Referenciales no inerciales

Sabemos que las ecuaciones de Euler-Lagrange son válidas cuando se las plantea desde un referencial inercial $K_o\,$, de manera que

$$L_o = \frac{1}{2}m\,\bm{v}_o^2 - U \qquad\qquad \to \qquad\qquad m\,\frac{{\rm d}\bm{v}_o}{{\rm d}t} = -\frac{\partial U}{\partial\bm{r}} \;.$$

Nos interesa ahora dar la descripción desde un sistema no inercial $K'$ que se desplaza respecto de $K_o\,$ con una velocidad $\bm{V}(t)$, que no es constante. Sabemos que las velocidades se transformarán de acuerdo a

$$\bm{v}_o = \bm{V}(t) + \bm{v'} \;,$$

donde ingeniosamente llamamos $\bm{v'}$ a la velocidad respecto del referencial $K'$, para distinguirla de $\bm{v}_o\,$, descripta desde el referencial $K_o\,$ (¡cuánta imaginación!). Sustituyendo en $L_o\,$, podemos encontrar la lagrangiana correspondiente al referencial $K'$

$$L'=\frac{1}{2}m\,\bm{v'}^{\,2}+m\,\bm{v'}\cdot\bm{V}+\,{\color[rgb]{.8,.55,.4}\frac{1}{2}m\,\bm{V}^2\,}-U \;.$$

Como $\bm{V}^2$ es una función de $t\,$ preestablecida, puede escribirse como la derivada ${\rm d}\bm{A}/{\rm d}t\,$ de alguna función $\bm{A}(t)$, de manera que el tercer término de la expresión anterior es irrelevante, por lo que la omitiremos. Por otro lado,

$$m\,\bm{v'}\cdot\bm{V} = {\color[rgb]{.65,.55,.55}m\,\frac{{\rm ... ...{\rm d}t}\rule{3em}{0em}} - m\,\bm{r'}\cdot\frac{{\rm d}\bm{V}}{{\rm d}t} \;.$$

Nuevamente, el primer término de la derecha es una derivada total con respecto a $t\,$ por lo que puede ignorarse. Definiendo $\bm{W}(t)={\rm d}\bm{V}/{\rm d}t\,$,

$$L'= \frac{1}{2}m\,\bm{v'}^{\,2} - m\,\bm{W}(t)\cdot\bm{r'} - U \;,$$

de modo que la ecuación de movimiento respecto de este referencial resulta (ejercicio)

$$m\,\frac{{\rm d}\bm{v'}}{{\rm d}t} = -\frac{\partial U}{\partial\bm{r'}} - m\,\bm{W}(t) \;,$$

donde vemos que aparece una “fuerza inercial”  igual a la masa por la aceleración de $K'$ cambiada de signo.

Cuando el referencial $K$ desde donde efectuamos nuestra descripción además de trasladarse con una velocidad $\bm{V}(t)$ rota con velocidad angular $\bm{\Omega}$ respecto de $K'$, sabemos que la velocidad $\bm{v'}$ se relaciona con la velocidad vista desde $K$ mediante (31)

$$\bm{v'} = \bm{v} + \bm{\Omega}\times\bm{r} \;.$$

En cambio, el vector posición $\bm{r}$ respecto de $K$ (que rota mientras se traslada) coincide con el vector posición $\bm{r'}$ respecto de $K'$ (que solo se traslada). Sustituyendo, obtenemos la lagrangiana descripta desde el sistema $K$

$$L = \frac{1}{2}m\,\bm{v}^{2} + m\,\bm{v}\cdot(\bm{\Omega}\times\b... ...) + \frac{1}{2}m(\bm{\Omega}\times\bm{r})^2 - m\,\bm{W}(t)\cdot\bm{r} - U \;.$$

Para encontrar las derivadas parciales de $L$ con respecto a $\bm{r}$ y a $\bm{v}$, es conveniente provocar variaciones infinitesimales ${\rm d}\bm{v}$ y ${\rm d}\bm{r}$ en la expresión anterior (ejercicio)

$${\rm d}L = m\,\bm{v}\cdot{\rm d}\bm{v} + m\,(\bm{\Omega}\times\bm... ...t)\cdot{\rm d}\bm{r} - \frac{\partial U}{\partial\bm{r}}\cdot{\rm d}\bm{r} \;,$$

lo que implica

$$\frac{\partial L}{\partial\bm{v}} = m\,\bm{v} + m\,(\bm{\Omega}\times\bm{r})$$   y$$\qquad \frac{\partial L}{\partial\bm{r}} = m\,\bm{v}\times\bm{\O... ...mes\bm{r})\times\bm{\Omega} - m\,\bm{W} -\frac{\partial U}{\partial\bm{r}} \;.$$

La ecuación de movimiento resulta entonces (ejercicio)

$$m\,\frac{{\rm d}\bm{v}}{{\rm d}t} = -\frac{\partial U}{\partial\b... ...\,\bm{v}\times\bm{\Omega} + m\,\bm{\Omega}\times(\bm{r}\times\bm{\Omega}) \;.$$

El tercer miembro de la derecha se agrega a los dos primeros, que ya han sido analizados, y representa los cambios de velocidad cuando la rotación no es uniforme. El cuarto término es la fuerza de Coriolis, y a diferencia del anterior, aparece aun cuando $\Omega$ se mantenga constante. Finalmente, el término restante corresponde a la fuerza centrífuga, y está contenida en mismo plano definido por $\bm{r}$ y $\bm{\Omega}$, siempre normal al eje de rotación.

Cuando $\bm{W}=0$ y $\bm{\Omega}$ es constante, la lagrangiana se reduce a

$$L = \frac{1}{2}m\,\bm{v}^{2} + m\,\bm{v}\cdot(\bm{\Omega}\times\bm{r}) + \frac{1}{2}m\,(\bm{\Omega}\times\bm{r})^2 - U \;,$$

de manera que (ejercicio)

$$m\,\frac{{\rm d}\bm{v}}{{\rm d}t} = -\frac{\partial U}{\partial\b... ...\,\bm{v}\times\bm{\Omega} + m\,\bm{\Omega}\times(\bm{r}\times\bm{\Omega}) \;.$$

En esta descripción desde $K$, la energía del sistema se obtiene teniendo en cuenta que

$$\bm{p} = \frac{\partial L}{\partial\bm{v}} = m\,\bm{v} + m\,\bm{\Omega}\times\bm{r} \;,$$

con lo cual resulta (ejercicio)

$$E = \bm{p}\cdot\bm{v} - L = \frac{1}{2}mv^2 \,{\color{SeaGreen}- \frac{1}{2}m\,(\bm{\Omega}\times\bm{r})^2} + U \;.$$

Vemos entonces que la descripción desde el sistema rotante agrega un término repulsivo, que no es otra cosa que la energía centrífuga que mencionamos en §4.2. Como en este caso tenemos $\bm{v}_o=\bm{v}+\bm{\Omega}\times\bm{r}$, podemos sustituir $\bm{v}$ en términos de $\bm{v}_o\,$ en la expresión anterior para comparar las diferentes expresiones para la energía, obteniendo (ejercicio)

$$E = E_o - \bm{J}\cdot\bm{\Omega} \;.$$

Esta importante relación puede generalizarse para un sistema de partículas, como son los cuerpos rígidos que estudiamos más arriba; es justamente para esos casos que la expresión anterior incluyendo el momento angular cobra mayor sentido que para el caso de una sola partícula.