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FUERZAS DE INERCIA
Cuando un observador no inercial (aquel que se mueve con aceleración) quiere describir las
causas del estado de reposo o de movimiento de un cuerpo, no le basta con la segunda ley de
Newton, pues necesita considerar además de las fuerzas de interacción que recoge la citada ley,
otras fuerzas que carecen de pareja de reacción, son las fuerzas de inercia.
La aceleración que mide para un cuerpo un observador
no inercial, es siempre relativa, puesto que su propio
sistema de referencia también tiene aceleración, bien en
traslación, en rotación, o en una combinación simultánea
de ambas, fig.1.
r
ω
r
aO′
Y´
En el estudio del movimiento relativo la aceleración
r
absoluta a , medida respecto de ejes inerciales, fig. 1, se
r
relaciona con la aceleración relativa a′ , referida a ejes en
movimiento con aceleración, por la ecuación:
X´
O´
r
r
r r dω r
r r r
a=aO′ + ω ∧ (ω ∧ r ′ ) +
∧ r ′ + 2ω ∧ v′ + a′
r r
Z´
r
dt
r′
r
Si se escribe la aceleración relativa a′ en el primer
miembro de la ecuación:
m
Y
r r r
r
O
r
r
r
a′=a -aO′ − ω ∧ (ω ∧ r ′ ) −
r
X
r
r r
dω r
∧ r ′ − 2ω ∧ v′
dt
Multiplicando por la masa m del cuerpo, del que se
quiere medir la aceleración, se establece una
ecuación entre las fuerzas consideradas por los
observadores, inercial y acelerado.
Z
r
r
r r
r r
dω r
ma′=ma -maO′ − mω ∧ (ω ∧ r ′ ) − m
∧ r ′ − 2mω ∧ v′
Fig.1
r
r
r
[1]
dt
r
El término ma es el producto de la masa por la aceleración que mide el observador inercial y
r
representa a la suma de todas las fuerzas de interacción, ∑ F (interacción) que aparecen en la
segunda ley de Newton. Los demás sumandos también son fuerzas, que añadidas a la primera,
permiten al observador no inercial explicar la Dinámica del cuerpo desde sus propios ejes en
O´. Se conocen como fuerzas de inercia y algunas tienen nombres particulares, así
r
r r
r r
− mω ∧ (ω ∧ r ′ ) se conoce como fuerza centrífuga y −2mω ∧ v′ se designa como fuerza de
Coriolis.
Se van a explicar a continuación cada una de las distintas fuerzas de inercia a través de diversos
supuestos.
1
a) Los ejes móviles no giran y solo tienen aceleración de traslación.
r
s
dω
Se verifica entonces que ω = 0 y
=0.
dt
r
Sustituyendo en [1] encontramos para el observador no inercial que m·a′ vale:
r
r
r
ma ′ = ma - maO′
r
En este caso la fuerza de inercia vale solamente - maO′
aceleración de los ejes móviles en O´.
y es de sentido contrario a la
En la fig.2 una maleta se encuentra libre en el pasillo de un avión que acelera por la pista de
r
despegue de un aeropuerto, con una aceleración aO′ . Para describir su dinámica, un observador
que está en el avión debe añadir a las fuerzas de interacción (peso, reacción del suelo y fuerza
r
r
de rozamiento) la fuerza de inercia, -maO′ para de este modo poder calcular la aceleración a′
que lleva la maleta por el pasillo del avión. Vectorialmente.
r
r
r
r
r
ma′ = − P + N + FR - maO′
[2]
r
Obsérvese, que la fuerza de inercia -maO′ es de sentido contrario a la aceleración de los ejes
r
móviles (que es la aceleración del avión aO′ ). La fuerza de rozamiento como se opone al
movimiento de la maleta irá hacia delante.
Y´
r
aO′
s
Y
N
r
r
O
Z
− maO′
O´
X
FR
r
aO′
X´
Z´
r
−P
Fig.2
Aplicación numérica:
Los aviones comerciales suelen tomar al despegar aceleraciones de unos 4 m/s2. Si el
coeficiente de rozamiento de la maleta con el pasillo es de 0,3. Determine la aceleración con
que se mueve por éste y su sentido del movimiento por el pasillo del avión.
2
Solución:
Aplicando la ecuación vectorial [2] respecto de los ejes X´ y Y´ situados en O´ resulta:
r
∑F
y′
r
∑F
x′
r
r
= N j ′ − P j ′ = 0; ⇒ N = P = m· g
r
r
r
= ma′x′ i′ = − maO′ i′ + FR i′ ⇒ ma′x′ = − maO′ + µ · N
ma′x′ = − maO′ + µ · N = − maO′ + µ ·mg
a′x′ = − aO′ + µ · g = − 4
m
m
+ 0,3·9,8 2 = − 1,06 m / s 2
2
s
s
Al tratarse de un movimiento rectilíneo, el signo menos indica que la maleta se mueve por el
pasillo con sentido contrario al positivo de los ejes, en nuestro caso, también al sentido de
avance del avión respecto de tierra.
b) Los ejes móviles no tienen aceleración de traslación, pero están girando con velocidad
angular constante. Supondremos además que el cuerpo está permanentemente en reposo
respecto de los ejes móviles en O´.
r
d ω( cte )
= 0;
dt
r
Se verifica que:
aO′ = 0;
r
r
r
r
a′ = 0
r
r
r
r
ma ′ = 0 = ma - mω ∧ ( ω ∧ r ′ )
Aplicando la ecuación [1] resulta:
r
r
v ′ = 0;
r
La fuerza: − m ω ∧ (ω ∧ r ′ ) = FCT ,i se llama fuerza centrífuga de inercia y observemos en la
fig.3 que su dirección pasa por el centro O´ y su sentido es radial hacia fuera. La fuerza
centrífuga “se fuga del centro”.
Y´
r
ω
r
ω
X´
O´
r r
ω ∧ r′
r
r′
Z´
m
r
r
r
r
− m ω ∧ (ω ∧ r ′ ) = FCT ,i
Fig.3
Un ejemplo lo constituye la Tierra, si prescindimos de su movimiento de traslación respecto al
Sol. Al girar alrededor de su eje dando una vuelta por día, constituye un sistema no inercial
que gira con velocidad angular constante. Sobre cualquier objeto aunque se encuentre en reposo
r
r
respecto de la Tierra, fig.4, aparecen las fuerzas de interacción: peso P y reacción R ; además
3
r
de la fuerza centrífuga de inercia FCT ,i . Esta fuerza es en cada lugar perpendicular al eje de
rotación de la Tierra y hacia fuera, fig.4.
En el caso que estamos tratando en el que suponemos un cuerpo de masa m en reposo respecto
de la Tierra, se verifica que la suma de todas las fuerzas respecto de unos ejes terrestres debe
ser nula. Resulta:
r
r
r
r
r
r
r
r
r
ma′ = 0 = P + R - mω ∧ ( ω ∧ r ′ ) = P + R + FCT ,i
r
ω
r
R
r
FCT ,i
r
P
Fig.4
O
Ejercicio: Calcular la fuerza centrífuga de inercia que actúa sobre un objeto de masa m, situado
en un lugar de la Tierra de latitud λ, en función del radio de la Tierra RT y de la velocidad
angular de la Tierra ωT.
Solución:
r
r
r
r
r
r
r
r
FCT ,i = m −ωT ∧ (ωT ∧ r ) = m ωT ωT ∧ r sen 90 = m ωT
2
r
r
En la fig.5 la distancia desde un lugar de la Tierra, al eje de
rotación puede expresarse en función del radio terrestre.
r
RT
r = RT · sen ( 90 − λ ) = RT ·cos λ
λ
O
Sustituyendo:
r
r
FCT ,i = m ωT RT ·cos λ
2
Fig.5
Ejercicio: Determinar la velocidad angular ω con que debería girar la Tierra, para que un
cuerpo situado en reposo, en un punto de latitud λ sobre el Ecuador, tuviese un peso aparente
nulo. Radio de la Tierra RT = 6370 km.
4
Solución:
Si el cuerpo debe presentar un peso aparente nulo, respecto de unos ejes fijos en la Tierra y que
por lo tanto giran con ella a la misma velocidad angular, se cumplirá que la suma de todas las
fuerzas incluida la fuerza centrífuga de inercia, es igual a cero. En la fig. 6 se descomponen la
r
r
fuerza centrífuga de inercia FCT ,i y la reacción R en sus respectivas componentes radiales y
r
r
transversales. Las componentes de la reacción las designamos por N y FTrans .
Componentes
radiales
r
R
r
r
FTrans
N
λ
r
FCT ,i
r
λ
λ
P
Componentes
transversales
Fig.6
Aplicando la condición de equilibrio:
N + FCT ,i ·cos λ − P = 0
[a]
FCT ,i ·sen λ − FTrans = 0
[b]
Sustituyendo en [a] la fuerza centrífuga por su valor en función de la latitud λ resulta.
r
N + m ωT RT cos 2 λ − P = 0
2
[c]
Nótese que en el Polo λ=90º y N = P.
En otras latitudes λ es distinta de 90º y aún suponiendo que la reacción normal N fuese nula
(lo que significa un peso aparente nulo), la ecuación puede satisfacerse con los otros dos
sumandos.
5
La componente transversal de la reacción de la ecuación [b], puede ser proporcionada al cuerpo
por una fuerza de rozamiento, su valor se determina de [b].
r
FTrans = FCT ,i sen λ = m ωT RT cos λ ·sen λ
2
Obsérvese que tanto en el Ecuador λ = 0 ó en el Polo λ = 90, la fuerza transversal es nula.
Para determinar el valor de la velocidad angular ω para la cual el peso aparente de un cuerpo es
nulo, en un lugar de latitud λ, se impondrá en la ecuación [c] la condición N=0 y se sustituirá
r
ωT = ωλ para después despejarla:
ωλ =
P
g
=
2
m· RT ·cos λ
RT ·cos 2 λ
Sustituyendo por ejemplo para la latitud de Madrid λ = 42º resulta:
ω42º =
9,8 m / s 2
rad
vueltas
= 1,75.10 −3
= 24,1
3
2
6370.10 m·cos 42º
s
dia
Y el período rotación, T =
2π
ω42º
=
2π
= 3590 s = 59 min 50 s
1,75.10 −3
Para un objeto en el Ecuador su peso aparente es nulo con un valor de ω menor. En efecto
haciendo λ = 0
ω0º =
9,8
rad
vueltas
= 1,24.10 −3
= 17
3
6370.10
s
dia
Si se expresa ω en función de ω0º y de la latitud del lugar λ, tal que el peso aparente sea nulo.
ωλ =
ω0º
cos λ
Excluyéndose el Polo donde λ=90º pues conduce a una singularidad.
6
c) Los ejes móviles no tienen aceleración de traslación, pero están girando con una
velocidad angular variable con el tiempo. Supondremos igualmente que el cuerpo
permanece en reposo respecto de los ejes móviles.
r
r
aO′ = 0;
ω = ω (t ) ≠ 0 ;
dt
r
v′ = 0;
r
a′ = 0
Sustituyendo en [1] queda:
Y´
r
dω
r
dω
≠ 0;
dt
r
r
r
r r
dω r
r
r
ma ′ = 0 = m a - mω ∧ ( ω ∧ r ′ )- m
∧ r′
dt
≠0
r
El último término es una fuerza tangencial de
inercia
r
dω r r
−m
∧ r ′ = FT ,i
dt
N
r
X´
O´ Q
r
R
r
FT ,i
r
FCT ,i
Z´
En la fig.7, una plataforma gira con aceleración
angular y lleva un cuerpo en reposo, sujeto por
r
unas ligaduras. Se encuentra en una posición r ′
respecto de unos ejes que giran con ella situados
en O´.
r
P
Fig.7
Un observador que gire con la plataforma, para explicar como el cuerpo de masa m puede
r
permanecer en reposo, tiene que considerar que actúan las fuerzas de interacción peso P y las
r
r
r
r
r
reacciones N ; Q ; R junto con las fuerzas de inercia: centrífuga FCT ,i y tangencial FT ,i .
Nótese, que por estar m en reposo respecto de los ejes móviles, la suma de todas las fuerzas
r
r
observadas desde estos ejes tiene que ser nula. Las reacciones Q y R contrarrestan para el
observador no inercial, a las dos fuerzas de inercia. Vectorialmente:
r
r
r
r r
r
0 = P + N +Q + R - F CT,i - F T,i
Ejercicio: Un tío vivo comienza a acelerar uniformemente desde el reposo, hasta alcanzar en
10 s una velocidad angular constante de 0,30 rad/s. Un pasajero de masa 60 kg, va sentado en
la plataforma giratoria a una distancia de 3m de su centro. Determine los valores de la fuerzas
de inercia, centrífuga y tangencial, que actúan sobre el pasajero, a los 5 s de iniciada la rotación
de la plataforma.
Solución:
Durante los primeros 10 s el movimiento del tío vivo es circular uniformemente acelerado. La
aceleración angular.
α=
ω − ωo
t
=
0,30 rad s − 0
rad
= 30.10 −3 2
10 s
s
7
ω = ωo + α ·t = 30.10 −3
La velocidad angular para t = 5 s vale
rad
rad
·5s = 0,15
2
s
s
Tomando dos vectores unitarios uno en la dirección
r
r
radial n y otro en la dirección tangencial τ . Fig.8
r
ω
r
r
r
r
r2 r r
r
FCT ,i = −m ω ∧ (ω ∧ r ′) = −m ω r ′ n = −60 · ( 0,15 ) ·3 n
r
α
r
2
r
FCT ,i = −4,1n N
O´
r
τ
r
n
r
r
FT ,i
FT ,i
r
r r
r r r
dω r
r
∧ r ′ = − m α ∧ r ′ = − m α r ′ τ = − 60 ·30.10 −3 ·3 τ
dt
r
r
FT ,i = −5,4 τ N
r
FT ,i = − m
Fig.8
d) Los ejes móviles no tienen aceleración de traslación, pero están girando con velocidad
r
angular constante. Se supone también, que el cuerpo se mueve con velocidad v′ respecto
de los ejes móviles.
r
r
dω
r
r
aO′ = 0;
ω ≠ 0;
= 0;
v′ ≠ 0
dt
Sustituyendo en [1] queda para la aceleración respecto de los ejes no inerciales
r
r r
r r
r
r
ma ′ = ma - mω ∧ ( ω ∧ r ′ ) - 2mω ∧ v
r
r
Donde: ma = ∑ F (interacción);
r
r
r r
− mω ∧ (ω ∧ r ′ ) = FCT ,i ;
r r r
−2mω ∧ v′ = FCOR
r
El último término FCOR es la fuerza de Coriolis. En la fig.9 se considera un móvil que se
desplaza por la superficie terrestre en el
Y´
hemisferio Norte, a una latitud λ, a lo largo de
r
un meridiano con sentido hacia el Ecuador
ω
r
r
r
terrestre y con la velocidad v′ .
ω R
r
FCOR
r
P
O´
r
FCT ,i
r
v′
λ
x´
Z´
Fig.9
Despreciando el efecto del movimiento de traslación de la Tierra alrededor del Sol, para un
observador que gira con la Tierra (sistema no
s
r
inercial), actúan el peso P y la reacción R (en
general ésta proporciona dos componentes: la
reacción normal y la fuerza de rozamiento) y
r
como fuerzas de inercia, la centrífuga FCT ,i y la
r
de Coriolis FCOR . La primera es perpendicular al
eje de rotación terrestre y se fuga del mismo,
mientras que la segunda obsérvese que es
tangente al paralelo del luga
8
r
Tomando dos vectores unitarios en el plano del paralelo, uno en la dirección de la tangente τ y
r
otro en una dirección perpendicular n fig.10, las fuerzas de inercia son respectivamente:
r
r
r r
r r
r
FCOR = −2mω ∧ v′ = −2m ω · v′ sen (180º −λ )τ
ω
r
r r
r
FCOR = −2m ω v′ sen λτ
r
r
n
τ
r
r
r r
r2 r r
FCT ,i = − mω ∧ (ω ∧ r ′ ) = − m ω r ′ n
r
FCT ,i
r
FCOR
r
r2
r
FCT ,i = − m ω RT cos λ n
Fig.10
r
La aceleración relativa a′ respecto de los ejes terrestres se determina con la ecuación.
r2
r
r r r
r
r
m a′ = R + P − m ω RT cos λ n − 2m ω v ′ sen λτ
Ejercicio: Un abalorio de masa m está insertado en un aro de radio R, encontrándose
inicialmente en el punto inferior A, fig.11. El aro comienza a girar con velocidad angular
r
constante ωO de modo que el abalorio sube por el mismo. Determinar para un observador
situado en unos ejes que giran con el aro:
a) Fuerza que lo hace subir y su valor.
b) Valor de las fuerzas de reacción que actúan sobre el abalorio, mientras se está desplazando.
c) Ángulo que forma con la vertical el radio vector del abalorio, cuando queda en equilibrio.
Solución: Tomando unos ejes (O'X'Y'Z') en el
centro del aro y que giran con él, actúan las
fuerzas de inercia, centrífuga y de Coriolis,
mientras que las fuerzas de interacción son el
r
peso P , la reacción normal en dirección radial
r
r
N y la reacción perpendicular al aro Q .
r
ωO
Y´
O´
φ
Z´
r
uR
r
v′
X´
r
FCOR
r
N
r
Q
φ
La fuerza de Coriolis expresada en función de
r
la velocidad respecto de los ejes móviles v′ :
r
FCT ,i
r
P
A
Fig.11
r
El valor de FCT ,i en función del ángulo φ es:
r
r r
r
FCOR = −2m ω v′ cos φ τ
a) La única fuerza que lo hace subir es la
fuerza centrífuga de inercia, porque al ser
normal al eje de rotación (ver fig.11), da una
componente en la dirección tangencial al aro
proporcionando una aceleración tangencial y
r
ésta la velocidad v′ .
r
r2
r
FCT ,i = − m ω R sen φ n
9
b) El abalorio al subir por el aro gira también alrededor del eje Z´ de modo que existe una
r
fuerza centrípeta apuntando hacia O´. Si se define un vector unitario en la dirección radial uR
r
ésta fuerza centrípeta es la resultante de componer la reacción N (apuntando hacia O´) con las
r
r
componentes radiales de P y FCT ,i (apuntando ambas hacia fuera).
r2
v′ r
 − N + P cos φ + m ωr 2 R sen 2φ  urR = m
uR


R
r2
r
v′
r2
r 
N uR =  −m
+ P cos φ + m ω R sen 2φ  uR
R


r
r
Las fuerzas Q y FCOR están en una dirección perpendicular al plano del aro. Como su suma es
v
nula pues el abalorio no se sale del aro la reacción Q es igual y opuesta a la fuerza de Coriolis.
r
r
r r
r
Q = − FCOR = 2m ω v′ cos φ τ
r
r
c) En el equilibrio, la componente tangencial de la FCT ,i y la del P son iguales y opuestas:
r
r
r2
FCT ,i ·cos φ = P ·sen φ ;
g
cos φ = r 2
m ω R sen φ ·cos φ = m· g · sen φ ;
ω ·R
Ejercicio: Determinar el período de un satélite de masa ms que gira alrededor de la Tierra, en
el Ecuador, en una órbita de radio 2 veces el terrestre RT y en el mismo sentido de rotación de
la Tierra.
Solución: El problema se va a resolver desde
unos ejes en el centro de la Tierra que giran
Y´
con ella, situados en (O´,X´,Y´,Z´).
r
ω
r
r′
r
ur
X´
O´
r
FG
r
v′
r
FCOR r
FCT ,i
Z´
Fig.12
r
Como la velocidad angular ω de nuestro
planeta es constante, y el satélite se mueve
r
respecto de él con una velocidad v′ , las
fuerzas que actúan sobre el satélite son la de
r
interacción gravitatoria FG y las de inercia,
centrífuga y de Coriolis, fig.12. Para la
aceleración medida desde los ejes móviles
r
a′ se puede escribir:
r
r
r
r
ms a′ = FG + FCT ,i + FCOR
En la fig.12 se observa que todas las fuerzas
tienen dirección radial y en consecuencia su
resultante debe proporcionar la fuerza
centrípeta, para que el satélite modifique la
r
dirección del vector velocidad v′ .
10
r
Si se define un vector unitario ur en la dirección radial y saliente, Fig.12, se puede escribirse
la ecuación anterior.
r2
r2
v′ r
v′ r 
r2
r r r
M ·m
− ms r ur = − ms
ur =  −G T s2 + ms · ω ·2 RT + 2 ms · ω · v′  ur
2· RT
r′


( 2· RT )
La velocidad angular de la Tierra.
r
ω =
2π
TT
La velocidad del satélite en su órbita alrededor de la Tierra:
r
r 2π · r ′ 2π ·2 RT 4π · RT
=
=
v′ =
Ts
Ts
Ts
r
r
Para determinar el periodo del satélite se sustituyen estos valores de ω y de v′ y operando
resulta finalmente.
1
G · MT
1
=
−
2
3
Ts
32 π · RT
TT
•
En el supuesto de que el satélite girase respecto de la Tierra en sentido contrario al de
ésta, entonces la fuerza de Coriolis actúa en sentido contrario al del caso anterior y
apunta hacia el centro de la Tierra, O´. Realizando los nuevos cálculos se obtiene para
el periodo del satélite.
1
G · MT
1
=
+
2
3
Ts
32 π · RT
TT
Aplicación:
Tomando para la Tierra los siguientes datos:
RT = 6370 km;
•
24
MT =5,98.10 kg;
G = 6,67.10
−11
N ·m 2
;
kg 2
TT = 86 400 s
Cuando el satélite gira en el sentido de rotación de la Tierra, resulta:
1
G · MT
1
6, 67.10 −11 ·5,98.10 24
1
=
−
=
−
3
2
3
2
3
Ts
32 π · RT
TT
86400
32 π . ( 6370.10 )
Ts = 17 145s = 4h 45min 45s
11
•
•
Si el satélite girase en sentido contrario al de rotación de la Tierra, resulta.
1
G · MT
1
6, 67.10−11 ·5, 98.1024
1
=
+
=
+
3
2
3
Ts
32 π · RT
TT
86400
32 π 2 . ( 6370.103 )
Ts = 12 274s= 3h 24min 34s
12