

Re: Fuerza de coriolis

Hola:
Para clarificar un poco voy a dejar el esquema que yo utilizo.

[ATTACH=CONFIG]2636[/ATTACH]

Y este es el desarrollo.
Se aplica la segunda ley de Newton.
Se descompone el sistema en una parte radial y otra tangencial.
La fuerza centripeta $F_{cp}=m\omega^2R\cos L$
Las ecuaciones para la parte radial son:
$mg=T\cos\alpha+F_{cp}\cos L=T\cos\alpha+m\omega^2R\cos^2L$
Para la parte tangencial:
$T \sin\alpha=m\omega^2R\cos L\sin L$
Combinando ambas expresiones se llega
$mg-m\omega^2R\cos^2L=\dst\frac{m\omega^2R\cos L\sin L}{\sin\alpha}\cos\alpha$ de donde:

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

Saludos

Carmelo

Muy bien, pero como hace referencia Al en el post #2 la fuerza es no inercial "llamada: centrifuga" aqui la fuerza centripeta es otra cosa.

Saludos
Jose

[carmelo]

Re: Fuerza de coriolis

Hola:
No he podido arreglar el esquema. Donde dice Fcp(Fuerza centrifuga) debería decir Fcf(fuerza centrifuga). Opté por un esquema de este tipo, dado que creo que es mas utilizado este tipo de razonamiento.

No obstante, yo prefiero razonar considerando un sistema de referencia inercial, fijo el cual no presenta rotación, y por lo tanto la particula presenta una aceleración debida a una resultante de fuerzas, no nula, que es una fuerza real y se llama centripeta. En cualquier caso la ecuación que se llega es la misma, dado que el módulo de la fuerza centripeta y la fuerza centrífuga es el mismo.
Espero que se entienda.

Saludos
Carmelo