Órbitas posibles

Con razonamientos, fundamentalmente energéticos, vamos a ver las distintas órbitas posibles para un satélite o una sonda espacial...

Con una lanzadera espacial, se sitúa un satélite de 2 Toneladas a una altura igual al radio terrestre. Se pide : a) La velocidad del mismo para que la trayectoria sea una circunferencia así como el número de vueltas completas que da en un día. b) Para que sea una elipse. c) Para que sea una parábola o una hipérbola y “escape” del campo gravitatorio terrestre. En todos los casos considerar que el momento angular, respecto al centro de la Tierra, en el lanzamiento es máximo.

Datos : MT= 5´98 . 1024 Kg ; RT= 6350 Km; G = 6´67 . 10-11 Nm2/kg2.

Los tipos de trayectoria deben depender de la energía total del sistema así como del momento angular en el instante del lanzamiento. En nuestro caso , consideramos el satélite situado a una altura de 6350 Km ( distancia al centro de la Tierra de 12´7 . 106 m) y que debemos dejarlo en libertad con una velocidad determinada para que la trayectoria sea una circunferencia. La velocidad debe ser perpendicular a r para que el momento angular sea máximo.

Como la fuerza de gravitación de Newton debe tener sólo componente centrípeta podremos escribir :

r

En nuestro caso concreto, la velocidad será de:

Para saber el número de vueltas completas que da en un día, calcularemos su periodo:

Luego en número de vueltas diarias será de 6´06 » 6.

b) Para saber el tipo de trayectoria descrita, vamos a utilizar un razonamiento energético. En el caso anterior, con el satélite ligado describiendo un órbita circular, la energía total del sistema ( MT y m) resulta negativa, ya que:

E = Ec + Ep

Es decir. la energía cinética presenta un valor igual a la mitad del valor absoluto de la energía potencial ( negativa), por lo que la energía total resulta negativa.

Siempre que Ec< |Ep| la órbita será cerrada y el sistema ligado con una energía total negativa, pues al alejarse m de M e irse convirtiendo la Ec en Ep, nunca podrá ser la Ep=0, por lo que el alejamiento no supondrá nunca una r = ¥. Desde el máximo alejamiento posible, de nuevo la Ep se convierte en Ec y m se aproxima a M.

Si

la trayectoria será elíptica empezando por transformarse la energía potencial en cinética y aproximándose m a M.

Si

la trayectoria será una circunferencia y Ec = cte y Ep = cte.

Si

la trayectoria será una elipse transformándose la energía cinética en energía potencial en un principio y alejándose m de M hasta un determinado valor de r desde el que vuelve a aproximarse.

Si la energía total es cero, es decir Ec= |Ep| , la masa m puede alejarse indefinidamente de M , transformando toda su energía cinética en potencial , hasta una distancia infinita en la que todas las energías serán cero. La trayectoria en este caso debe ser abierta, y al ser una cónica, se tratará de una parábola. La velocidad de lanzamiento en estas condiciones recibe el nombre de velocidad de escape.

En nuestro caso, la “velocidad de escape” será:

Luego, las trayectorias serán cerradas ( elípticas o circunferencia) siempre que v sea menor de 7925´5 m/s.

Para una velocidad de lanzamiento de 6500 m/s la trayectoria será elíptica y alejándose de la Tierra. Con una velocidad de lanzamiento de 5000 m/s la trayectoria será elíptica y aproximándose a la Tierra. Con la velocidad de 5604 m/s la trayectoria será una circunferencia ( como ya vimos anteriormente).

En cualquiera de los lanzamientos anteriores, deben cumplirse dos principios de conservación : El de la energía ( ya que el trabajo exterior es cero y, la fuerza gravitatoria es conservativa) y el de conservación del momento angular o cinético ( ya que la fuerza gravitatoria siempre presenta un momento cero respecto al centro de la misma).

No vamos a demostrar que las trayectorias son cónicas, pero en el caso de la órbitas elípticas, podemos, utilizando los principios de conservación anteriores, determinar la máxima o mínima distancia al centro de la tierra en cada caso.

Cuando la velocidad de lanzamiento, en lugar de ser de 5604 m/s que correspondería a una trayectoria circular, resulta ser de 6500 m/s la trayectoria será una elipse ( sistema ligado pues la velocidad es inferior a la de escape), y, el máximo alejamiento de la Tierra podremos calcularlo aplicando los principios de conservación antes aludidos entre las posiciones extremas de la órbita.

Si llamamos r1 y r2 a las distancias de las posiciones extremas con respecto a centro de la Tierra y v1 y v2 las velocidades respectivas en dichas posiciones, tenemos:

Principio de conservación del momento angular

Principio de conservación de la energía

Resolviendo este sistema de ecuaciones con los datos iniciales de r1 = 12´7. 106 m y la velocidad de lanzamiento v1= 6500 m/s, se obtiene un valor para r2 = 26´1 . 106 m , y una velocidad en la posición más alejada de 3163 m/s.

En el caso del lanzamiento con una velocidad inferior a la correspondiente a la trayectoria circular, tal como v = 5000m/s , la trayectoria será una elipse que supone un aproximarse a la Tierra después del lanzamiento. En esta caso concreto de r1= 12´7 . 106 m y una velocidad de lanzamiento de v1= 5000 m/s y , aplicando los principios de conservación antes considerados, obtenemos para el punto más próximo la Tierra el valor de r2 = 8´4 . 106 m y , una velocidad de v2 = 7559´5 m/s.

Si continuamos disminuyendo la velocidad de lanzamiento, en la trayectoria elíptica correspondiente, el “satélite” puede encontrarse con la Tierra chocando con la misma y , no describiendo la órbita completa.

c) Para que la trayectoria sea abierta ( una parábola o una hipérbola) la energía total del sistema , en el lugar del lanzamiento debe ser o cero ( trayectoria parabólica) o positiva ( trayectoria hiperbólica ). En estos casos, la energía cinética del lanzamiento se va convirtiéndose en energía potencial gravitatoria, alejándose m progresivamente de la Tierra, hasta distancias infinitas, en las que la energía total continuaría siendo cero o positiva. En la práctica, “escapa” del campo gravitatorio terrestre y “cae” bajo la acción de otros campo gravitatorios.

En nuestro caso concreto , vimos que la velocidad de “escape” correspondía a 7925´5 m/s . Con esta velocidad, la trayectoria será de una parábola y con una velocidad mayor ( Energía total positiva) la trayectoria será una rama de hipérbola. En ambos casos m se aleja indefinidamente de MT.

En el siguiente APPLET vamos a comprobar los razonamientos utilizados anteriormente. Sabiendo que el lugar del lanzamiento del satélite corresponde a 2RT o lo que es lo mismo 12´7 . 106 m del centro de la Tierra, vamos a ver las distintas trayectorias posibles según la velocidad que queramos comunicar al satélite en su lanzamiento.

Recordando los valores de velocidad de escape como 7925´5 m/s , podemos probar con distintas trayectorias elípticas o con la circunferencia para ditintos valores de velocidad de lanzamiento. En todos estos casos, también podemos comprobar cómo se convierte la energía cinética en potencial y viceversa así como ver lo que ocurre con la energía total. En casos en los que la velocidad de lanzamiento se inferior pero muy próxima a la de escape, (por ejemplo v=7800 m/s) la trayectoria será una elipse tan grande que se sale del espacio visible en el applet, y el tiempo que tarda el satélite en completar dicha elipse, puede ser relativamente grande ( varios minutos en el applet). Cuando se lanza con la velocidad de escape, la trayectoria será abierta : una parábola.

En el caso de superar la velocidad de escape, podemos comprobar que , al ser una trayectoria abierta ( hipérbola) el satélite se aleja de la Tierra , desapareciendo del campo visual del applet. En este caso, también podemos comprobar cómo la energía cinética se convierte en potencial. Pasará lo mismo en el caso de coincidir con la velocidad de escape, de manera que, en este caso la trayectoria será una parábola.

De la Tierra a la Luna

Se dispara un cohete verticalmente desde la Tierra hacia la Luna, consumiéndose el combustible en un tiempo relativamente corto después del disparo. a) ¿ En qué punto de su trayectoria hacia la Luna su aceleración vale cero? b) ¿ Cuál sería la velocidad inicial mínima del cohete necesaria para llegar a este punto y caer en la Luna por acción de la gravedad lunar? c) En este caso ¿ cuál sería la velocidad del cohete al llegar a la Luna?.Despreciar rozamiento con la atmósfera.

Datos : G = 6´67 . 10-11 U.I. ; MT= 5´98 . 1024 Kg ; MT= 81 ML ; RT=6350 km ; RL= 0´27 RT. Distancia T-L = 3´84 . 108 m

En los puntos del espacio que rodea la Tierra y la Luna, el campo gravitatorio resultante será el resultado de sumar el campo gravitatorio terrestre y el lunar. El campo gravitatorio creado por la Tierra, recordemos que viene dado por :

dirección radial, sentido hacia la Tierra.

Mientras que el campo gravitatorio creado por la Luna, vendrá dado por:

siendo r´ la distancia al centro de la Luna. Dirección radial , sentido hacia la Luna.

En la trayectoria del cohete, de la Tierra a la Luna, los dos campos gravitatorios tienen la misma dirección y sentidos contrarios. El campo gravitatorio resultante ( o aceleración del movimiento) será, en la mayor parte de estos puntos dirigido hacia la Tierra dada su mayor masa, pero, a una determinada distancia, la suma de ambos campos puede ser cero. Superado este punto el campo gravitatorio resultante será dirigido hacia la Luna.

En ese punto, la suma del campo gravitatorio terrestre y del campo gravitatorio lunar será igual a cero y, por tanto la aceleración del cohete será igual a cero. Llamando r1 a la distancia de ese punto al centro de la Tierra y, r2 la distancia entre ese punto y el centro de la Luna, deberá cumplirse:

Como MT= 81 ML tenemos que

Como además conocemos r1 + r2 = D resulta que r1 = 0´9 D por tanto, el punto en cuestión se encuentra a una distancia del centro de la Tierra igual a :

r1 = 0´9 . 3´84 . 108 = 3´456 . 108 m

Cuando el cohete se encuentre en puntos más próximos a la Tierra que el anteriormente localizado, la aceleración del mismo ( y por tanto el campo gravitatorio resultante) será hacia la Tierra y dicha cápsula irá disminuyendo la velocidad. En ese punto la aceleración será cero y, superado ese punto, la aceleración será hacia la Luna ( la cápsula “caerá” hacia la Luna) aumentando su velocidad.

b) Para llegar a la Luna desde la superficie de la Tierra, debemos realizar sobre el cohete un trabajo exterior sobre el sistema ( Tierra, Luna, cohete) que le procure una energía cinética capaz de hacer llegar el cohete hasta el punto en el que la aceleración resultante es cero. A partir de ese punto el “cohete” “caerá” hacia la Luna, ya que a partir de él, la fuerza de atracción lunar es mayor que la terrestre. Para calcular la “velocidad mínima” con la que debemos dotar al cohete, consideraremos que llega al punto en el que a=g=0 , con velocidad cero. Superada mínimamente esa velocidad, el cohete “caerá” hacia la Luna.

El trabajo exterior realizado por la combustión de los gases en el primer intervalo, vamos a considerar que es corto y que una vez finalizado y adquirida la velocidad adecuada , el cohete continúa próximo ( relativamente) a la superficie terrestre.

Para calcular esa “velocidad mínima”, utilizaremos razonamientos energéticos , pues durante el proceso, la aceleración resultante sobre el cohete depende del punto considerado, y, los razonamientos dinámico cinemáticos resultan más complejos.

Suponiendo que el proceso mediante el cual dotamos de velocidad inicial al cohete , como hemos dicho anteriormente, no supone un gran alejamiento de la superficie terrestre y que, la masa del cohete permanece constante en todo el proceso, podemos escribir:

Wex = DEc = Ec1- Ec0

Una vez adquirida la velocidad adecuada, el sistema Tierra-Luna- cohete, permanece aislado y conservativo, con lo que vamos a considerar el principio de conservación de la energía entre el punto 1 ( con el cohete prácticamente en la superficie de la Tierra y con la velocidad adecuada) y el punto 2 ( punto en la trayectoria Tierra-Luna en el que la aceleración es cero y en el que consideraremos que la velocidad del cohete también es cero).

Ec1 + Ep1 = Ec2 + Ep2

Como vamos a considerar la velocidad mínima de lanzamiento desde la Tierra, esto supondrá una velocidad en el punto 2 igual a cero. Desde allí el cohete caerá hacia la Luna .

Ec1 + Ep1 = Ep2 (1)

Como la energía potencial del cohete en el campo gravitatorio creado por la Tierra y por la Luna consta de dos sumandos, que corresponderán a las siguientes expresiones:

Ep1= Ep1T + Ep1L Ep2 = Ep2T + Ep2L

Substituyendo en la expresión anterior (1) y eliminando la masa del cohete tenemos:

De donde :

Considerando los valores adecuados de cada una de las constantes, vemos la poca influencia que tienen los relativos a la Luna, así como la gran cantidad de energía potencial que ha ganado el cohete en el punto 2.

De donde :

Velocidad que como vemos, es muy próxima a la velocidad de “escape” del campo gravitatorio terrestre ( que resulta ser de 11208 m/s ) , lo cual es debido a la poca influencia con respecto al campo gravitatorio resultante que presenta la Luna, con una masa muy pequeña comparada con la de la Tierra.

Para que el cohete llegue a ese punto ( y por tanto pueda llegar hasta la Luna) la velocidad de lanzamiento desde la Tierra debe ser .

v ³ 11093 m/s

Si la masa del cohete resulta ser de 1000 Kg, la energía mínima necesaria para alcanzar la Luna , y por tanto el trabajo que deberemos hacer sobre el mismo, será de:

c) Para calcular la velocidad con la que el cohete llegará a la superficie de la Luna, partiendo del punto en el que la aceleración es cero ( la velocidad prácticamente cero) podríamos utilizar razonamientos dinámico- cinemáticos calculando en cada punto la aceleración resultante ( hacia la Luna) pero, dado que esta aceleración presenta un valor que depende del punto considerado, nos interesa utilizar un razonamiento energético. Para ello consideraremos el paso del cohete desde el punto 2 ( en el que g = 0) hasta el punto 3 ( en la superficie de la Luna). El sistema cohete-Tierra-Luna, es aislado y conservativo, por lo que podemos escribir:

Ep2 + Ec2 = Ep3 + Ec3 (2)

Los valores de la energía potencial del cohete en el campo gravitatorio creado por la Tierra y por la Luna ,en los puntos 2 y 3 vendrán dados por :

Substituyendo en la ecuación (2) en la que Ec2= 0 , y , eliminando la masa del cohete en todos los sumandos:

Donde substituyendo los valores correspondientes obtenemos para cada sumando:

-1´154 . 106 – 1´282. 105 = - 1´043 . 106 – 2´872 . 106 + ½ v32

De donde

Luego, la velocidad con la que el cohete llegará a la Luna será :

v3 ³ 2294 m/s

Si el lanzamiento desde la Tierra supone una velocidad menor de 11093 m/s, el cohete no alcanzará la Luna, y si dicha velocidad es mayor o igual a 11093 m/s se alcanzará la Luna llegando con velocidad que será mayor o igual a 2294 m/s.

En el trayecto de la Tierra a la Luna, los vectores velocidad y fuerza resultantes sobre la cápsula vienen especificados en la siguiente figura y, de manera más completa en el APPLET que planteamos a continuación.

En el applet también podemos observar cómo, en el trayecto desde la superficie de la Tierra hasta la superficie de la Luna, el cohete debe superar una “barrera de potencial” que precisamente se encuentra en el punto en el que el campo gravitatorio es cero. Como vemos pues, el cohete pasa de un “pozo de potencial” en el superficie de la Tierra a otro “pozo de potencial mucho menor” en la superficie de la Luna.

En dicho applet, hemos representado los tamaños correspondientes de la Tierra y de la Luna mucho mayores de lo que correspondería a la distancia entre ellos ( radio de la Tierra en el dibujo unas 7 veces el RT) por lo que , no se podrán simular en el mismo velocidades de lanzamiento inferiores a 10800 m/s ya que, los recorridos máximos en esos casos serían inferiores al radio dibujado para la Tierra. El dibujo también afecta a la gráfica de energía potencial que, realmente supone un "pozo de energía" mucho más profundo en el caso de la superficie de la Tierra.

En la simulación del movimiento, podemos ir dando valores cada vez mayores de velocidad de lanzamiento y ver cómo el cohete va alcanzando valores cada vez más altos de energía potencial, hasta que, para un determinado valor de velocidad se alcanza el máximo de energía potencial del sistema, en el cual la fuerza resultante es cero y, por tanto también la aceleración y la velocidad. Superado ese valor de velocidad de lanzamiento, el cohete llegará a la Luna con una determinada velocidad que, también nos dará el applet.

Los vectores velocidad y fuerza resultante sobre el cohete los hemos dibujado ligeramente desplazados del mismo para que sea más visible su variación.En el momento del lanzamiento hemos dibujado la fuerza de propulsión del cohete en un intervalo de tiempo muy pequeño relativamente.

También en el applet, para cada lanzamiento, podemos hacer un seguimiento de los valores de energía cinética y de energía potencial que van apareciendo en la parte superior del mismo.

Tanto en el applet como en el problema resuelto, se han utilizado valores de constantes ( G, MT, ML, D ...) con un número determinado de decimales, y como las potencias de diez son tan grandes, los redondeos afectan mucho a la velocidad necesaria para llegar al punto en el que g= 0.

Campo gravitatorio terrestre

En este problema, vamos a considerar cómo varía el campo gravitatorio en los alrededores y en el interior de una masa extensa y de densidad constante cuando su forma es esférica. Todo ello lo aplicaremos al caso concreto de la Tierra ( suponiéndola de densidad constante y perfectamente esférica).

Suponiendo la Tierra una esfera de densidad constante, se pide : a) El campo gravitatorio creado r = 3R , r =R y r = R/3 siendo r la distancia al centro de la Tierra. b) Demostrar que si se hiciera un túnel sin fricción a través de la Tierra y a lo largo de uno de sus diámetros y, dejásemos una masa m en el mismo, su movimiento sería armónico simple. c) Determinar su periodo, d) Si dejamos m libre en uno de los extremos del túnel ¿ Con qué velocidad pasaría por el centro de la Tierra? Datos : R= 6´37 . 106m ; G=6.67 . 10-11m3Kg-1s-2 ; M=5´98 . 1024Kg

Ante las preguntas del apartado a) ,cabe suponer que, a medida que nos vayamos alejando de la superficie de la Tierra ( y por tanto aumentando r ) el campo gravitatorio irá disminuyendo y que, a medida que vayamos profundizando hacia el centro de la Tierra ( disminuyendo r ) también irá disminuyendo, siendo cero en el centro de la misma, pues en este punto hay igual cantidad de masa en todas las direcciones. El valor máximo del campo gravitatorio debe alcanzarse en la superficie de la Tierra.

Para llegar a las expresiones que nos dan el campo gravitatorio creado a distintas distancias del centro de la Tierra, vamos a utilizar el teorema de Gauss, ya que dicho campo , cumple con la condición de ser radial y de depender de la inversa del cuadrado de la distancia. Considerando el flujo del campo a través de una superficie cerrada, debe cumplirse:

Considerando que el flujo del campo gravitatorio g es a través de una superficie esférica de radio r ( r > R) concéntrica con la superficie de la Tierra ( tal y como se indica en la figura), el campo gravitatorio g será el mismo en todos sus puntos ( por razones de simetría), por lo que podemos escribir:

Ya que, la suma de masas en el interior de la superficie cerrada åmi es la masa total de la Tierra M y "g" es el módulo del vector intensidad de campo gravitatorio en los puntos de dicha superficie. Como además la integral de ds a lo largo de toda la superficie esférica es 4pr2 ( la superficie total de la misma), podemos escribir:

de donde

Luego, el vector intensidad del campo gravitatorio terrestre en los puntos en los que r³ R , vendrá dada por :

dirección radial ( ur) , sentido hacia el centro de la Tierra.

Para los puntos situados en r< R ( entre la superficie y el centro de la Tierra) el campo gravitatorio lo calcularemos siguiendo el mismo razonamiento, con el teorema de Gauss. Esta vez, consideraremos una superficie esférica con centro en el centro de la Tierra y de radio r ( r < R ). El flujo del campo gravitatorio a su través debe estar relacionado con la masa contenida en su interior.

Aplicando pues el teorema de Gauss al flujo del campo gravitatorio a través de la esfera de radio r ( r< R ) tendremos:

Siendo r la densidad de la esfera. Como g se mantendrá constante en módulo, en todos los puntos de la esfera de radio r considerada y, la integral de ds a lo largo de toda la superficie de esa esfera es 4p r2, tendremos:

de donde

Si substituimos el valor de la densidad de la esfera ( la Tierra) por su valor , tendremos:

Como vemos , el campo gravitatorio dentro de la esfera homogénea ( la Tierra) , depende linealmente de la distancia al centro de la misma. En resumen,

Para r³ R

y para r£ R

Como vemos, el máximo valor del campo gravitatorio terrestre, se alcanza en su superficie. Contestando a las preguntas del problema, la intensidad del campo gravitatorio terrestre en los puntos aludidos será:

Para r=R

Para r=3R

Para r=R/3

b) Si se hiciera un túnel sin fricción a través de la Tierra y coincidiendo con uno de sus diámetros, y, dejásemos en libertad una masa m, su movimiento sería vibratorio armónico simple , pues la fuerza que actúa sobre m depende de la distancia al centro de la Tierra y con un sentido hacia el centro de la misma, es decir, es del tipo:

de donde

Haciendo coincidir el eje de las x con el túnel y, situando el origen del mismo en el centro de la Tierra, las ecuaciones cinemáticas de la masa m serán:

x= R cos wt

v= - Rw sen wt

a= - R w2 cos wt

Como la aceleración hemos visto antes que viene dada por:

tendremos que

de donde el periodo será

En nuestro caso concreto , con los valores de masa de la Tierra y radio de la misma , el periodo resulta ser de 5058 s , o lo que es lo mismo 84,3 minutos.

c) Para averiguar la velocidad con la que pasaría la masa m por el centro de la Tierra, al ser dejada en libertad en la boca del túnel en la superficie de la Tierra, utilizaremos las expresiones cinemáticas del movimiento vibratorio armónico simple.

v= -R w sen wt

Como en el centro de la Tierra , la velocidad será máxima, tendremos:

que substituyendo valores obtenemos 7913 m/s.

Un razonamiento alternativo para la resolución de este apartado es la utilización del principio de conservación de la energía. En este caso , lo primero será llegar a la expresión que nos da la energía potencial gravitatoria del sistema Tierra-m cuando m cuando está dentro del túnel, lo que nos permitirá conocer el valor de la energía potencial del sistema cuando m se encuentre en el centro de la Tierra ( valor que, debe ser negativo y , menor del que presenta el sistema cuando m está en la superficie de la Tierra).

Como siempre debe cumplirse:

expresión que, simplificando, nos da

un valor para la energía potencial del sistema Tierra-m , cuando r£ R de:

Por lo que, la energía potencial del sistema cuando m esté en el centro de la Tierra será:

Aplicando al sistema m-Tierra, el principio de conservación de la energía cuando m pasa de la superficie e la Tierra al centro de la misma, tendremos que:

Ec1 + Ep1 = Ec2 + Ep2

Pues no hay trabajo exterior realizado sobre el sistema y, las fuerzas disipativas ( de rozamiento) hemos considerado que son nulas.

de donde obtenemos un valor para la velocidad v con la que pasa m por el centro de la Tierra , de

Este razonamiento podemos aplicarlo a cualquier otro punto por el que pase m y que no sea el centro de la Tierra.

En el siguiente APPLET, podemos observar cómo la intensidad del campo gravitatorio terrestre aumenta al acercarnos a su superficie ya que, el número de líneas de fuerza por unidad de superficie nos indica cualitativamente su intensidad. También podemos ver cómo esta intensidad disminuye al acercarnos al centro de la Tierra. En cada punto localizado a una determinada distancia del centro de la Tierra,el Applet , nos da el valor del campo gravitatorio.

Cuando consideramos el túnel a través de a Tierra y coincidente con uno de sus diámetros, podemos observar el movimiento de la masa m dejada en libertad en la boca del mismo . El movimiento vibratorio armónico simple se representa en la gráfica correspondiente, viendo además cómo depende el periodo del movimiento de la masa de la Tierra y del radio de la misma. Podremos cambiar los valores de masa y radio de un utópico planeta para ver cómo influiría dicha variación en el movimiento de m a través del túnel practicado en el mismo. En todos los casos podremos ver los vectores fuerza y velocidad que actúan sobre la masa en su recorrido a lo largo del túnel.

PROBLEMAS DE GRAVITACIÓN

En la enseñanza de la Física en el Bachillerato, una de las materias tratadas en segundo curso la constituye el tema de GRAVITACIÓN. En ella , las dificultades de los alumnos en cuanto a la resolución de problemas suelen ser similares a las que presentan en MECÁNICA o en ELECTROMAGNETISMO.

Como ya indicamos en la introducción de los problemas de dichas materias, los fallos de los alumnos en la resolución de problemas son debidos a que los conocimientos adquiridos no están ni ordenados ni jerarquizados, con lo que, los ejercicios y problemas les resultan inabordables. El caso del estudio de la GRAVITACIÓN puede resultar interesante pues los conceptos introducidos en él, nos pueden servir más tarde cuando introduzcamos el CAMPO ELÉCTRICO, ya que podremos razonar de idéntica forma, introduciendo conceptos similares, pues se trata en ambos casos de campos conservativos.

En este apartado vamos a proponer y resolver, cinco problemas básicos, en los que utilizaremos los conceptos y leyes de forma ordenada, tratando de resaltar que los razonamientos utilizados se sustentan en unos pocos principios y leyes.

Estos principios y leyes que vamos considerar son:

1.- Las leyes de KEPLER.

2.- La ley de gravitación universal.

3.- El campo gravitatorio.

4.-Energía potencial gravitatoria.

5.- Potencial gravitatorio.

6.- Ley de GAUSS

En cuanto a las estrategias de resolución planteamos la importancia de : hacer un esquema previo del sistema , hacer una suposición sobre las respuestas a las preguntas planteadas, razonar adecuadamente utilizando los principios y leyes y, por último, analizar los resultados obtenidos hasta establecer su coherencia.

En el análisis de los resultados obtenidos, es de capital importancia la utilización de los APPLETS de cada problema, que nos permitirá visualizar las relaciones de dependencia establecidas en los resultados, así como plantear otras situaciones distintas a las del problema y "ver" cómo evolucionaría el sistema en esos casos.

Para ayudar a los alumnos en la resolución de estos problemas, este trabajo dispone de cinco Guías del alumno, una por cada problema, elaboradas como PELÍCULAS de FLASH, en las que, con una gran interactividad, se les va orientando, insistiendo en aspectos relativos a los errores conceptuales y a razonamientos coherentes con las leyes y principios físicos. Los resultados finales proponemos que los contrasten con el problema resuelto en la página correspondiente de html y, por último, que utilicen los APPLETS para acabar de concretar las dependencias establecidas.

Júpiter y sus satélites

Para aprender a aplicar las leyes de la gravitación, proponemos el siguiente problema:

El planeta Júpiter tiene un radio de 71056 Km y varios satélites, el más próximo al planeta, Io, gira en una órbita de radio 419000 Km y con un periodo de 1 día, 18 horas y 28 min. Hallar :

a) La masa de Júpiter y la aceleración de la gravedad en su superficie. ¿ Qué pesaría allí un hombre de 70 Kg?

b) La velocidad mínima que sería necesario comunicar a una masa en reposo sobre el suelo del planeta para que “escape” de su atracción.

c) El periodo de Europa, satélite que gira a 667000 km del centro de Júpiter.

d) Si deseamos colocar en órbita circular un satélite artificial de 2 toneladas con un periodo de 0´4 días ¿ A que distancia se encontrará de la superficie del planeta y qué velocidad llevará?

Dato : G = 6´67 . 10-11 Nm2/Kg2

Como los satélites giran alrededor de Júpiter ligados por la fuerza de atracción gravitatoria que ejerce dicho planeta sobre ellos, vamos a aplicar las leyes de la gravitación al caso de Io. La masa de Júpiter, debe ser tanto mayor cuanto menor sea el periodo en el giro del satélite situado a dicha distancia, es decir , cuanto más rápido gire.

RJÚPITER= 71056 Km = 71056 . 103 m

R = 4´19 . 108 m

T = 1 día + 18 h + 28 min = 152880 s.

Suponiendo la trayectoria perfectamente circular, la fuerza que actúa sobre Io, la de atracción por parte de Júpiter, actuará como centrípeta por lo que podemos escribir:

Fgravitatoria = Fcentrípeta

De donde tenemos que la masa de Júpiter vendrá dada por:

Como habíamos previsto, cuanto mayor sea la masa del planeta, más rápido debe girar el satélite ( a esa altura).

La aceleración de la gravedad en la superficie de Júpiter vendrá dada por.

que obtenemos 24´6 m/s2 o N/Kg

Luego el peso de una persona de 70 kg, en la superficie de Júpiter será:

P = F = m. gJ = 70 x 24´6 = 1722 N

b) Para que una masa pueda “escapar” de un campo gravitatorio en el que encuentra, debe tener una energía total cero o positiva. Cuando la energía total del sistema ( Planeta+masa) es negativa, el sistema es “ ligado”y , m sólo puede alejarse del mismo hasta una determinada distancia, en la que habrá convertido toda su energía cinética en potencial. A partir de ahí, la masa m vuelve a aproximarse al planeta con la transformación inversa de energía potencial en cinética. Sólo si su energía total es cero ( o positiva), la masa m podrá alejarse indefinidamente del planeta, transformando su energía cinética en potencial , hasta una distancia infinita, por lo que decimos que “escapa” del campo gravitatorio correspondiente.

La velocidad mínima para que “escape” será la correspondiente a una energía total igual a cero.

E = Ec + Ep =0

de donde

Con una velocidad mayor o igual a 59´1 Km/s, la masa m “escapará” del campo gravitatorio de Júpiter. Con velocidades inferiores quedará “ligada” al planeta, alejándose del mismo hasta anular su energía cinética y , luego volviendo a caer hasta su superficie. Como vemos, la velocidad de escape de un planeta dado, es independiente de la masa que pretendamos “sacar” del campo gravitatorio del mismo , dependiendo únicamente de la masa y radio del planeta en cuestión.

c) Para averiguar el periodo del satélite Europa, podemos utilizar de nuevo la ley de Newton de gravitación universal, pero, en este caso utilizaremos una consecuencia de la misma como es la tercera ley de Kepler, que relaciona los radios de la órbitas y los periodos de las mismas de todos aquellos astros que giren alrededor de otro determinado.

Como el radio de la órbita es R2 = 6´67 . 108 m T2 ¿?

Los datos de Io son R1= 4´19 . 108 m T1= 152880s

Aplicando la tercera ley de Kepler :

de donde obtenemos

T2 = 307057 s = 85´3 horas = 3´55 días

El mismo razonamiento podríamos haber utilizado con los demás satélites de Júpiter: Ganímedes, Calisto...

e) Para colocar un satélite artificial en órbita circular con un determinado periodo, podemos o utilizar la ley de Newton de gravitación universal , o la tercera ley de Kepler con los datos de los satélites naturales de Júpiter. En nuestro caso utilizaremos de nuevo la ley de Newton.

Al ser una órbita circular, la fuerza de gravitación sólo tiene componente centrípeta por lo que podemos escribir:

FN = Fcentrípeta

como el periodo que deseamos para el satélite es de :

T = 0´4 . 24 . 60 .60 = 34560 s el radio de la órbita que obtenemos con la expresión anterior es de :

r = 1´554 . 108 m = 155490 Km

Por tanto , la órbita circular se encontrará a una altura sobre le superficie de Júpiter de :

h = 155400-71056 = 84434Km

La velocidad orbital de dicho satélite será:

Velocidad que, podemos comprobar, corresponde a una energía total negativa (sistema ligado) para el conjunto Júpiter-satélite.

En el siguiente APPLET podemos comprobar los resultados obtenidos en los siguientes aspectos:

En primer lugar veremos los satélites naturales de Júpiter, Io y Europa, girando en sus respectivas órbitas y cómo para colocar un satélite artificial alrededor de Júpiter en órbita circular, con un determinado periodo, debemos hacerlo a una determinada altura ( es decir con un determinado radio de órbita que dependerá del periodo deseado). Hemos dibujado las fuerzas sobre los satélites naturales de Júpiter y sobre el satélite artificial, admitiendo que esta última es de magnitud no comparable a las anteriores.Hemos omitido dibujar las fuerzas sobre Júpiter.

En segundo lugar veremos los efectos del lanzamiento, vertical y hacia arriba, de una masa "m" desde la superficie de Júpiter y, podremos ir aumentando la velocidad del lanzamiento hasta llegar a la "velocidad de escape". También podremos observar cómo en cada lanzamiento, la energía cinética de "m" se va convirtiendo en energía potencial del sistema y cómo la energía total del mismo permanece constante. En la caída hacia Júpiter el proceso será el contrario transformándose la energía potencial en cinética hasta alcanzar el punto de lanzamiento. Una ver alcanzada la velocidad de escape, la masa "m" se alejará indefinidamente de Júpiter, la energía total será cero y las energías cinética y potencial progresivamente irán haciéndose cero. Es interesante observar que la altura máxima alcanzada para valores de "v" menores que la velocidad de escape, es independiente de "m". Y, desde luego, a los alumnos debe quedarles claro que la "velocidad de escape" es independiente de la masa lanzada desde la superficie del planeta. Con velocidades próximas a la velocidad de escape ( 59 Km/s) pero algo inferiores, el proceso según el cuál "m" se aleja de Júpiter y luego vuelve, se hace muy largo dadas las grandes distancias recorridas ( varios minutos para el proceso en el applet).

Los valores de tiempos se han adaptado para la mejor comprensión de la situación física real.

Estrella doble

Vamos a aplicar las leyes y los conceptos aprendidos en el tema de gravitación , al caso, frecuente en Astronomía , de una estrella doble. El problema será el siguiente:

-En una estrella doble, una de las estrellas tiene una masa de 3 x 1031 Kg y otra una masa de 4 x 1031 Kg. a) Encontrar su velocidad angular con respecto a su centro de masas suponiendo que su separación es de 1012 m. b) Su momento angular total interno, c) Su energía mecánica.

G = 6´67 . 10-11 Nm2/Kg2

Las dos estrellas se estarán atrayendo entre sí por la ley de gravitación universal, y, si su distancia permanece fija, deben estar girando de manera que las fuerzas gravitatorias que actúan sobre cada una de ellas sean centrípetas. Si giran ambas, deben hacerlo alrededor del centro de masas de ambas.

La velocidad angular con la que giran, podemos pensar que dependa de sus masas así como de su distancia.

Lo primero será calcular la posición del CM del sistema formado por las dos estrellas, alrededor del cual girarán ambas.

Como la x del CM viene dada por

y, llamando r a la distancia entre las masas y r1 a la distancia entre m1 y el CM , así como r2 la distancia entre m2 y el CM , tenemos que:

y

Aplicando ahora la ley de gravitación universal a cada estrella, obtendremos el valor de su velocidad angular en el giro ( que suponemos circular) alrededor de su centro de masas. La fuerza de gravitación actuará como centrípeta sobre cada estrella, con lo que podemos escribir:

de donde, la velocidad angular de ambas estrellas será:

Como vemos, depende de la masa total del sistema de estrellas y , sobre todo, de la distancia entre ellas. A menor distancia, la velocidad angular aumenta muy rápidamente, por lo que disminuye el periodo de rotación

En nuestro caso concreto la velocidad angular del sistema de estrellas será:

que corresponde a un periodo de 2´9 años.

b) Para calcular el momento angular del sistema de estrellas, empezaremos por calcular la velocidad lineal de cada una en su correspondiente órbita.

v1= w . r1 = 6´83 . 10-8 . 0´57. 1012 = 38931 m/s

v2= w . r2 = 6´83 . 10-8 . 0´4285 . 1012 = 29267 m/s

Conocidos estos valores, el momento angular del sistema ( que será constante debido a que las fuerzas actuantes son centrales) vendrá dado por :

Como los vectores r1 y v1 son perpendiculares así como r2 y v2 , tendremos que el módulo de L será

L = r1 m1v1 + r2 m2v2

Substituyendo valores obtenemos:

L = 0´57 . 1012 .3. 1031 . 38931 + 0´428 . 1012 . 4 . 1031 .29267 = 1´167 . 1048 Kgm2/s.

El vector momento angular tendrá un valor de 1´167 . 1048 Kgm2/s , su dirección será perpendicular al plano de las órbitas de las estrellas y su sentido saliendo de dicho plano (de acuerdo con en sentido dibujado).

c) Para calcular la energía mecánica que posee el sistema de las dos estrellas, tendremos que considerar la energía cinética de cada una de ellas , además de la energía potencial gravitatoria del sistema de las dos estrellas interaccionando entre sí.

que, en nuestro caso concreto será:

Observamos que, al ser un sistema “ligado” su energía mecánica total es negativa.

En el siguiente applet podemos ver el sistema de las dos estrellas en movimiento. Podemos verlo con los dibujos de trayectorias , fuerzas y velocidades respectivas así cómo la situación del CM del sistema

También podemos variar las masas de las estrellas y ver su influencia en el movimiento, así como la distancia entre ellas y observar cómo afecta a dicho movimiento. En este último caso, observaremos que, al disminuir la distancia, aumenta la velocidad angular y, por tanto disminuye el periodo del movimiento. Los valores de fuerza entre ellas, velocidad angular, periodo y radios de las trayectorias descritas, aparecen para cada caso concreto, en la parte superior del applet.

PROBLEMAS

En los cinco problemas de gravitación que vamos a considerar, aplicaremos las leyes y principios fundamentales siguiendo en cada caso una forma de razonar similar al abordar la resolución de los mismos y, sobre todo haciendo un análisis de los resultados obtenidos, aspecto que , nos parece fundamental , aprendan a hacer los alumnos. En dicho análisis, la utilización de los APPLETS la consideramos de capital importancia.

En el primer problema, aplicaremos la ley de gravitación universal al movimiento de los satélites alrededor de Júpiter. También aplicaremos el principio de conservación de la energía para calcular la velocidad de escape de dicho campo gravitatorio.

Júpiter y sus satélites.Guía del alumno (película de Flash)

En el segundo problema, consideraremos el campo gravitatorio existente entre la Tierra y la Luna, así como la energía mínima necesaria para que una nave llegue de la Tierra hasta la Luna.

De la Tierra a la Luna.Guía del alumno (película de Flash)

En el tercer problema, utilizando la ley de gravitación y , sobre todo, razonamientos energéticos, veremos qué órbitas son posibles para los satélites de la Tierra o de cualquier planeta.

Órbitas posibles.Guía del alumno (película de Flash)

En el cuarto problema, estudiaremos con más detención el campo gravitatorio terrestre, para lo que utilizaremos el Teorema de Gauss hasta llegar a la expresión que nos da dicho campo gravitatorio en el interior de la Tierra.

Campo gravitatorio terrestre. Guía del alumno (película de Flash)

Por último consideraremos el caso de una "estrella doble" analizando el movimiento de cada una de ellas y calculando su velocidad angular, así como su momento angular y su energía mecánica total.

Estrella doble. Guía del alumno (película de Flash)