¿Se conserva la energía en un sistema de referencia en movimiento?

Question

Considere esta situación:

Cuando la caja esté en la parte inferior de la pendiente sin fricción, tendrá una velocidad de $v_f$ . La persona es un marco de referencia inercial que se mueve a una velocidad constante de $v_f$ .

Desde el marco de referencia de la persona, la caja tiene energía cinética cuando está en la parte superior de la rampa. Aunque se mueva en sentido negativo, la velocidad se elevaría al cuadrado en $KE = mv^2/2$ así que ahora la caja tiene tanto energía potencial como energía cinética.

Cuando la caja está en la parte inferior de la pendiente no va a tener energía cinética desde el marco de referencia de la persona. ¿Cómo es que la caja tenía energía potencial ( $mgh$ ) y la energía cinética ( $mv^2/2$ ) en la parte superior de la pendiente sin fricción, pero no tenía ni energía potencial ni cinética en la parte inferior?

$$mgh + \frac{mv^2}{2} = 0$$

La ley de conservación de la energía dice que la energía se transfiere, pero no se pierde. ¿Dónde se ha ido la energía?

Básicamente la ley de conservación de la energía no debería violarse sin importar el marco de referencia, pero la fórmula final lo hace. ¿Dónde se ha ido la energía?

Answer 1

Consideremos dos sistemas de referencia $S$ y $S'$ . Supongamos que $S'$ se mueve con una velocidad $\mathbf{u}=u\mathbf{\hat{x}}$ en relación con $S$ de forma que los orígenes de $S$ y $S'$ coinciden en $t=0$ y sus ejes permanecen paralelos. Supongamos además que la superficie del plano inclinado es estacionaria en $S$ como se muestra en la figura (la curva discontinua puede ignorarse hasta el final de la discusión).

Hay dos puntos que deben tenerse en cuenta antes de seguir adelante.

• La relación fundamental para las consideraciones energéticas es la teorema trabajo-energía que establece que el cambio energía cinética de una partícula cuando se mueve desde un punto inicial inicial $A$ a un punto final $B$ es igual al trabajo realizado $$K_B - K_A = \int_{t_A}^{t_B} \mathbf{F}(t) \cdot \mathbf{v}(t) \, dt$$ donde la fuerza $\mathbf{F}(t)$ puede surgir de una restricción, depender del tiempo o no ser conservativo. El teorema trabajo-energía es independiente del marco . Sólo en el caso especial de fuerzas conservadoras e independientes del tiempo se puede identificar una energía potencial escalar $U$ tal que $\mathbf{F} = - \nabla U$ . Entonces el teorema trabajo-energía se reduce a $K+U=\mathrm{constant}$ .

• El bloque está confinado para moverse sobre la superficie del plano inclinado de inclinación constante $\theta$ . En el marco $S$ esta estática ( escleronómico ) puede expresarse como $$x \, \tan\theta + y - h=0.$$ En el marco $S'$ la superficie del plano inclinado no es estacionaria y este movimiento ( reonómico ) puede escribirse como $$x \, \tan\theta + y - H(t)=0$$ donde $H(t)=h - u \tan\theta \,\, t$ . Las fuerzas derivadas de las restricciones escleronómicas no realizan ningún trabajo, ya que son ortogonales a la velocidad. Sin embargo, las fuerzas derivadas de las restricciones reonómicas pueden realizar un trabajo real, ya que la velocidad neta de la partícula puede tener una componente a lo largo de la dirección de las fuerzas de restricción. Véase la sección 2.1 de José y Saletán para un hermoso debate sobre este concepto.

La ley de Newton en cualquiera de los dos marcos es $$m \dot{\mathbf{v}} = -mg {\hat{\mathbf{y}}} + \mathbf{F}_c(t)$$ donde $\mathbf{F}_c$ es la fuerza de coacción. Como se hace al demostrar el teorema trabajo-energía, multiplicamos por $\mathbf{v}$ e integrar con respecto al tiempo para obtener $$K_B - K_A = mg \big[ y(t_A) - y(t_B) \big] + W_c$$ donde el trabajo realizado por las fuerzas de coacción es $$W_c = \int_{t_A}^{t_B} \mathbf{F}_c(t) \cdot \mathbf{v}(t) \, dt \qquad \textrm{in }S$$ y $$W_c' = \int_{t_A}^{t_B} \mathbf{F}_c'(t) \cdot \mathbf{v}'(t) \, dt \qquad \textrm{in }S'.$$ Es fácil demostrar que $$\mathbf{F}_c(t) = \mathbf{F}_c'(t) = mg \cos\theta \, (\sin\theta \mathbf{\hat{x}} + \cos\theta \mathbf{\hat{y}} ).$$ También es fácil demostrar que la velocidad $\mathbf{v}$ y la posición $\mathbf{r}$ del bloque en $S$ son $$\mathbf{v} = g t \sin \theta \, (\cos\theta \mathbf{\hat{x}} - \sin\theta \mathbf{\hat{y}} )$$ $$\mathbf{r} = \frac{g t^2 \sin \theta \cos\theta}{2} \mathbf{\hat{x}} + \Big( h - \frac{g t^2 \sin^2 \theta}{2} \Big) \mathbf{\hat{y}}.$$ Las cantidades correspondientes en $S'$ se obtienen mediante la transformación galileana $$\mathbf{v}' = \mathbf{v} - \mathbf{u}$$ $$\mathbf{r}' = \mathbf{r} - \mathbf{u} t.$$ Encontramos $\mathbf{F}_c \cdot \mathbf{v} = 0$ y por lo tanto $W_c=0$ mientras que $$W_c'= -\int_{t_A}^{t_B} \mathbf{F}_c(t) \cdot \mathbf{u} \, dt = -mug \sin\theta\cos\theta (t_B-t_A).$$

Por lo tanto, el teorema trabajo-energía en $S$ es $$K_B - K_A = mg \big[ y(t_A) - y(t_B) \big]$$ mientras que en $S'$ adopta la forma $$K_B' - K_A' = mg \big[ y'(t_A) - y'(t_B) \big] - mug \sin\theta\cos\theta (t_B-t_A).$$

Ahora podemos llegar por fin al problema concreto planteado por el OP. Tomemos los puntos $A$ y $B$ para ser respectivamente aquellos puntos donde la superficie inclinada se encuentra con la $y$ y $x$ ejes. El tiempo $T$ que tarda el bloque en deslizarse por la pendiente desde una altura $h$ se obtiene resolviendo $y(T) = 0$ como $$T = \frac{\sqrt{2h/g}}{\sin\theta}$$ y en este instante de tiempo $\mathbf{v}(T) = \sqrt{2gh} \, (\cos\theta \mathbf{\hat{x}} - \sin\theta \mathbf{\hat{y}} ).$

Ahora verificamos el teorema trabajo-energía

• en el marco $S$ $$K_B-K_A=\frac{m}{2} \big[ v(T)^2 - v(0)^2] = mgh$$ mientras que $$mg \big[ y(t_A)-y(t_B) \big] = mgh$$

• en el marco $S'$ $$K_B'-K_A'=\frac{m}{2} \big[ v'(T)^2 - v'(0)^2] = \frac{mg^2T^2}{2} \sin^2\theta - mugT \sin\theta\cos\theta$$ mientras que $$ mg \big[ y'(t_A) - y'(t_B) \big] - mug \sin\theta\cos\theta (t_B-t_A) = mgh-mugT \sin\theta\cos\theta $$ que, utilizando la relación entre $h$ y $T$ es la misma que $K_B'-K_A'$ .

Así pues, el teorema trabajo-energía se verifica en ambos marcos.

El OP preguntó por el caso particular de $u=v_x(T)=\sqrt{2gh}\cos\theta=gT\sin\theta\cos\theta$ y consideró la conservación de la energía en $S'$ . En este caso - $$K_B'-K_A'= \frac{mu^2}{2} (\sec^2\theta-2)$$ mientras que $$ mg \big[ y'(t_A) - y'(t_B) \big] - mug \sin\theta\cos\theta (t_B-t_A) =\frac{mu^2}{2} (\sec^2\theta-2) $$ Observe que $K_B' \neq 0$ -- esto se debe a que el $v_y(T)\neq 0$ como suponía implícitamente el PO. La razón es que la OP estaba considerando el caso en el que no se permitiría ningún movimiento en la dirección vertical cuando $y=0$ es decir, para $t>T$ . Sin embargo, esto requeriría que la fuerza de restricción (reacción normal) cambiara de forma discontinua. Una solución mejor sería considerar que el bloque se desliza por una curva suave (como la curva discontinua de la figura). En este caso $v_y(T)=0$ y la fuerza de reacción también variaría suavemente. Por supuesto, el teorema trabajo-energía seguiría siendo válido.

NOTA:

1. En la respuesta de Pygmalion se mencionó que las restricciones móviles pueden realizar un trabajo real.

2. Este problema de deslizamiento de un bloque sobre un plano inclinado en movimiento se considera en la sección 3.9 de Strauch .

3. Preocuparse por la masa de la cuña o de la tierra es engañoso. Podemos considerar simplemente una partícula constreñida a moverse sobre una superficie matemática sometida a una fuerza corporal uniforme y constante en el $y$ -Dirección. Esta superficie también podría estar en movimiento. En este caso, piense que las cuentas se deslizan por una superficie inclinada. ábaco hecha de finos alambres sin masa. Observa esta situación desde un marco en reposo con respecto al ábaco y luego en un marco en movimiento.

Answer 2

Si su pregunta se refiere a la mecánica newtoniana (no relativista), entonces la respuesta es:

En todo marco de referencia inercial, la energía se conserva.

Se podría definir el marco de referencia inercial como el marco de referencia que se mueve con velocidad constante, es decir, la aceleración de dicho marco de referencia es cero. En el marco de referencia inercial todas las leyes de Newton son válidas, y puesto que la energía se define como un trabajo de la fuerza conservativa, la energía debe conservarse.

Básicamente, hay varias maneras de explicar por qué parece que la energía no se conserva, pero al final todo viene a ser lo mismo: No sólo que la inclinación actúa sobre la caja con fuerza normal $\vec{N}$ pero la caja también actúa sobre la inclinación con la fuerza contraria $-\vec{N}$ (tercera ley de Newton). En consecuencia, la energía cinética de la pendiente (y, de hecho, de toda la Tierra) también cambia.

A. La primera forma posible de explicar esta paradoja es ver la inclinación y la Tierra como una especie de fuerza externa ( $\vec{N}$ ) que limita el movimiento de la caja. En el marco de referencia de la inclinación, este trabajo es simplemente cero, porque la fuerza es perpendicular al movimiento: $\vec{N} \cdot \textrm{d}\vec{s} = 0, \vec{N} \perp \textrm{d}\vec{s}$ . Sin embargo, en el marco de referencia de la persona, el trabajo ya no es cero ( $\vec{N} \cdot \textrm{d}\vec{s} \ne 0$ ), por lo que tienes trabajo adicional que calcular. Calcular este trabajo adicional es muy complejo y prefiero pasar a la siguiente explicación, más sencilla.

B. La segunda forma posible de explicar esta paradoja es calcular la energía de todo el universo, es decir, la energía de la caja y la energía de la Tierra+inclinación. En el marco de referencia de la persona, la Tierra siempre se mueve hacia la izquierda, por lo que obviamente debemos calcular diferencia en la energía cinética. Resulta que si calculas la energía cinética de la Tierra en el marco de referencia de la persona, verás que aumenta y compensa la menor energía cinética de la caja y la menor energía potencial.

¿Por qué es tan importante calcular la energía cinética de la Tierra sólo en el marco de referencia de la persona? Calculemos la diferencia de su energía cinética, si $M$ es la masa de la Tierra, $m$ es la masa de la caja, $V$ es la velocidad de la Tierra y $v$ velocidad de la caja después del proceso en el sistema de referencia Tierra+caja. Nótese que la velocidad de la persona también es $v$ . Obviamente y $V \ll v$ y $M \gg m$ y de la conservación de los momentos $M V = m v$ .

En el marco de referencia Tierra+caja:

$$\Delta KE'_\textrm{Earth} = \frac{1}{2} M V^2 - \frac{1}{2} M 0^2 = \frac{1}{2} M V^2 = \frac{1}{2} m v V \ll \frac{1}{2} m v^2 $$

En el marco de referencia de la persona (utilizando transformaciones galileanas):

$$\Delta KE_\textrm{Earth} = KE^\text{final}_\text{Earth} - KE^\text{init}_\text{Earth} = \frac{1}{2} M (V+v)^2 - \frac{1}{2} M v^2 \approx M V v = m v^2 = 2 (\frac{1}{2} m v^2)$$ .

Obviamente, $\Delta KE'_\textrm{Earth}$ en insignificante. Por otra parte $\Delta KE_\textrm{Earth}$ no es despreciable y equivale al doble de la energía cinética final de la caja en el marco de referencia terrestre. Esto es exactamente la energía potencial inicial de la caja más la energía cinética final de la caja ( $KE + PE$ ), esa es la energía que "faltaba" en tu pregunta:

$$KE^\text{init}_\text{Earth} + mgh + \frac{1}{2} m v^2 = KE^\text{final}_\text{Earth}$$

¡Tachán!

Answer 3

Conservación de la energía escrita como $\frac 1 2 mv^2 + \phi(\vec r) =const$ no se mantiene en el marco móvil porque el potencial $\phi(\vec r)$ ya que la fuerza neta que actúa sobre la caja depende ahora del tiempo, y no sólo de la posición.

Si una fuerza $F$ est conservador entonces existe un potencial $\phi$ tal que $F = -\nabla\phi$ y la conservación de la energía puede escribirse como $$\frac 1 2mv^2 + \phi(\vec r) = const$$ Para la gravedad, podemos escribir $\phi = mgy$ para que $$F_g = -\left(\frac {\partial} {\partial x}mgy, \frac {\partial} {\partial y}mgy, \frac {\partial} {\partial z}mgy\right) = (0, -mg,0)$$ En el marco móvil, el potencial gravitatorio también puede escribirse así, de modo que la conservación de la energía para la fuerza gravitatoria que actúa sobre la caja siga siendo válida $$\frac 1 2 mv^2 +mgy = const$$ También hay un $\phi_p$ para la fuerza de reacción $mg\cos\theta$ del plano inclinado sobre la caja ya que es conservador en el marco del plano $$\phi_p(\vec r) = -mg\cos\theta(y\cos\theta + x\sin\theta)$$ de modo que la conservación de la energía en el marco del plano, incluida la gravedad, es finalmente $$\frac 1 2 mv^2 + mgy - mg\cos\theta(y\cos\theta + x\sin\theta) = const$$

Sin embargo, en el marco móvil, $\phi_p$ depende del tiempo debido a su dependencia de $x$ en el marco del plano inclinado, por lo que la conservación de la energía no puede escribirse como en el caso anterior.

Answer 4

A continuación te explico cómo he averiguado la respuesta. Espero que esto ayude a simplificar un poco las cosas.

Escribamos primero la fuerza resultante sobre la caja en el marco en el que la inclinación está en reposo.

$$\mathbf{F_r} = mg \sin \theta \cos \theta \mathbf{\hat{x}} - mg \sin ^2 \theta \mathbf{\hat{y}}$$

Esta fuerza resultante es la misma en todos los marcos inerciales. Por lo tanto, la aceleración es la misma en ambos marcos. $$\mathbf{a_r} = g \sin \theta \cos \theta \mathbf{\hat{x}} - g \sin ^2 \theta \mathbf{\hat{y}}$$

Consideremos primero la situación vista en el marco en el que la pendiente está en reposo. Velocidad inicial $\mathbf{u_0} =0$ Considerando el punto de liberación como origen, posición inicial $x_0 = 0;\ y_0 =0$ . Resolviendo las leyes de Newton obtenemos

$$x = \frac{1}{2} g \sin \theta \cos \theta \ t^2 \space \ \ \ \ y= -\frac{1}{2}g \sin^2\theta \ t^2 \\ v_x = g\sin\theta\cos\theta\ t \ \ \ \ \ v_y =-g\sin^2\theta \ t$$

El trabajo realizado es sólo

$$W = \int\ \mathbf{F_r \cdot dr} \ = -\Delta PE = \frac{1}{2}mg^2\sin^2\theta\cos^2\theta\ t^2\ + \frac{1}{2}mg^2\sin^4\theta\ t^2\\=\frac{1}{2}mv_x^2\ +\ \frac{1}{2}mv_y^2\ = \Delta KE$$

Y tenemos conservación de la energía $\ \Delta KE\ +\ \Delta PE\ =\ 0 $

Ahora a la situación que OP ha preguntado. Sea el tiempo que tarda la caja en llegar a la parte inferior de la pendiente $t_f$ (igual en ambos cuadros). La velocidad relativa entre los fotogramas planteada por OP es $\mathbf{v_f} =g\sin\theta\cos\theta t_f \mathbf{\hat{x}}$ . Que los orígenes coincidan en $t=0$ . Entonces tenemos $x_0=0;\ y_0 =0$ y $\mathbf{u_0}= -\mathbf{v_f}$ . La aceleración sigue siendo la misma en ambos marcos. Resolviendo las leyes de Newton obtenemos

$$x = -g\sin\theta\cos\theta t_f t+\frac{1}{2} g \sin \theta \cos \theta \ t^2 \space \ \ \ \ y= -\frac{1}{2}g \sin^2\theta \ t^2 \\ v_x = -g\sin\theta\cos\theta t_f+g\sin\theta\cos\theta\ t \ \ \ \ \ v_y =-g\sin^2\theta \ t$$ El trabajo realizado es sólo

$$W = \int\ \mathbf{F_r \cdot dr} \ = -\Delta PE = - mg^2\sin^2\theta\cos^2\theta t_f t+\frac{1}{2}mg^2\sin^2\theta\cos^2\theta\ t^2\ + \frac{1}{2}mg^2\sin^4\theta\ t^2\\$$ En $t=t_f$ $$W = -\Delta PE = - mg^2\sin^2\theta\cos^2\theta t_f^2+\frac{1}{2}mg^2\sin^2\theta\cos^2\theta\ t_f^2\ + \frac{1}{2}mg^2\sin^4\theta\ t_f^2\\ =-\frac{1}{2}mg^2\sin^2\theta\cos^2\theta\ t_f^2\ + \frac{1}{2}mg^2\sin^4\theta\ t_f^2\\ =-\frac{1}{2}mv_x^2(t=0)\ +\ \frac{1}{2}mv_y^2(t=t_f)\ = \Delta KE$$ Desde $v_x(t=t_f)=0;\ v_y(t=0)=0$ . Y tenemos conservación de la energía $\ \Delta KE\ +\ \Delta PE\ =\ 0 \ $ ¡¡¡!!!

Disculpe ¿Cuál era el problema?

Bueno... la trampa aparente estaba en plantear el problema. Al plantear el problema OP ha utilizado $\Delta KE$ y $\Delta PE$ medido en diferentes marcos para verificar la Ley de conservación de la energía. El problema considera sólo el cambio en $\Delta KE$ y no cambiar en $\Delta PE$ cuando cambiamos del fotograma estacionario al fotograma en movimiento. Hay que tener en cuenta que tanto $\Delta KE$ y $\Delta PE$ cambiar. Como los fotogramas tendrán movimiento relativo, las velocidades de las partículas cambian según la fórmula de adición de velocidades y la energía cinética cambia. Digamos que en el marco inicial para una partícula dada $$\Delta KE = \frac{1}{2} m (u_f^2 -u_i^2)$$ Si ahora queremos verlo en un marco con una velocidad relativa $-v$ las velocidades se transforman en $u_f + v$ y $u_i +v$ . Por lo tanto, el cambio en la energía cinética cambia a $$\Delta KE = \frac{1}{2} m (u_f^2 -u_i^2) + mv(u_f-u_i)$$ Para compensar esta ganancia de $\Delta KE$ El trabajo realizado debe cambiar para mantener intacta la conservación de la energía. Podemos demostrar que es exactamente lo mismo que la ganancia en $\Delta KE$ . Al cambiar el marco, $$\mathbf{dr}\longrightarrow\mathbf{dr}+\mathbf{v}dt$$ En el nuevo marco, $$W=\int\mathbf{F}\cdot\mathbf{dr}+\int\mathbf{F}\cdot\mathbf{v}dt = \int\mathbf{F}\cdot\mathbf{dr}+\int m\dfrac{d\mathbf{u}}{dt}\cdot\mathbf{v}dt =\int\mathbf{F}\cdot\mathbf{dr}+mv(u_f-u_i)$$

Por lo tanto, tanto $\Delta KE$ y $\Delta PE$ tienen que depender del marco.

Nota:-

1) La discusión anterior asume que las fuerzas en el problema son independientes del tiempo y conservadoras. Sólo entonces podemos definir $\Delta PE$ como $W = -\Delta PE$ . Lo cual no es cierto si fuera dependiente del tiempo o no conservadora. En cuyo caso no se puede definir la energía potencial. Entonces estaremos demostrando el teorema de la energía cinética de trabajo en lugar de $\Delta KE+\Delta PE=0$ .

2) Se podría argumentar que el trabajo realizado aquí fue por la fuerza de coacción. Francamente, como he demostrado, debería ser cierto para cualquier fuerza. En este caso resulta ser genérico para el problema que el componente de la fuerza resultante en la dirección del movimiento relativo (dirección x) resulta ser contribuido sólo por la fuerza de restricción.

Consideremos, por ejemplo, la siguiente situación. A $2 kg$ se hace caer un peso libremente bajo la influencia de la gravedad desde el reposo durante una distancia de $5 m$ . Utilización de $g=-10 m/s^2$ encontramos que la velocidad después de $5m$ est $-10 m/s$ . $\Delta KE = 100 kgm^2/s^2$ . Ahora observemos esto desde un marco que se mueve hacia abajo con una velocidad $-5 m/s$ . En este marco, la velocidad inicial es $5m/s$ y la energía cinética inicial es $25 kgm^2/s^2$ . Tras enamorarse de $5m$ la velocidad de la partícula será $-5m/s$ y la energía cinética final será $25 kgm^2/s^2$ . $\Delta KE = 0 kgm^2/s^2$ . Oh... no hubo cambio en la energía potencial incluso mientras la partícula caía por $5 m$ ¡¡¡!!!

La resolución de este problema es similar a la de la situación anterior. En este caso se trata sólo de la gravedad.

3) Obsérvese que la variación del trabajo realizado al cambiar de cuadro sólo depende de las velocidades inicial y final de la partícula, ¡¡¡independientemente de lo que haya pasado entre medias!!!

4) A lo largo del cálculo, he considerado las condiciones reales del experimento, es decir, una caja típica y un plano inclinado típico en la tierra cuyas masas son pequeñas en comparación con la tierra. La aceleración debida a la gravedad es constante. Si la gente desea considerar esto como una aproximación, son bienvenidos a resolver el problema en todo detalle a su satisfacción. Pero el resultado que he demostrado más arriba es una verdad muy profunda independiente del caso que nos ocupa.

Answer 5

La cuestión es que no estás teniendo en cuenta el movimiento de la cuña y, por tanto, no estás abordando el problema en su totalidad. Cuando cambias a un marco en movimiento, la cuña gana energía cinética: $\frac{1}{2} M v_w^2$

A medida que el bloque se acelera hacia la derecha, la cuña se acelera hacia la izquierda. Así, en el estado final del cuadro móvil, el bloque no tiene velocidad (por construcción del cuadro móvil) pero la velocidad de la cuña hacia la izquierda ha aumentado. Este aumento de velocidad hace que la cuña gane energía cinética, lo que compensa la pérdida de energía del bloque.