Física universitaria — primer año · Bachelor Year 1

18Sistemas no inerciales; dinámica en la Tierra

De pie en un autobús que gira a la izquierda, uno se inclina a la derecha, empujado por una fuerza que nadie ejerce. Un cubo de agua que gira sobre una plataforma ahueca su superficie en forma de cuenco. Bajo la cúpula de un museo, un péndulo oscila durante horas y la línea de su oscilación se desplaza despacio, unos grados por hora, como si la girara una mano invisible. Ninguno de esos casos es una fuerza nueva: son el aspecto que toman las leyes de Newton cuando el sistema en el que se describe el movimiento está a su vez acelerado o girando. Este capítulo muestra cómo se transforman velocidades y aceleraciones de un sistema a otro, cómo se reparan las leyes de la dinámica añadiendo fuerzas de inercia y qué hacen esas fuerzas en el sistema giratorio más importante de todos: la Tierra.

El péndulo de Foucault del Panteón de París, donde se colgó por primera vez en 1851: 67\, m de cable, una lenteja de 28\, kg y un plano de oscilación que gira respecto del suelo. Fotografía: Olga Khomitsevich, CC BY 2.0. — El péndulo de Foucault del Panteón de París, donde se colgó por primera vez en 1851: $67\,\mathrm{m}$ de cable, una lenteja de $28\,\mathrm{kg}$ y un plano de oscilación que gira respecto del suelo. Fotografía: Olga Khomitsevich, CC BY 2.0.

18.1 Cambiar de sistema: cinemática

Definición 18.1 (Movimiento relativo; sistema en traslación, en rotación)

Sean $\mathcal R$ un sistema (de origen $O$ ) y $\mathcal R'$ otro (de origen $O'$ ) que se mueve respecto de él. $\mathcal R'$ está en traslación si sus ejes conservan direcciones fijas en $\mathcal R$ (todo punto de $\mathcal R'$ tiene la velocidad de $O'$ ); está en rotación en torno a un eje fijo $\Delta$ si $\Delta$ es fijo en ambos sistemas y $\mathcal R'$ gira en torno a él con la velocidad angular $\Omega(t)$ . La velocidad y la aceleración de un punto $M$ relativas a $\mathcal R'$ , $\vect v'$ y $\vect a'$ , son las que mide un observador en reposo en $\mathcal R'$ .

Teorema 18.2 (Composición de velocidades y aceleraciones)

$\mathcal R'$ en traslación con velocidad $\vect v_{O'}$ y aceleración $\vect a_{O'}$ :

$\vect v = \vect v' + \vect v_{O'}, \qquad \vect a = \vect a' + \vect a_{O'} .$
$\mathcal R'$ que gira en torno al eje fijo $\Delta$ con $\Omega$ (vector $\vect\Omega = \Omega\vect e_z$ según el eje), siendo $H$ la proyección de $M$ sobre el eje:

$\vect v = \vect v' + \vect\Omega\wedge\vect{HM}, \qquad \vect a = \vect a' + \underbrace{\big(-\Omega^2\vect{HM} + \dot\Omega\,\vect e_z\wedge\vect{HM}\big)}_{\vect a_e} + \underbrace{2\vect\Omega\wedge\vect v'}_{\vect a_C} .$

$\vect a_e$ es la aceleración de arrastre (la aceleración del punto de $\mathcal R'$ que coincide con $M$ : centrípeta hacia el eje si la rotación es uniforme) y $\vect a_C = 2\vect\Omega\wedge\vect v'$ la aceleración de Coriolis, presente solo cuando $M$ se mueve respecto del sistema giratorio.

Demostración. Traslación: $\vect{OM} = \vect{OO'} + \vect{O'M}$ con las componentes de $\vect{O'M}$ en la base común; derívese dos veces. Rotación: úsense coordenadas cilíndricas en torno a $\Delta$ en $\mathcal R$ , $(r, \theta, z)$ , y en $\mathcal R'$ , $(r, \theta', z)$ , con $\theta = \theta' + \int\Omega\,\dd t$ . Entonces Teorema 11.7 en $\mathcal R$ con $\dot\theta = \dot\theta' + \Omega$ : $\vect v = \dot r\vect e_r + r(\dot\theta' + \Omega)\vect e_\theta + \dot z\vect e_z = \vect v' + r\Omega\vect e_\theta$ , y $r\Omega\vect e_\theta = \vect\Omega\wedge\vect{HM}$ . Para la aceleración, $\ddot\theta = \ddot\theta' + \dot\Omega$ : $\vect a = [\ddot r - r(\dot\theta' + \Omega)^2]\vect e_r + [r(\ddot\theta' + \dot\Omega) + 2\dot r(\dot\theta' + \Omega)]\vect e_\theta + \ddot z\vect e_z$ ; desarrollando y agrupando, $\vect a = \vect a' - r\Omega^2\vect e_r + r\dot\Omega\vect e_\theta + 2\Omega(-r\dot\theta'\vect e_r + \dot r\vect e_\theta)$ , y el último paréntesis es $2\vect\Omega\wedge\vect v'$ , pues $\vect e_z\wedge\vect e_r = \vect e_\theta$ y $\vect e_z\wedge\vect e_\theta = -\vect e_r$ . ∎

Ejemplo 18.3 (Caminar sobre una plataforma giratoria)

En Ejercicio 11.12 se calculó la aceleración de una persona que camina radialmente con rapidez $u$ sobre una plataforma que gira con $\Omega$ : $-ut\Omega^2\vect e_r + 2u\Omega\vect e_\theta$ . En el lenguaje nuevo: aceleración relativa nula, arrastre $-r\Omega^2\vect e_r$ , Coriolis $2\vect\Omega\wedge u\vect e_r = 2u\Omega\vect e_\theta$ .

18.2 Dinámica en un sistema no inercial: las fuerzas de inercia

Teorema 18.4 (La ley de Newton en un sistema no inercial)

En un sistema $\mathcal R'$ que no es inercial, el movimiento de un punto material cumple

m\vect a' = \sum\vect F + \vect F_e + \vect F_C, \qquad \vect F_e = -m\vect a_e, \qquad \vect F_C = -m\vect a_C = -2m\vect\Omega\wedge\vect v' :

la segunda ley de Newton vale siempre que a las fuerzas reales se añadan la fuerza de arrastre (para un sistema en rotación uniforme, la fuerza centrífuga $+m\Omega^2\vect{HM}$ , dirigida hacia fuera del eje; para un sistema en traslación, $-m\vect a_{O'}$ ) y la fuerza de Coriolis. Esas fuerzas de inercia no son interacciones: ningún cuerpo las ejerce, no tienen reacción y desaparecen en un sistema inercial.

Demostración. $m\vect a = \sum\vect F$ en el sistema inercial $\mathcal R$ ; sustitúyase $\vect a = \vect a' + \vect a_e + \vect a_C$ y pásense los dos términos al segundo miembro. ∎

Ejemplo 18.5 (El pasajero inclinado, la plomada)

En un autobús que frena con $a = 3.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , una correa colgante siente, en el sistema del autobús, la gravedad más una fuerza de inercia hacia delante $ma$ : cuelga según la gravedad aparente $\vect g' = \vect g - \vect a_{O'}$ , inclinada hacia delante un ángulo $\arctan(a/g) = 17^\circ$ . Un pasajero que quiera quedarse quieto ha de inclinarse según esa vertical aparente. En un ascensor en caída libre, $\vect g' = \vect 0$ : ingravidez, vista desde dentro.

Fuerzas de inercia. Izquierda: en un autobús que frena, la plomada cuelga según la gravedad aparente g - a_O', inclinada hacia delante. Derecha: en un sistema que gira con , un punto material siente una fuerza centrífuga que lo aleja del eje y, si se mueve, una fuerza de Coriolis perpendicular a su velocidad relativa. — Fuerzas de inercia. Izquierda: en un autobús que frena, la plomada cuelga según la gravedad aparente $\vect g - \vect a_{O'}$ , inclinada hacia delante. Derecha: en un sistema que gira con $\Omega$ , un punto material siente una fuerza centrífuga que lo aleja del eje y, si se mueve, una fuerza de Coriolis perpendicular a su velocidad relativa.

Ejemplo 18.6 (El cubo que gira)

El agua de un cubo que gira con $\Omega$ en torno a su eje vertical está en reposo en el sistema giratorio bajo la gravedad y la fuerza centrífuga: su superficie libre es perpendicular a la gravedad aparente $\vect g' = -g\vect e_z + \Omega^2r\vect e_r$ (la superficie de un fluido en reposo es normal al campo, Capítulo 21). Su pendiente vale $\dd z/\dd r = \Omega^2r/g$ , de modo que $z = \Omega^2r^2/2g$ : un paraboloide. A $10\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , el borde de un cubo de $10\,\mathrm{cm}$ queda $5\,\mathrm{cm}$ por encima del centro — el principio del telescopio de espejo líquido, cuyo mercurio giratorio toma exactamente la forma parabólica que necesita un espejo.

Método 18.7 (Trabajar en un sistema no inercial)

Elíjase el sistema en el que la pregunta resulte más sencilla (el autobús, la plataforma, la Tierra); enumérense las fuerzas reales; añádanse $-m\vect a_e$ y, si el cuerpo se mueve en el sistema, $-2m\vect\Omega\wedge\vect v'$ ; después procédase como en Método 12.10. Cuidado: las fuerzas de inercia nunca aparecen en el balance energético como “trabajo hecho por alguien” — la fuerza de Coriolis, perpendicular a $\vect v'$ , no trabaja; la fuerza centrífuga deriva de la energía potencial $-\tfrac12 m\Omega^2r^2$ en un sistema en rotación uniforme.

18.3 El sistema terrestre

Definición 18.8 (Sistemas geocéntrico y terrestre)

El sistema geocéntrico tiene su origen en el centro de la Tierra y sus ejes apuntan a estrellas fijas; es inercial con excelente aproximación para movimientos de un día o menos (su propia aceleración alrededor del Sol vale solo $6 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ y es casi uniforme sobre la Tierra). El sistema terrestre, ligado al suelo, gira respecto de él en torno al eje polar con

\Omega = \frac{2\pi}{86\,164\,\mathrm{s}} = 7.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} .

Proposición 18.9 (El peso y la variación de $g$ )

En el sistema terrestre, un cuerpo en reposo siente la atracción gravitatoria $m\vect{\mathcal G}$ y la fuerza centrífuga $m\Omega^2\vect{HM}$ ; su suma es lo que mide una balanza y lo que señala una plomada: el peso $m\vect g = m\vect{\mathcal G} + m\Omega^2\vect{HM}$ . El término centrífugo es máximo en el ecuador, $\Omega^2R = 0.034\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , un $0.35\%$ de $g$ ; reduce $g$ de los polos al ecuador e inclina la vertical respecto del centro de la Tierra hasta $0.1^\circ$ en las latitudes medias.

Demostración. Aplíquese Teorema 18.4 con $\vect v' = \vect 0$ (sin fuerza de Coriolis); $\Omega^2R = (7.29\times10^{-5})^2 \times 6.37\times10^6$ . El ángulo de desviación se sigue del triángulo de $m\vect{\mathcal G}$ y la fuerza centrífuga (Ejercicio 18.6). ∎

Proposición 18.10 (La fuerza de Coriolis en la Tierra)

En la latitud $\lambda$ , un cuerpo que se mueve horizontalmente con rapidez $v'$ siente una fuerza de Coriolis horizontal de módulo

F_C = 2m\Omega v'\sin\lambda ,

dirigida hacia la derecha del movimiento en el hemisferio norte y hacia la izquierda en el sur, sea cual sea la dirección de marcha; un cuerpo que cae verticalmente se desvía hacia el este en $2m\Omega v'\cos\lambda$ .

Demostración. Descompóngase $\vect\Omega = \Omega(\cos\lambda\,\vect e_N + \sin\lambda\,\vect e_z)$ (norte y vertical local). Para $\vect v'$ horizontal, $-2m\vect\Omega\wedge\vect v'$ tiene una parte horizontal $-2m\Omega\sin\lambda\,\vect e_z\wedge\vect v'$ — girada $90^\circ$ en sentido horario respecto de $\vect v'$ visto desde arriba, si $\lambda > 0$ — y una parte vertical (despreciable frente a la gravedad). Con $\vect v' = -v'\vect e_z$ vertical: $-2m\Omega\cos\lambda\,\vect e_N\wedge(-v'\vect e_z) = 2m\Omega v'\cos\lambda\, \vect e_E$ , hacia el este. ∎

Izquierda: en la latitud , el vector de rotación terrestre tiene una componente vertical y otra hacia el norte . Derecha: visto desde arriba en el hemisferio norte, un cuerpo que se mueve horizontalmente es empujado hacia su derecha por la fuerza de Coriolis y su trayectoria se curva en sentido horario. — Izquierda: en la latitud $\lambda$ , el vector de rotación terrestre tiene una componente vertical $\Omega\sin\lambda$ y otra hacia el norte $\Omega\cos\lambda$ . Derecha: visto desde arriba en el hemisferio norte, un cuerpo que se mueve horizontalmente es empujado hacia su derecha por la fuerza de Coriolis y su trayectoria se curva en sentido horario.

Ejemplo 18.11 (Fuerzas pequeñas, consecuencias grandes)

Un tren a $100\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ en la latitud $45^\circ$ : $a_C = 2 \times 7.29\times 10^{-5} \times 27.8 \times 0.71 = 2.9 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , tres milésimas de $g$ — el carril derecho de una vía de sentido único se desgasta algo más deprisa. El aire que fluye a $20\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ hacia un centro de bajas presiones se desvía a la derecha durante todo el trayecto y acaba girándolo en sentido antihorario: todos los ciclones del hemisferio norte giran así, y todos los del sur al revés. Una piedra que cae por un pozo de $100\,\mathrm{m}$ en la latitud $45^\circ$ aterriza $1.6\,\mathrm{cm}$ al este de la plomada (Ejercicio 18.7).

Proposición 18.12 (El péndulo de Foucault)

Un péndulo que oscila con pequeña amplitud en la latitud $\lambda$ conserva su plano de oscilación frente a la sola rotación de la vertical local del sistema geocéntrico: visto en el sistema terrestre, el plano gira en sentido horario (desde arriba, hemisferio norte) con la velocidad angular $\Omega\sin\lambda$ , es decir una vuelta completa en

T_F = \frac{23.93\,\mathrm{h}}{\sin\lambda} .

Demostración parcial. En el polo ( $\lambda = 90^\circ$ ) el argumento es geométrico: sobre la lenteja no actúa ninguna fuerza horizontal salvo la tensión, cuya componente horizontal va según la oscilación, de modo que en el sistema geocéntrico el plano de oscilación es fijo mientras la Tierra gira debajo con $\Omega$ ; visto desde el suelo, gira con $-\Omega$ . En la latitud $\lambda$ , la fuerza de Coriolis horizontal vale $-2m\Omega\sin\lambda\,\vect e_z\wedge\vect v'$ : exactamente lo que produciría un sistema que girase con $\Omega\sin\lambda$ en torno a la vertical local. En un sistema que gire con el plano a $-\Omega\sin\lambda$ , esa fuerza desaparece a primer orden y el péndulo es un oscilador plano corriente; por tanto el plano precesa con $\Omega\sin\lambda$ en el sistema terrestre. El cálculo completo, con los términos de segundo orden despreciados, es el problema de fin de semana. ∎

Observación 18.13 (Las mareas, en dos líneas)

En el sistema del centro de la Tierra, que cae libremente hacia la Luna, la atracción lunar no es uniforme: algo mayor en la cara próxima y menor en la lejana. La diferencia, del orden de $2GM_{\text{Luna}}R/d^3 \approx 1 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , estira los océanos en dos abultamientos — dos mareas al día — y la contribución del Sol, un $46\%$ de la lunar, produce las mareas vivas y muertas según se alineen o se crucen las dos (Ejercicio 18.12).

18.4 Ejercicios

Ejercicio 18.1 ★

Una plomada cuelga en un coche que acelera a $2.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ : ángulo con la vertical y tensión en unidades de $mg$ . ¿Y el mismo coche frenando al mismo ritmo?

Solución

Solución de Ejercicio 18.1.

$\tan\alpha = a/g = 0.255$ , $\alpha = 14^\circ$ (la plomada se queda atrás); $T = m\sqrt{g^2 + a^2} = 1.03\,mg$ . Frenando: el mismo ángulo y la misma tensión, con la plomada inclinada hacia delante.

Ejercicio 18.2 ★

Un niño se sienta a $3.0\,\mathrm{m}$ del eje de un tiovivo que da una vuelta cada $4.0\,\mathrm{s}$ . Aceleración centrífuga en el sistema giratorio, como fracción de $g$ ; ¿qué fuerza real la proporciona?

Solución

Solución de Ejercicio 18.2.

$\Omega = 2\pi/4.0 = 1.57\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ; $\Omega^2r = 7.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} = 0.75g$ , dirigida hacia fuera en el sistema giratorio; el asiento (con el rozamiento y la sujeción) aporta la fuerza real hacia dentro.

Ejercicio 18.3 ★

Calcúlense la velocidad angular $\Omega$ de la Tierra, la aceleración centrífuga en el ecuador y su fracción de $g$ . ¿Con qué periodo de rotación saldrían despedidos los objetos del ecuador?

Solución

Solución de Ejercicio 18.3.

$\Omega = 2\pi/86164 = 7.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ; $\Omega^2R = 0.034\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , un $0.35\%$ de $g$ . Salir despedido exige $\Omega^2R = g$ : $T = 2\pi\sqrt{R/g} = 84\,\mathrm{min}$ — diecisiete veces más rápido que ahora.

Ejercicio 18.4 ★

Un tren de $400\,\mathrm{t}$ circula a $100\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ en la latitud $45^\circ$ . Aceleración de Coriolis y fuerza lateral sobre los carriles; ¿qué carril recibe el empuje si va hacia el norte? ¿Y hacia el este?

Solución

Solución de Ejercicio 18.4.

$a_C = 2\Omega v\sin\lambda = 2 \times 7.29\times10^{-5} \times 27.8 \times 0.707 = 2.9 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ; $F = 1.1\,\mathrm{kN}$ . Hacia el norte: empujado al este, contra el carril derecho (el oriental); hacia el este: empujado al sur, otra vez contra el carril derecho.

Ejercicio 18.5 ★★

Un cubo de $10\,\mathrm{cm}$ de radio gira a $2.0\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ y después a $10\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ . Elevación del agua en el borde respecto del centro. ¿Por qué es un buen espejo de telescopio un baño de mercurio giratorio?

Solución

Solución de Ejercicio 18.5.

$z = \Omega^2r^2/2g$ : $2.0\,\mathrm{mm}$ a $2\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ y $5.1\,\mathrm{cm}$ a $10\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ . Un paraboloide concentra un haz paralelo en un punto: el mercurio giratorio es un espejo parabólico perfecto, barato y que se pule solo (aunque no puede inclinarse).

Ejercicio 18.6 ★★

Muéstrese que la plomada en la latitud $\lambda$ se desvía del centro de la Tierra en aproximadamente $\Omega^2R\sin\lambda\cos\lambda/g$ radianes, y calcúlese en $45^\circ$ en minutos de arco. ¿Cuánto menor es $g$ en el ecuador que en el polo solo por la rotación?

Solución

Solución de Ejercicio 18.6.

La aceleración centrífuga $\Omega^2R\cos\lambda$ apunta hacia fuera del eje; su componente perpendicular a la vertical local vale $\Omega^2R\cos\lambda \sin\lambda$ , que inclina $\vect g$ en $\delta \approx \Omega^2R\sin\lambda\cos\lambda/g = 0.034 \times 0.5/9.81 = 1.7 \times 10^{-3}\,\mathrm{rad} = 6'$ . En el ecuador, la rotación reduce $g$ en $\Omega^2R = 0.034\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ (el achatamiento añade más).

Ejercicio 18.7 ★★

Una piedra cae desde el reposo por un pozo de $100\,\mathrm{m}$ en la latitud $45^\circ$ . Trátese la aceleración de Coriolis $2\Omega v\cos\lambda$ (hacia el este) como una pequeña perturbación con $v = gt$ ; intégrese dos veces para hallar la desviación hacia el este en el fondo. ¿Por qué hacia el este?

Solución

Solución de Ejercicio 18.7.

$\ddot x_E = 2\Omega gt\cos\lambda$ : $x_E = \tfrac13\Omega g\cos\lambda\,t^3$ ; con $t = \sqrt{2h/g} = 4.5\,\mathrm{s}$ : $x_E = \tfrac13 \times 7.29\times10^{-5} \times 9.81 \times 0.707 \times 92 = 1.6\,\mathrm{cm}$ . Hacia el este: la boca del pozo se mueve hacia el este más deprisa (radio mayor) que el fondo, y la piedra conserva ese exceso — o, en el sistema giratorio, la fuerza de Coriolis sobre una velocidad descendente apunta al este.

Ejercicio 18.8 ★★

Periodo de precesión de un péndulo de Foucault en París ( $\lambda = 48.9^\circ$ ), en el polo y en el ecuador. ¿Qué ángulo gira el plano en una hora en París?

Solución

Solución de Ejercicio 18.8.

$T_F = 23.93/\sin\lambda$ : París $31.8\,\mathrm{h}$ ; polo $23.9\,\mathrm{h}$ ; ecuador infinito (sin precesión). París: $360^\circ/31.8 = 11.3^\circ$ por hora.

Ejercicio 18.9 ★★

El aire fluye a $20\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ hacia un centro de bajas presiones a $45^\circ$ norte. Aceleración de Coriolis; ¿en qué sentido acaba girando el aire alrededor del centro? ¿Por qué no obedecen esta regla los remolinos pequeños (un desagüe, un tornado)?

Solución

Solución de Ejercicio 18.9.

$a_C = 2\Omega v\sin\lambda = 2.1 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , hacia la derecha. El aire que converge de todos lados se desvía a la derecha, así que entra en espiral en sentido antihorario (visto desde arriba): el ciclón del norte. Un desagüe se vacía en segundos y un tornado se forma en minutos: la desviación de Coriolis en esos tiempos es despreciable frente a cualquier remolino inicial.

Ejercicio 18.10 ★★★

Un globo de helio atado a un hilo flota dentro de un coche. Cuando el coche acelera hacia delante, ¿hacia dónde se inclina el globo? Explíquese con la gravedad aparente y el empuje.

Solución

Solución de Ejercicio 18.10.

En el sistema del coche, la gravedad aparente $\vect g - \vect a$ se inclina hacia atrás. El aire, más pesado, “cae” hacia atrás; el globo, más ligero que el aire que desaloja, es empujado según la vertical aparente — se inclina hacia delante, al contrario que una plomada.

Ejercicio 18.11 ★★★

Una estación espacial es un anillo de $100\,\mathrm{m}$ de radio que gira para dar $1g$ de gravedad artificial en el borde. ¿Periodo de rotación? Un astronauta camina por el borde a $1.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : aceleración de Coriolis y su efecto sobre el peso aparente al caminar a favor y en contra de la rotación. Deja caer una pelota desde $2.0\,\mathrm{m}$ : ¿a qué distancia de sus pies cae, aproximadamente?

Solución

Solución de Ejercicio 18.11.

$\Omega^2R = g$ : $\Omega = 0.31\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $T = 20\,\mathrm{s}$ . $a_C = 2\Omega v = 0.94\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , alrededor de $0.1g$ : caminando a favor de la rotación se siente un $10\%$ más pesado (la fuerza de Coriolis apunta hacia fuera) y en contra, más ligero. Una pelota que se deja caer: en el sistema inercial va recta mientras el suelo se curva hacia arriba; durante el tiempo de caída $\sqrt{2h/g} = 0.64\,\mathrm{s}$ , la desviación es del orden de $\tfrac13\Omega\,g\,t^3 \cdot 2 \approx 2 \times 0.31 \times 9.81 \times 0.26/3 \approx 0.5\,\mathrm{m}$ — unos decímetros, en contra de la rotación.

Ejercicio 18.12 ★★★

Muéstrese que la diferencia entre la aceleración gravitatoria de la Luna en el centro de la Tierra y en el punto de la superficie más cercano a la Luna vale aproximadamente $2GM_Mr/d^3$ ( $r$ el radio terrestre, $d$ la distancia Tierra–Luna); calcúlese, y lo mismo para el Sol; dedúzcase el cociente entre las mareas solares y las lunares.

Solución

Solución de Ejercicio 18.12.

$GM/(d - r)^2 - GM/d^2 \approx 2GMr/d^3$ (a primer orden en $r/d$ ). Luna: $2 \times 6.67\times10^{-11} \times 7.35\times10^{22} \times 6.37\times10^6/ (3.84\times10^8)^3 = 1.1 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ; Sol: $2 \times 1.33\times10^{20} \times 6.37\times10^6/(1.50\times10^{11})^3 = 5.0 \times 10^{-7}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ; cociente $0.46$ : las mareas solares son casi la mitad de las lunares, aunque la atracción del Sol sea $180$ veces mayor — las mareas van como $M/d^3$ .

18.5 Problema: el péndulo de Foucault

Problema 18.1

Problema de fin de semana — una lenteja de 28 kilogramos en un cable de 67 metros bajo una cúpula: por qué gira su plano de oscilación, a qué ritmo, qué demuestra y qué fuerza tan pequeña lo hace

En 1851, un péndulo de longitud $\ell = 67\,\mathrm{m}$ y masa $m = 28\,\mathrm{kg}$ osciló bajo la cúpula del Panteón de París, en la latitud $\lambda = 48.85^\circ$ , con una amplitud de unos $x_0 = 3.0\,\mathrm{m}$ . $\Omega = 7.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $g = 9.81\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ .

Parte I — El péndulo como tal.

Periodo de las pequeñas oscilaciones; compruébese que la amplitud es pequeña ( $x_0/\ell$ ).
Rapidez máxima de la lenteja y su altura máxima sobre el punto más bajo.
Tensión en el punto más bajo, en unidades de $mg$ .
Estímese el arrastre del aire sobre la lenteja a la rapidez máxima (ley cuadrática, $C_xS \approx 0.05\,\mathrm{m}^{2}$ , $\rho = 1.2\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ ) y compárese con la fuerza recuperadora máxima $m\omega_0^2x_0$ .
¿Por qué un cable largo y una lenteja pesada? (Dos razones, una sobre el periodo y otra sobre el amortiguamiento.)

Parte II — En el polo. Imagínese el mismo péndulo en el polo norte.

En el sistema geocéntrico, enumérense las fuerzas sobre la lenteja y muéstrese que nada puede girar su plano de oscilación.
Dedúzcase qué le ve hacer al plano un observador de pie sobre el hielo, y en cuánto tiempo vuelve a su dirección inicial.
Descríbase la trayectoria de la lenteja sobre el suelo (una roseta): ¿cuántos pétalos en un día?

Parte III — En la latitud $\lambda$ : el término de Coriolis. Úsense ejes locales: $x$ al este, $y$ al norte, $z$ hacia arriba; oscilaciones pequeñas, de modo que el movimiento es casi horizontal, $\vect v' \approx (\dot x, \dot y, 0)$ ; la fuerza recuperadora vale $-m\omega_0^2(x, y, 0)$ con $\omega_0 = \sqrt{g/\ell}$ .

Escríbase $\vect\Omega$ en estos ejes.
Calcúlese $-2m\vect\Omega\wedge\vect v'$ y consérvense sus componentes horizontales; muéstrese que solo interviene $\Omega\sin\lambda$ .
Escríbanse las dos ecuaciones del movimiento para $x$ e $y$ ; hágase $\omega_F = \Omega\sin\lambda$ y compárese $\omega_F$ con $\omega_0$ .
Introdúzcase $u = x + jy$ y muéstrese que $\ddot u + 2j\omega_F\dot u + \omega_0^2u = 0$ .
Pruébese con $u = \eu^{j\alpha t}$ : hállense los dos valores de $\alpha$ y muéstrese que, si $\omega_F \ll \omega_0$ , valen $\alpha \approx \pm\omega_0 - \omega_F$ .
Dedúzcase que $u \approx \eu^{-j\omega_Ft}(A\eu^{j\omega_0t} + B\eu^{-j\omega_0t})$ e interprétese el factor $\eu^{-j\omega_Ft}$ : ¿en qué sentido y a qué ritmo gira el plano de oscilación?
Calcúlense el periodo de precesión en París y el ángulo girado en una hora.
¿Por qué no gira el plano en el ecuador?

Parte IV — Qué pequeña es la fuerza.

Calcúlese la fuerza de Coriolis máxima sobre la lenteja y compárese con el peso y con la fuerza recuperadora máxima.
¿Cuánto se desplaza lateralmente el extremo de la oscilación durante medio periodo? (El plano gira $\omega_FT/2$ .)
En 1851 la lenteja llevaba un punzón que derribaba unas clavijas pequeñas dispuestas en un anillo a la altura de la amplitud: ¿cuánto tardaba aproximadamente en caer la siguiente clavija?
El péndulo se lanzaba quemando un hilo que mantenía la lenteja apartada. ¿Por qué no empujarlo con la mano?
El arrastre del aire detiene un péndulo al cabo de unas horas. Los péndulos modernos de museo usan un pequeño electroimán en la parte baja para reponer energía sin tocar el plano de oscilación: ¿por qué ha de ser estrictamente radial ese impulso?

Parte V — Qué demuestra y qué más hace.

La demostración de Foucault convenció al público de la rotación terrestre. ¿Qué mide exactamente el ritmo de precesión, y podría el experimento determinar la latitud?
¿En qué latitud giraría el plano una vuelta en exactamente $48\,\mathrm{h}$ ?
Un giróscopo (una rueda que gira deprisa en una suspensión cardán) mantiene su eje fijo en el sistema geocéntrico. Explíquese en una frase por qué también él revela la rotación, y nómbrese una aplicación.
Resúmase: la única fuerza de inercia responsable, su dependencia con la latitud y el periodo que da en París.

Solución

Solución de Problema 18.1.

1. $T = 2\pi\sqrt{67/9.81} = 16.4\,\mathrm{s}$ ; $x_0/\ell = 0.045$ ( $2.6^\circ$ ): pequeña.

2. $v_{\max} = x_0\omega_0 = 3.0 \times 0.383 = 1.15\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; altura $x_0^2/2\ell = 6.7\,\mathrm{cm}$ .

3. $T = mg + mv_{\max}^2/\ell = mg(1 + 0.002)$ : $1.002\,mg$ .

4. $\tfrac12\rho C_xSv_{\max}^2 = 0.5 \times 1.2 \times 0.05 \times 1.3 = 0.04\,\mathrm{N}$ , frente a $m\omega_0^2x_0 = 12\,\mathrm{N}$ : trescientas veces menor y, aun así, bastante para detener el péndulo en unas horas.

5. Un cable largo da un periodo largo, y con él una lenteja lenta y un arrastre relativo pequeño, además de hacer visible la precesión por oscilación; una lenteja pesada almacena mucha energía para que el arrastre la coma — horas de oscilación.

6. El peso (vertical) y la tensión (en el plano del cable y la vertical, es decir en el plano de oscilación): ninguna fuerza tiene componente perpendicular a ese plano.

7. El plano es fijo entre las estrellas; el hielo gira debajo hacia el este con $\Omega$ , así que el observador ve girar el plano en sentido horario, de vuelta al inicio tras un día sidéreo, $23.93\,\mathrm{h}$ .

8. Cada media oscilación traza una cuerda algo girada: una roseta; $86164/8.2 \approx 10500$ medias oscilaciones, cada una $0.034^\circ$ más allá.

9. $\vect\Omega = \Omega(0, \cos\lambda, \sin\lambda)$ .

10. Con $\vect v' = (\dot x, \dot y, 0)$ : $\vect\Omega\wedge\vect v' = \Omega(-\sin\lambda\,\dot y,\ \sin\lambda\,\dot x,\ -\cos\lambda\,\dot x)$ , de modo que $-2m\vect\Omega\wedge\vect v'$ tiene las componentes horizontales $2m\Omega\sin\lambda\,(\dot y, -\dot x)$ : solo interviene $\Omega\sin\lambda$ .

11. $\ddot x = -\omega_0^2x + 2\omega_F\dot y$ , $\ddot y = -\omega_0^2y - 2\omega_F\dot x$ ; $\omega_F = 7.29\times10^{-5} \times 0.753 = 5.5 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} \ll \omega_0 = 0.38\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ .

12. $\ddot u = -\omega_0^2u + 2\omega_F(\dot y - j\dot x) = -\omega_0^2u - 2j\omega_F\dot u$ .

13. $-\alpha^2 - 2\omega_F\alpha + \omega_0^2 = 0$ : $\alpha = -\omega_F \pm \sqrt{\omega_F^2 + \omega_0^2} \approx -\omega_F \pm \omega_0$ .

14. El paréntesis es una oscilación plana (una recta fija por el origen si $A = B$ son reales); el factor $\eu^{-j\omega_Ft}$ gira el conjunto en sentido horario con $\omega_F$ : el plano de oscilación precesa en sentido horario con $\Omega\sin\lambda$ .

15. $T_F = 2\pi/\omega_F = 1.14 \times 10^{5}\,\mathrm{s} = 31.8\,\mathrm{h}$ ; $11.3^\circ$ por hora.

16. $\sin\lambda = 0$ : la componente vertical local de $\vect\Omega$ se anula; la fuerza de Coriolis horizontal es nula para el movimiento horizontal.

17. $2m\omega_Fv_{\max} = 2 \times 28 \times 5.5\times10^{-5} \times 1.15 = 3.5\,\mathrm{mN}$ ; el peso vale $275\,\mathrm{N}$ ( $10^{-5}$ de él) y la fuerza recuperadora $m\omega_0^2x_0 = 12\,\mathrm{N}$ : tres mil veces menor.

18. $\omega_FT/2 = 5.5\times10^{-5} \times 8.2 = 4.5 \times 10^{-4}\,\mathrm{rad}$ : $x_0 \times 4.5\times10^{-4} = 1.4\,\mathrm{mm}$ por media oscilación.

19. Con las clavijas a un centímetro unas de otras en el anillo, cae una cada $\sim 7$ medias oscilaciones, alrededor de un minuto.

20. Un empujón con la mano da una velocidad lateral: la lenteja describe entonces una elipse, cuya propia precesión lenta (efecto de la amplitud finita) enmascara la de Foucault.

21. Un impulso radial añade energía a lo largo de la oscilación sin añadir velocidad transversal, así que el plano queda intacto; una componente lateral llevaría el péndulo a una elipse y falsearía o escondería la precesión.

22. El ritmo de precesión mide $\Omega\sin\lambda$ , la componente vertical de la rotación terrestre; conocida $\Omega$ por la astronomía, el ritmo da la latitud (y a la inversa).

23. $\sin\lambda = 23.93/48 = 0.499$ : $\lambda = 30^\circ$ .

24. Su momento angular se conserva, de modo que su eje queda fijo entre las estrellas mientras la Tierra gira debajo: el girocompás, que encuentra el norte verdadero sin imán alguno.

25. La fuerza de Coriolis $-2m\vect\Omega\wedge\vect v'$ ; su parte horizontal crece como $\sin\lambda$ ; una vuelta en $23.93\,\text{h}/\sin\lambda$ , $31.8\,\mathrm{h}$ en París.

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