Física Contemporánea, Grupo: 8104
Tarea # 4, Fecha de entrega: viernes 18 de septiembre de 2015 Nombre:
Lee con atención las siguientes notas sobre el movimiento en un campo central y realiza los ejercicios que vienen numerados a lo largo del texto. Al final de las notas se incluyen 4 problemas de aplicación que debes resolver también.
MOVIMIENTO EN UN CAMPO CENTRAL. El problema de Kepler
Las leyes de Kepler
Comenzaremos enunciando las tres leyes de Kepler. Estas describen el movimiento de los plane-tas y los astros por parejas. Como veremos, su generalidad es mayor pues se aplican a cualquier sistema de dos cuerpos tal que la dirección de la fuerza coincida con la línea que los une y cuya magnitud sea inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que los separa.
Primera ley: Los planetas se mueven describiendo órbitas elípticas, con el sol situado en uno de sus focos.
Segunda ley: El vector que une al sol con el planeta en cuestión barre áreas iguales en tiempos iguales. Esta ley también es conocida como la ley de las áreas.
Tercera ley: El cuadrado del periodo de la órbita es proporcional al cubo del semieje mayor de la órbita.
Ley de gravitación universal de Newton.
El objetivo es mostrar que las leyes de Kepler son consecuencia de la ley de gravitación universal de Newton
~
F =−Gm1m2
r2 rˆ (1)
Esta ley establece que la fuerza entre dos cuerpos es proporcional al producto de sus masasm1
y m2, e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que las separa. La constante
de proporcionalidad es G = 6.67−11N m2/kg−2. Para mostrar que las leyes de Kepler son
consecuencia de esta ley estudiaremos el movimiento del la tierra y el sol.
Supongamos que en un sistema de referencia los vectores de posición que describen el movimiento del sol y de la tierra son~r1 y~r2 respectivamente.
1. Dibuje el sistema coordenado en tres dimensiones y localice la tierra y el sol. 2. Denote como~r=~r1 −~r2 al vector que va de la tierra al sol.
De acuerdo a la ley de gravitación universal la fuerza ejercida en el sol por la presencia de la tierra es
m1r1~¨ =− Gm1m2 |r1−r2|
análogamente, la fuerza ejercida en la tierra por la presencia del sol es
m2r~¨2 =−
Gm1m2
|r1−r2|
2 (ˆr2−ˆr1), (3)
El siguiente paso es desacoplar estas dos ecuaciones. Para ello definimos al vector centro de masa R~, a la masa total M y a la masa reducidaµen términos de los vectores de posición~r1 y
~r2, y de las masas m1 y m2 como sigue ~ R= m1~r1+m2~r2 m1+m2 (4) M =m1+m2 (5) µ= m1m2 m1+m2 (6) 3. Usando que ~r =~r1−r~2 y la definición de R~ muestre que~r1 =R~ + mM2~r y ~r2 =R~ + mM1~r.
4. Reescriba las ecuaciones (2) y (3) en términos de los vectoresR~ y~ry sus derivadas temporales y muestre que si suma estas dos ecuaciones obtendrá que
MR¨~ = 0 (7)
Esta última ecuación implica que el centro de masa se mueve con velocidad constante. Dado que la elección del origen de un sistema coordenado es arbitraria, podemos escoger un marco de referencia tal que el origen coincida con el vector centro de masa.
Observe que la ley de gravitación sea para m1 o para m2 es µ~¨r=−GM µ
r2 rˆ (8)
Es importante notar que el considerar que el origen del sistema de referencia coincide con la posición del vector centro de masa quiere decir ,dada la disparidad entre las masas de la tierra, que la descripción del movimiento de la tierra será en términos del vector ~r. En un momento mas regresaremos la ecuación (8). Consideremos ahora la energía y el momento angular del sistema sol-tierra.
Energía del sistema sol-tierra
Queremos mostrar que la energía del sistema sol-tierra es constante, esto quiere decir que dicha cantidad no cambia con el tiempo. En otras palabras, que una vez conocida la posición como fun-ción del tiempo, sus energía cinética y potencial serán tales que la suma de ambas permanecerá constante.
En clase encontramos que dado que la fuerza esta dada por la ecuación (1), la energía potencial asociada es
U(r) =−Gm1m2 |r1−r2|
. (9)
5. Muestre que este último resultado es consecuencia de que F~ =−∇U(r) donde el operador ∇f(r) de una función escalar f(r) se llama el gradiente de f(r) y se define como ∇f(r) =
∂f ∂xˆi+
∂f ∂yˆj+
∂f
∂ykˆ. Su tarea es mostrar que dada la función U(r), se satisface la ley de gravitación
universal, es decir, F~ =−∇U(r).
La energía total del sistema es la suma de la energía cinética y potencial, esto es
E = m1 ˙ ~ r12 2 + m2r2~˙2 2 − Gm1m2 |r1−r2| . (10) 6. Sustituya r~˙1 2 y r~˙2 2
en términos de ~r˙ y R~˙ y muestre que E = 2MP~2 + 2µ~p2 − GM µ|~r| . El primer término es la energía del centro de masa dado que escogimos colocar el origen en el centro de masa, este término es igual a cero. Por lo tanto la energía es
E = ~p
2
2µ− GM µ
|~r| (11)
7. Muestre que la energía se conserva, esto es, tomado la derivada con respecto al tiempo de E
muestre que dEdt = 0.
Momento angular del sistema sol-tierra
El momento angular es una cantidad que da información de la cantidad de movimiento de un cuerpo cuyo movimiento es de rotación. Se define de la siguiente forma
~
L=r×p (12)
es decir, es el producto cruz del vector de posición ~r y el vector de momento ~p. Dado que el momento angular es una cantidad vectorial, el momento angular del sistema sol-tierra es un vector y es igual a la suma de los momentos angulares del sol y la tierra
~
L=r~1×m1r~˙1+r~2×m2r~˙2 (13)
8. Sustituya las expresiones de~r1, r~2, r~˙1 y r~˙2 en esta última ecuación y obtenga una expresión
para L~ como función de~r, R~,~r˙ y R~˙. Encontrará
~
L=R~ ×MR~˙ +~r×µ~r˙ (14)
Pero habíamos establecido que el origen del sistema coordenado coincide con el vector centro de masa, por lo tanto el primer término de la última ecuación es cero y ello nos conduce a que el momento angular es
~
L=~r×µ~r˙ (15)
9. Muestre que L~ es una constante de movimiento, esto es muestre que se satisface que
d~L
dt = 0. (16)
Para hacer esta demostración use el hecho que el producto cruz de dos vectores paralelos es igual a cero y que la derivada del producto cruz es
d dt ~ A×B~ = d ~A dt × ~ B+A~× d ~B dt . (17)
El hecho que el momento angular del sistema sol-tierra sea constante implica que L~ es constante en magnitud y dirección. Analizamos primero cuál es la consecuencia del que la dirección del momento angular es constante. Escojamos arbitrariamente que la dirección de ~L
es a lo largo del eje z, es decir kˆ. Dado que L~ =~r×µ~r˙ concluimos que el movimiento tiene lugar en el plano x−y. Este hecho es de importancia fundamental pues significa que en lugar de estudiar el movimiento del sistema tierra-sol en tres dimensiones, su descripción se simplifica considereando que dicho movimiento ocurre en dos dimensiones, es decir en un plano. Para describirlo, dado su naturaleza, es fácil convencerse que es conveniente usar coordenadas polares. De la figura (1) se observa que los vectores base dichas coordenadas son rˆ= cosθˆi+ sinθˆj y ˆ
θ =−sinθˆi+ cosθˆj.
Figure 1: coordenadas polares
10. Más adelante utilizará las derivadas temporales de los vectores base ˆr = cosθˆi+ sinθˆj y ˆ
θ =−sinθˆi+ cosθˆj. Calcúlelas. También muestre que rˆ·θˆ= 0
Aprendimos en la primera parte del curso que caracterizar el movimiento de un cuerpo significa que conocemos su posición y velocidad como función del tiempo.
11. Dado que~r=rrˆ, derive con respecto al tiempo para encontrar~r˙ y ¨~r. Debe encontrar
˙
~
r = ˙rrˆ+rθ˙θˆ y ~¨r=r¨−rθ˙2rˆ+2 ˙rθ˙+rθ¨θˆ (18) Note que en el caso del movimiento circularr˙ = 0y las expresiones para los vectores velocidad y aceleración se simplifican.
Primera ley de Kepler
Para concluir que la órbita que describe la tierra con respecto al sol es una elipse, consideramos la ecuacion (8)y a partir de la expresión para ¨~r se encuentra que
¨
r−rθ˙2 =−GM
r2 . (19)
Esta ecuación es consecuencia de que la fuerza solo tiene componente a lo largo de rˆ, es decir, que la dirección de la fuerza es a lo largo de la línea que une al sol y la tierra.
12. Muestre que
r(θ) = l
es solución de la ecuación diferencial (19), donde l= L 2 GM µ2 (21) y = 1 + 2lE GM µ !1/2 (22) La solución r = r(θ) dada por (20) es la ecuación de las llamadas secciones cónicas, que para l > 0, corresponden a un círculo = 0, una elipse 0 < < 1, una parábola = 1 y una hipérbola >1. Tales figuras tienen a uno de sus focos en el origen (i.e. donde se encuentra el centro de masa y de donde “emana” la fuerza gravitacional para la partícula de masa reducida). Al parámetro l se le llama el semilado recto y a la excentricidad. La verificación de estas propiedades geométricas concierne al curso de geometría analítica.
Notamos que las órbitas circulares y elípticas describen movimientos planetarios y de satélites, mientras que las parábolas asemejan comportamientos de cometas. Además, de la ecuación (22) hallamos que las órbitas circulares y elípticas corresponden a energías negativas, las parabólicas a energía cero, y las hiperbólicas a energías positivas. En particular, para la órbita circular, tenemos que el semilado recto es el radio de la órbita r0 = l, y como = 0, la energía es la
conocida
E =−GM µ 2r0
orbita circular. (23)
En su clase de geometría analítica aprenderá los siguientes aspectos relacionados con las propiedades de una elipse. Para una elipse, θ =π es el acercamiento mínimo, el perihelio, y da
rmin = l
1 +. (24)
El afelio es θ= 0 y es el alejamiento máximo,
rmax = l
1−. (25)
El semilado recto ocurre a θ =π/2; en su tarea ha trabajado en la gráfica de la ecuación para una elipse en coordenadas polares. Además, la elipse tiene, con obvia notación, un semieje menor b y un semieje mayor a. Muestre que estos están dados por,
a= l
1−2 b = l
√
1−2. (26)
Muestre que el área de una elipse es
A=πab=πa2√1−2 (27)
y que el semilado recto es,
l =a(1−2). (28)
Segunda Ley de Kepler.
“La línea que une a un planeta y al Sol, barre áreas iguales en tiempos iguales”. Este enunciado no es mas que la conservación del momento angular y, por lo tanto, es válida no sólo para elipses sino para todas la secciones cónicas. Véamos.
Considere que en un instante dado el planeta esta en el punto (r, θ)de la órbita. Un tiempo ∆tdespués estará en el punto (aproximado) por(r, θ+ ∆θ). El área∆Aque barrió en el tiempo ∆t, se puede aproximar por un triángulo
∆A ≈ 1
2r r∆θ. (29)
Por lo tanto la “velocidad” de área, es decir, la tasa con la barre esa área es ∆A ∆t ≈ 1 2r 2∆θ ∆t. (30)
Note que el lado derecho depende del punto de la órbita pues r depende de θ. Sin embargo, el lado derecho no es mas que L/2µ, que sabemos que es constante por conservación de momento angular. Por lo tanto ∆A/∆t es una constante sin importar el punto de la órbita. En el límite infinitesimal,
dA dt =
L
2µ. (31)
Tercera Ley de Kepler.
“El cuadrado del periodo de la órbita es proporcional al cubo del semieje mayor de la órbita”. Esta sigue de una combinación de los resultados de la Primera y de la Segunda. Usando la ecuación (31) la integramos en un periodo τ en el que se recorre el área completaA,
Z A dA = L 2µ Z τ dt A = L 2µτ. (32)
Usamos las ecuaciones (21), (27) y (28),
τ = 2µA L = 2µπ a 2√1−2 q µ2GM a(1−2). (33)
Elevando al cuadrado ambos términos y cancelando términos iguales, hallamos,
τ2 = 2
2π2
GMa
3. (34)
Note que es “independiente” de la masa del planeta! ... es decir, si suponemos que la masa total es la masa del Sol.
Problemas de aplicación:
1. La luz solar tarda 8.33 minutos en llegar a la Tierra y 43.3 minutos en alcanzar Júpiter. ¿Cuál es el período de rotación de Júpiter alrededor del Sol? (considera que las órbitas de ambos planetas son aproximadamente circulares)
2. La Tierra tarda un año en describir su órbita en torno al sol. Esta órbita es aproximada-mente circular con radio R=1.49×1011 m. Calcula la masa del sol.
3. La luna es aproximadamente esférica con radio R=1.74×106 m y masa m=7.35×1022 kg.
(a) Calcula la aceleración de la gravedad en la superficie lunar.
(b) Si se deja caer una piedra desde una altura de 2 m sobre la superficie lunar, ¿cuál será su velocidad al chocar con la superficie?
4. La velocidad de escape de un planeta (en general de un cuerpo cualquiera) es la velocidad mínima con la cual debe lanzarse un objeto desde su superficie para que llegue al infinito.
(a) Calcular la velocidad de escape de un cuerpo lanzado desde la tierra. (b) Calcular la velocidad de escape de un cuerpo lanzado desde la luna.
(c) Ahora considera que la velocidad de escape de cierto planeta es igual a la velocidad de la luz, ¿Cuál debe ser la masa de ese planeta, si su radio es el de la tierra? (expresa esta masa en unidades de masas solares).
constante gravitacional: G=6.7×10−11Nm2/kg2
radio de la tierra: Rt=6.37×106 m
