Download LEYES DE KEPLER 1. Los planetas describen órbitas elípticas

LEYES DE KEPLER
1. Los planetas describen órbitas elípticas planas en uno de cuyos focos está el sol.
Esta ley resulta evidente si tenemos en cuenta que las fuerzas gravitatorias son fuerzas
centrales y que se conserva el momento angular. Por tanto al conservarse el momento
r r
r
angular L = r ∧ mv (tanto en módulo como en dirección la trayectoria debe ser plana,
r
v
formada por el plano que determinan los vectores r y v )
2. El radio vector que une el sol con uno de los planetas barre áreas iguales en tiempos
iguales
En la figura hemos representado el área barrida por el vector de posición en el tiempo ∆t .
Como recordarás, el módulo del producto vectorial de dos vectores es igual al área del
paralelogramo que forman, y obviamente la mitad al triángulo, así que:
dA =
dA =
r
1 r
r ∧ dr
2
r
1 r r
1 s
1 r
r ∧ v ⋅ dt =
r ∧ mv ⋅ dt =
l dt
2
2m
2m
1 r
dA
l = cte.
=
dt 2m
3. Los cuadrados de los periodos de revolución de los planetas son proporcionales a los
cubos de la distancia media de los planetas al sol: T2 = kR3
La demostración de la tercera ley es consecuencia de la ley de gravitación universal de
Newton. Que el planeta se mantenga en órbita supone, desde el punto de vista de un
observador inercial, que el peso del satélite se compense con la fuerza centrífuga:
Peso = Fc
⇒
G
simplificando:
v2 =
M ⋅m
v2
m
=
r
r2
GM
r
Teniendo en cuenta que:
v =ω ⋅r
2π
ω=
T
v=
2π ⋅ r
T
Sustituyendo:
despejando el periodo:
4π 2 r 2 GM
=
r
T2
4π 2 3
T =
r
GM
2
T 2 = k ⋅ r3
Como puede verse todo lo que engloba el círculo son constantes (no aparece la masa del
planeta) y el resultado de la operación, lógicamente, corresponde a una constante
CAMPO GRAVITATORIO TERRESTRE
Suponiendo que la tierra es una esfera de radio R y de masa M, la fuerza con que atraerá
a una masa m colocada en sus inmediaciones vendrá dada por la ley de gravitación
universal de Newton:
r
M ⋅m r
F = −G
ur
( R + h) 2
r
r
A la fuerza con que la tierra a trae a las masas se le llama peso: F = mg , así que
tenemos que la aceleración de la gravedad en un punto no es más que la Intensidad de
campo gravitatorio en ese punto:
r
g = −G
r
M
u
2 r
( R + h)
Para el caso concreto de puntos próximos a la superficie terrestre, y si despreciamos por
ahora la rotación de la tierra alrededor de su eje, su módulo sería:
24
M
−11 5,98 ⋅ 10
g = G 2 = 6,67 ⋅10
= 9,83m / s 2
2
R
6370000
FACTORES QUE INFLUYEN EN LA ACELERACIÓN DE LA GRAVEDAD
La aceleración de la gravedad no es una constante (a veces de tanto utilizar en los
ejercicios de mecánica el valor de 9,8 m/s2 algunos alumnos llegan a pensar que siempre
vale eso) y depende de dos factores:
1. de la altura sobre la superficie terrestre, ya que su módulo es:
g =G
M
M
=G
2
( R + h) 2
r
Como puede verse el valor de la aceleración de la
gravedad disminuye con la altura.
2. de la latitud. Ya que como la tierra está girando alrededor de su eje, cualquier cuerpo
situado sobre ella estará sometido (desde el punto de vista de un observador inercial) a
una aceleración que será la resultante de la gravedad en ese punto y de la aceleración
centrífuga.
A 45º de latitud y al nivel del mar, la aceleración de la gravedad tiene el valor de 9,81
m/s2, que es el valor que suele tomarse en los ejercicios de mecánica.
Ejemplo:
Encontrar la relación entre el valor de la gravedad en la superficie terrestre y el valor
que tiene a una altura h sobre la superficie.
Si llamemos g al valor en la superficie terrestre y g´ al valor que tiene a una altura h,
tendremos que:
M
g =G 2
R
g´= G
M
( R + h) 2
si dividimos miembro a miembro las dos expresiones, tendremos que:
g ( R + h) 2
=
g´
R2
⇒
g´= g
R2
( R + h) 2
Como puede verse a medida que nos alejamos de la superficie terrestre el valor de g´
disminuye.
Ejemplo:
Calcular, en un lugar de la tierra situado a 45º de latitud:
a) la aceleración centrífuga
b) la aceleración de la gravedad
a) Hay que tener cuidado y darse cuenta de que la circunferencia que describe el punto
de latitud 45º no es igual al radio de la tierra, sino a r. Por tanto la fuerza centrífuga
será:
(ωr ) 2
v2
= mω 2 r
⇒
ac = ω 2 r
Fc = m = m
r
r
como:
2π
2π
2π
• ω=
=
=
= 7,27 ⋅10 −5 rad / s
T 1día 24 ⋅ 3600
•
r = R ⋅ cos 45 = 6370000 ⋅ cos 45 = 4504270m
Sustituyendo:
ac = ω 2 r = (7,27 ⋅10 −5 ) 2 ⋅ 4504270 = 0,024m / s 2
b) La aceleración de la gravedad, suponiendo que la tierra no girase viene dada por:
g =G
24
M
−11 5,98 ⋅ 10
6
,
67
10
=
⋅
= 9,83m / s 2
6370000 2
R2
Ahora bien, al considerar su rotación, la aceleración real en un determinado lugar es la
que resulta de componer vectorialmente la aceleración centrífuga para ese punto con la
aceleración de la gravedad calculada anteriormente:
r
r r
g real = g + ac
Para un sistema de referencia como el de la figura, las aceleraciones en forma de vector
serían:
r
r
r
g = −9,83 cos 45i − 9,83sen45 j
r
r
ac = 0,024i
r
r
r
g real = −6,927i − 6,951 j
El módulo de la aceleración en ese punto sería:
g real = (−6,927) 2 + (−6,951) 2 = 9,81m / s 2
que resulta ser el valor que se toma para la aceleración de la gravedad en los ejercicios
de mecánica.
Observa que, de acuerdo con lo anterior, el valor máximo para la aceleración de la
gravedad la tenemos en los polos, y el valor mas pequeño en el ecuador que es donde la
aceleración centrífuga es mayor. ( ac = ω 2 r para el ecuador r=Rt y además es un vector
opuesto a g)
M
R2
M
= G 2 −ω2R
R
g real , polo = G
g real ,ecuad
Ejemplo:
¿Qué relación hay entre el peso de una masa m en las inmediaciones de la tierra y en un
planeta que tenga una masa 10 veces superior y el doble de radio?
Muy sencillo, expresamos la fuerza que cada planeta hace sobre la masa y las dividimos
miembro a miembro:
Ftierra = G
M ⋅m
R2
Fplaneta = G
10M ⋅ m
(2 R) 2
Ftierra
4
=
Fplaneta 10
de donde:
Fplaneta = Ftierra
10
4
Evidente, ya que como la fuerza de atracción gravitatoria (peso) es directamente
proporcional a la masa e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que
separa las masas, será 10 veces mayor y 22 veces más pequeña.
CAMPO GRAVITATORIO EN EL INTERIOR DE LA TIERRA
De la expresión de la intensidad de campo podría deducirse a bote pronto que al
disminuir r la gravedad irá aumentando hasta hacerse infinito en el centro de la tierra
(r=0). Pero no es así, ya que si te das cuenta cada vez que nos vamos adentrando en el
interior de la tierra cada vez hay menos capas de masas que influyen al campo, de
manera que disminuimos r, pero también la masa, así que la gravedad en un punto
interior será:
M r
r
g int = −G 2int u r
rint
Suponiendo que la densidad de la tierra fuera constante:
d=
Mt
M int
m
=
=
V 3 πR 3 4 πr 3
int
t
4
3
de donde
M int = M t
rint3
Rt3
sustituyendo en gint tenemos:
M r
M ⋅r r
r
r r
g int = −G 2int u r = −G t 3 int u r = g t int
rint
Rt
Rt
lo que resumiendo quiere decir que el módulo de la aceleración de la gravedad vale:
g dentro = g t
r
R
g fuera = G
M
R2
Dentro de la tierra va aumentando linealmente con la distancia al centro hasta llegar a
tener el valor máximo gt en su superficie y fuera disminuye con el cuadrado de la
distancia
SATÉLITES: VELOCIDAD ORBITAL Y VELOCIDAD DE ESCAPE
Para que un satélite de masa m orbite a una distancia r alrededor de la tierra, desde el
punto de vista de un observador inercial, es preciso que la fuerza peso con que lo atrae
la tierra sea igual a la fuerza centrífuga:
Fgrav = Fc
G
M ⋅m
v2
m
=
r
r2
vorbital =
GM
r
La energía total del satélite cuando está en su órbita a una distancia r del centro de la
tierra será suma de cinética y potencial, es decir:
E = Ec + Ep
1
M ⋅m 

E = mv 2 +  − G

2
r 

sustituyendo v
2
1  GM  
M ⋅m 
 +−G
E = m


2  r  
r 
y operando
1 M ⋅m
E=− G
r
2
•
Mientras el satélite permanezca en esa órbita no consume energía, porque se
desplaza por una superficie equipotencial. Recuerda que:
W A→ B ,campo = m.(V A − VB )
Si VA=VB ⇒ W=0
además en el caso del campo gravitatorio resulta obvio, ya que la fuerza
gravitatoria y el vector desplazamiento por una superficie equipotencial (que son
esferas concéntricas) forman ángulo de 90º y su coseno es 0
•
El signo menos de la energía total del satélite indica que se trata de un sistema
ligado a la tierra, es decir que por sí mismo nunca se podría escapar de la
atracción terrestre. Para escapar debería tener energía positiva o como mínimo
nula.
La velocidad de escape de un cuerpo que es lanzado desde la superficie de la tierra es
aquella que permite que el cuerpo escape de la atracción terrestre y ello requiere que su
energía total sea positiva o nula como mínimo.
En efecto, ya que como sabemos, cuando lanzamos un cuerpo desde la superficie de la
tierra, la atracción gravitatoria hace que su velocidad vaya disminuyendo conforme se
aleja a la vez que se va transformando en potencial.
•
•
Si queremos que el cuerpo escape completamente debemos comunicarle una
energía cinética de manera que no se detenga hasta llegar al infinito.
Y en el infinito su energía mecánica sería cero porque llega con velocidad cero y
porque allí su Ep=0, ya que es inversa a la distancia, así que como la energía
mecánica en el lanzamiento debe ser igual a la que tiene en el infinito:
Ectierra + Eptierra = Ec∞ + Ep∞
1 2
M ⋅m  1 2 
M ⋅m 

E = mvescape
+−G
 = mv∞ +  − G

R  2
2
∞ 


de donde:
vescape =
•
2GM
R
Si el cuerpo estuviera a una altura h la velocidad de escape, sería vescape =
2 GM
r
donde r=R+h
•
Como puedes ver comparando la velocidad orbital y la velocidad de escape:
vescape = 2 ⋅ vorbital
Ejemplo:
¿Con qué velocidad habría que lanzar desde la superficie de la tierra una nave para que
llegue a la luna?
Datos: MT=5,98.1024Kg ML=7,35.1022Kg dT-L=3,84.108m
Esto es casi igual si que nos pidieran la velocidad con que hay que lanzar una piedra
para que llegue al tejado. La pequeña diferencia es que, en este caso, solo tenemos que
llevar el cuerpo hasta una distancia x donde el campo gravitatorio y el lunar se igualan y
luego ya será la luna la que tire del cuerpo y lo lleve hasta su superficie.
El punto Po donde la gravedad terrestre y lunar se igualan, es decir gT=gL :
G
MT
ML
=G
2
x
( d − x) 2
x=3,45.108m
Y ahora simplemente, aplicamos la conservación de la energía mecánica entre la
superficie de la tierra y ese punto Po donde la gravedad es cero, que es donde hay que
llevar al cuerpo.
Ectierra + Eptierra = EcP 0 + Ep P 0
M ⋅m  1 2 
M ⋅m 
1 2 
mv +  − G T
 = mv Po +  − G T

2
R  2
x 


 1 1
v = 2GM T 
−  = 1,11 ⋅10 4 m / s
 RT x 
Ejemplo:
Un satélite de 100Kg de masa describe una orbita circular a 200Km de la superficie
terrestre.
a) Calcular su velocidad orbital
b) ¿Qué le pasaría si por efecto del rozamiento el satélite va perdiendo energía? Y en
particular ¿Qué le ocurriría a su velocidad angular?
c) Periodo
d) Energía potencial, cinética y total del satélite
e) Energía necesaria para ponerlo en órbita
f) Velocidad necesaria para que escape del campo gravitatorio
Datos: MT=5,98.1024Kg
RT=6370Km
Para un observador situado en el satélite, éste estará
sometido a dos fuerza en la misma dirección y
sentido contrario: El peso y la F.centrífuga, y ambas
deben ser iguales para que se mantenga en órbita.
r = RTierra + h
Fgrav = Fc
⇒
G
de donde:
vorbital
GM
=
=
r
M ⋅m
v2
m
=
r
r2
6,67 ⋅10 −11 ⋅ 5,98 ⋅10 24
GM
=
= 7792m / s
6370000 + 200000
R+h
b) Cuando por efecto del rozamiento pierda energía comenzará a describir una espiral
hasta caer en la tierra, es decir la altura h cada vez será menor y como:
GM
R+h
vorbital =
al disminuir h, su velocidad lineal aumentará, y lo mismo le sucederá a la velocidad
angular, ya que:
v
r
ω= =
GM
( R + h) 3
como puede verse, al disminuir h, la velocidad angular aumenta con mayor rapidez que
la lineal.
c) Supongamos que el satélite no pierde energía y se mantiene en la órbita estacionaria a
200Km, para lo que es necesario que tenga una velocidad de 7792 m/s. En este caso:
v
r
ω= =
2π
T
⇒
T=
2πr 2 ⋅ π ⋅ (6370000 + 200000)
=
= 5297,8seg
v
7792
d) La energía potencial, cinética y total serían:
Ep A = −G
M ⋅m
5,98 ⋅10 24 ⋅100
= −6,67 ⋅10 −11
= −6,07 ⋅10 9 Julios
r
6370000 + 200000
2
1
1  GM 
1 M ⋅m
 = G
Ec A = mv 2 = m
= 3,04 ⋅10 9 m / s

2
2  r 
2
r
E = Ec + Ep = 3,04 ⋅10 9 + (−6,07 ⋅10 9 ) = −3,04 ⋅10 9 Julios
e) La energía que hemos de comunicarle nosotros para ponerlo en órbita será igual a la
que tiene, pero como se la damos nosotros tendrá signo positivo:
E nosotros = +3,04 ⋅10 9 Julios
f) La velocidad de escape es la velocidad que hemos de comunicarle para mandarlo al
infinito, donde la energía es cero, así que:
1 2
M ⋅m
Ec A + Ep A = mvescape
−G
=0
2
r
vescape =
2GM
2 ⋅ 6,67 ⋅10 −11 ⋅ 5,98 ⋅10 24
=
= 11019m / s
r
6370000 + 200000
Ejemplo:
Calcular la altura a que debe colocarse un satélite geoestacionario sobre el ecuador.
Los satélites geoestacionarios, como los de comunicaciones, son los que se encuentran
en todo momento sobre el mismo punto, dicho de otra forman giran con la misma
velocidad angular que la tierra. Su órbita, además, debe estar en el plano del ecuador.
La velocidad angular de la tierra, y del satélite también, es:
ω=
2π
2π
2π
=
=
= 7,27 ⋅10 −5 rad / s
T 1día 24 ⋅ 3600
Como sabemos, para un observador inercial, la fuerza de atracción gravitatoria debe
compensarse por la centrífuga, así que:
G
M ⋅m
v2
=
m
r
r2
y como v = ω ⋅ r si sustituimos y despejamos r tendremos:
r=3
GM
ω2
=3
6,67 ⋅10 −11 ⋅ 5,98 ⋅10 24
= 42259 Km
(7,27 ⋅10 −5 ) 2
La altura sobre la superficie terrestre será h = 42259 − RT = 35889 Km
FORMAS DE LA TRAYECTORIA DEL LANZAMIENTO DE UN COHETE
En primer lugar vamos a recordar que:
•
•
•
La energía potencial gravitatoria siempre es negativa y que va aumentando
conforme nos alejamos de la superficie de la tierra (donde tiene su máximo
negativo) hasta llegar a cero en el infinito.
La energía cinética por el contrario siempre es positiva, aunque si lanzamos un
cuerpo hacia arriba ira disminuyendo hasta llegar a cero.
La energía mecánica total, que es la suma de la cinética y de la potencial, podrá
por lo tanto ser negativa, cero o positiva.
Energía mecánica negativa: Si la energía mecánica es negativa decimos que el cuerpo
está ligado a la gravedad terrestre y que por tanto no puede escapar de su campo.
Pueden ocurrir tres cosas:
a) Que la velocidad con que lo lancemos el cuerpo sea tal que vorbital = GM / r . En ese
caso describirá una órbita circular alrededor de la tierra y su energía como hemos
deducido valdrá:
1 M ⋅m
E=− G
r
2
b) Si su velocidad fuese menor, y por tanto su energía, volvería a la superficie terrestre,
como ocurre cuando lanzamos una piedra o un proyectil a poca velocidad
c) Si lo lanzamos a una velocidad superior a la obtenida mediante GM / r pero más
pequeña que la de escape ( vescape = 2GM / r ) entonces el cuerpo seguirá ligado al
campo gravitatorio, pero describirá una órbita elíptica en lugar de circular.
Energía mecánica cero : Si la energía mecánica es cero (Ec+Ep=0), entonces el satélite
tendrá la energía mínima para escapar del campo, y lo haría siguiendo una trayectoria
parabólica. A la velocidad necesaria se le llama velocidad de escape: vescape = 2GM / r
Energía mecánica positiva: Es decir, si le comunicamos una velocidad tal que Ec>Ep
entonces, por supuesto escapará del campo gravitatorio, pero lo haría siguiendo una
trayectoria hiperbólica. Además como puede suponerse llegaría al infinito con una
velocidad>0.