¿Cómo es posible que la misma fuerza realice diferentes cantidades de trabajo en dos marcos inerciales diferentes?

Question

Consideremos un objeto al que se le ha dado una velocidad $v$ sobre una superficie horizontal rugosa. A medida que pasa el tiempo, el objeto cubre una distancia $l$ hasta que se detenga debido a la fricción. Ahora,

Energía cinética inicial = $\frac{1}2mv^2$
Y la energía cinética final es cero. Por lo tanto, el trabajo realizado por la fricción sobre el objeto es igual en magnitud a $\frac{1}2mv^2$ .

Ahora bien, esta es la parte que me pareció extraña: Considere otro marco que se mueve con una velocidad $v_0$ en la misma dirección con respecto al marco del suelo. Ahora, la energía cinética del objeto original con respecto a este nuevo marco es $\frac{1}2m(v-v_0)^2$ .
Y, la energía cinética final es igual a $\frac{1}2mv_0^2$ .

Esto significa que el trabajo realizado por la fuerza de fricción, en este caso, tendrá una magnitud de $\frac{1}2m[(v-v_0)^2-v_0^2]$ que obviamente es diferente del valor que obtenemos con respecto a un marco estacionario.

Y esta parte me parece muy poco intuitiva. ¿Cómo es posible que la misma fuerza haga diferentes cantidades de trabajo en dos marcos inerciales diferentes? (Lo consideraría poco intuitivo incluso si consideramos marcos no inerciales, después de considerar las pseudofuerzas).

Y si hiciéramos más cálculos basados en los dos valores del trabajo realizado por la fricción, llegaríamos a valores diferentes de algunas cantidades que no se supone que sean diferentes en ningún marco. Por ejemplo, el coeficiente de fricción sería diferente, ya que la cantidad de fuerza de fricción es constante, actuando sobre una distancia $l$ . Podemos decir que el trabajo realizado por la fuerza de fricción es $\alpha$$ mgl$ , donde $\alpha$ es el coeficiente de fricción y $g$ es la aceleración debida a la gravedad. Podemos ver claramente que $\alpha$$ mgl$ equivale a dos valores diferentes.

Entonces, ¿es así como funciona la física, o hay algo mal aquí?

Answer 1

Has descubierto correctamente que la potencia, el trabajo y la energía cinética son variantes del marco. Esto es bien conocido desde hace siglos, pero siempre es sorprendente para un estudiante cuando lo descubre por primera vez. Por alguna razón, no forma parte de un plan de estudios de física estándar.

Por lo tanto, la razón por la que esto perturba a todos los estudiantes que lo encuentran es que parece irreconciliable con la conservación de la energía. Si el trabajo realizado es diferente en distintos marcos de referencia, ¿cómo puede conservarse la energía en todos los marcos?

La clave es reconocer que la fuerza que hace el trabajo actúa sobre dos cuerpos. En este caso el objeto y la superficie horizontal. Debes incluir ambos cuerpos para obtener una imagen completa de la conservación de la energía.

Considere la situación de su ejemplo desde un marco arbitrario donde la superficie horizontal (en adelante el "suelo") se mueve a una velocidad $u$ siendo entonces el marco de tierra el marco $u=0$ . Que el suelo tenga masa $M$ . Las energías cinéticas iniciales son:

$$KE_{obj}(0)=\frac{1}{2}m (v+u)^2$$ $$KE_{gnd}(0)=\frac{1}{2} M u^2$$

Ahora, la fuerza de fricción $-f$ actúa sobre el objeto hasta que $v_{obj}(t_f)=v_{gnd}(t_f)$ . Resolviendo el tiempo se obtiene $$t_f=\frac{m M v}{(m+M) f}$$ y, por la tercera ley de Newton, una fuerza $f$ actúa en el suelo durante el mismo tiempo.

En $t_f$ las energías cinéticas finales son:

$$KE_{obj}(t_f)=\frac{1}{2} m \left(\frac{Mu+m(u+v)}{m+M} \right)^2$$ $$KE_{gnd}(t_f)=\frac{1}{2} M \left(\frac{Mu+m(u+v)}{m+M} \right)^2$$ así que $$\Delta KE_{obj}+\Delta KE_{gnd}=-\frac{m M v^2}{2(m+M)}$$

Obsérvese que el cambio total de KE es independiente de $u$ lo que significa que es invariable en el marco. Esta es la cantidad de energía que se convierte en calor en la interfaz. Así que, aunque el cambio en la energía cinética del objeto en sí es invariante de marco, cuando también se incluye el suelo, se encuentra que el cambio total en la energía cinética es invariante de marco, lo que permite que la energía se conserve, ya que la cantidad de calor generada es invariante de marco.

Answer 2

Las fuerzas no actúan sobre un solo objeto. Es difícil de ver, pero el otro objeto en el par de fuerzas aquí es el suelo/tierra.

En el marco en el que el suelo está inmóvil, la fricción no hace ningún trabajo en la tierra, por lo que podemos descartar los efectos. Pero en un marco en el que el suelo está en movimiento, la fricción también actúa sobre él.

En cualquier marco, la suma de todo el trabajo realizado es idéntica, pero puede distribuirse entre los dos objetos en cantidades diferentes. Quizás en el marco estacionario de la Tierra el resultado neto es que el objeto pierde 50J y se producen 50J de calor. En un marco diferente, el objeto pierde 250J, la tierra gana 200J y se producen 50J de calor.

Answer 3

El coeficiente de fricción es el mismo en ambos casos. Has supuesto que la distancia recorrida es la misma en ambos casos, por lo que obtienes valores diferentes para $\alpha$ . Sus otras preguntas han sido aclaradas en muchas respuestas anteriores, así que sólo quería mencionar este punto.

Answer 4

Calcular utilizando la definición de trabajo:

$W = \int_{x1}^{x2}{Fdx}$ . Para un marco que se mueve a una velocidad $v_0$ el cambio de las variables son: $x' = x - v_0t$ y $dx' = dx - v_0dt$ .

$W' = \int_{x1'}^{x2'}{F(dx - v_0dt)} = \int_{x1}^{x2}{Fdx - \int_{t1}^{t2}Fv_0dt}$

La primera integral representa el trabajo en el marco estacionario. Como se menciona en las otras respuestas, la segunda puede interpretarse como el trabajo realizado sobre el segundo cuerpo (el "suelo"). Teóricamente, debería resultar en una disminución de su velocidad, pero como es mucho más masivo, hay una fuerza variable y una velocidad constante.

La primera parte puede utilizarse para calcular la variación de la energía cinética para el marco estacionario:

$\int_{x1}^{x2}{Fdx} = m\int_{x1}^{x2}{(dv/dt)dx} = m\int_{x1}^{x2}{dv(dx/dt)} = m\int_{v}^{0}{vdv} = -(1/2)mv^2$

Pero la segunda integral lo es: $\int_{t1}^{t2}{Fv_0dt} = mv_0\int_{t1}^{t2}{(dv/dt)dt} = mv_0\int_{v}^{0}{dv} = -mv_0v$

El trabajo realizado, medido por el marco móvil es: $-(1/2)mv^2 + v_0v$ , coincidiendo con su cálculo.

Answer 5

En la teoría del movimiento: dada la relatividad del movimiento inercial la forma de buscar la comprensión de la mecánica que tiene lugar es buscar un invariante. Aquí "invariante" se refiere a una representación que es independiente de la elección del origen del sistema de coordenadas inerciales.

Estas son las cosas que tengo que poner en marcha para ello:

En el caso de dos masas $m_1$ y $m_2$ podemos establecer la velocidad de cada masa como una velocidad con respecto al Centro de Masa Común (CCM) de las dos masas

$m_1$ Masa del objeto 1
$m_2$ Masa del objeto 2
$v_1$ Velocidad del objeto 1 en relación con el CCM
$v_2$ Velocidad del objeto 2 con respecto al CCM

$V_r$ velocidad relativa entre los dos objetos
$V_c$ velocidad del MCP en relación con un origen elegido

$$ v_1 = V_r \frac{m_2}{m_1 + m_2} \qquad (1) $$

$$ v_2 = - V_r \frac{m_1}{m_1 + m_2} \qquad (2) $$

Esta notación representa que con respecto a la MCP el momento total de un sistema de dos partículas es cero: $m_1v_1 + m_2v_2 = 0$

La energía cinética total expresada en términos de $v_1$ y $v_2$ :

$$ E_k = \tfrac{1}{2}m_1v_1^2 + \tfrac{1}{2}m_2v_2^2 \qquad (3) $$

Utilizando (1) y (2) para cambiar (3) en y expresión en $V_r$ y $V_c$ :

$$ E_k = \frac{1}{2} m_1 \left( V_c + V_r \frac{m_2}{m_1 + m_2} \right)^2 + \frac{1}{2}m_2 \left( V_c - V_r \frac{m_1}{m_1 + m_2} \right)^2 \qquad (4) $$

Una gran cantidad de términos caen unos contra otros, y la expresión puede ser separada en un componente en términos de la velocidad del MCP con respecto a algún origen elegido, y la velocidad relativa entre $m_1$ y $m_2$

$$ \begin{align} E_k & = \frac{1}{2}(m_1 + m_2) {V_c}^2 + \frac{1}{2}\frac{m_1{m_2}^2 + m_2{m_1}^2}{(m_1 + m_2)^2} {V_r}^2 \\ & = \frac{1}{2}(m_1 + m_2) V_c^2 + \frac{1}{2}\frac{m_1m_2}{m_1 + m_2} V_r^2 \\\end{align} $$

Por supuesto, podemos hacer el $V_c$ término cero eligiendo un sistema de coordenadas que sea co-modo con el CCM. Entonces la expresión para la energía cinética es:

$$ E_k = \frac{1}{2}\frac{m_1m_2}{m_1 + m_2} V_r^2 $$

Lo que esto ilustra es que no existe la energía cinética de un solo objeto. La energía cinética sólo tiene sentido en términos de la velocidad relativa entre dos objetos.

Es que cuando el otro objeto es mucho, mucho más masivo hay un error insignificante al simplificar la expresión a:

$$ E_k = \tfrac{1}{2}m_1V_r^2 $$