3.3: Fenómenos gravitacionales

Cruza tu dial de radio hoy e intenta encontrar cualquier canción popular que hubiera sido imaginable sin Louis Armstrong. Al introducir la improvisación en solitario en el jazz, Armstrong desarmó el rompecabezas de la música popular y volvió a unir las piezas de una manera diferente. De la misma manera, Newton remontó nuestra visión del universo. Considere los títulos de algunos libros recientes de física escritos para el lector general: La partícula de Dios, Sueños de una teoría final. Cuando recientemente se demostró por primera vez que la partícula subatómica llamada neutrino tenía masa, los especialistas en cosmología comenzaron a discutir seriamente qué efecto tendría esto en los cálculos de la evolución del universo desde el Big Bang hasta su estado actual. Sin el físico inglés Isaac Newton, tales intentos de comprensión universal no habrían parecido meramente ambiciosos, simplemente no se le habrían ocurrido a nadie.

Esta sección trata sobre la teoría de la gravedad de Newton, que utilizó para explicar el movimiento de los planetas a medida que orbitaban el sol. Newton lanza un tratamiento general del movimiento en las primeras 20 páginas de sus Principios Matemáticos de Filosofía Natural, y luego pasa las siguientes 130 discutiendo el movimiento de los planetas. Claramente vio esto como el foco científico crucial de su trabajo. ¿Por qué? Porque en ella demostró que las mismas leyes de la naturaleza se aplicaban a los cielos que a la tierra, y que la interacción gravitacional que hizo caer una manzana era la misma que la que impedía que el movimiento de la tierra la llevara lejos del sol.

2.3.1 Leyes de Kepler

Newton no habría podido entender por qué los planetas se mueven como ellos si no hubiera sido por el astrónomo Tycho Brahe (1546-1601) y su protegido Johannes Kepler (1571-1630), a quienes juntos se les ocurrió la primera descripción simple y precisa de cómo funcionan realmente los planetas muévete. La dificultad de su tarea es sugerida por la siguiente figura, que muestra cómo se combinan los movimientos orbitales relativamente simples de la tierra y Marte para que como se ve desde la tierra Marte parece estar escalonándose en bucles como un marinero borracho.

d/A medida que la tierra y Marte giran alrededor del sol a diferentes velocidades, el efecto combinado de sus movimientos hace que Marte parezca trazar un extraño camino en bucle a través del fondo de las estrellas distantes.

Brahe, el último de los grandes astrónomos a ojo desnudo, recopiló datos extensos sobre los movimientos de los planetas durante un período de muchos años, dando el paso gigante de la precisión de las observaciones anteriores de unos 10 minutos de arco (10/60 de grado) a un minuto sin precedentes. La calidad de su trabajo es aún más notable considerando que su observatorio constaba de cuatro gigantes transportadores de latón montados erguidos en su castillo en Dinamarca. Cuatro observadores diferentes medirían simultáneamente la posición de un planeta para verificar si hay errores y reducir errores aleatorios.

Con la muerte de Brahe, le correspondió a su ex asistente Kepler tratar de sacar algún sentido de los volúmenes de datos. Después de 900 páginas de cálculos y muchos inicios falsos e ideas sin salida, Kepler finalmente sintetizó los datos en las siguientes tres leyes:

Ley de órbita elíptica de Kepler: Los planetas orbitan el sol en órbitas elípticas con el sol en un foco.

a/Una elipse es un círculo que se ha distorsionado al encogerse y estirarse a lo largo de ejes perpendiculares.

b/Se puede construir una elipse atando una cuerda a dos alfileres y dibujando así con un lápiz estirando la cuerda tensa. Cada pin constituye un foco de la elipse.

Ley de áreas iguales de Kepler: La línea que conecta un planeta con el sol barre áreas iguales en cantidades iguales de tiempo.

c/Si el intervalo de tiempo que toma el planeta para moverse de P a Q es igual al intervalo de tiempo de R a S, entonces según la ley de áreas iguales de Kepler, las dos áreas sombreadas son iguales. El planeta se mueve más rápido durante el intervalo de tiempo RS que durante PQ, debido a que la energía gravitacional se ha transformado en energía cinética.

Ley de periodos de Kepler: El tiempo requerido para que un planeta orbita sobre el sol, llamado su periodo\(T\),, es proporcional al eje largo de la elipse elevado a la potencia 3/2. La constante de proporcionalidad es la misma para todos los planetas.
Aunque las órbitas de los planetas son elipses más que círculos, la mayoría están muy cerca de ser circulares. La órbita terrestre, por ejemplo, sólo se aplana 1.7% con relación a un círculo. En el caso especial de un planeta en órbita circular, los dos focos (plural de “foco”) coinciden en el centro del círculo, y la ley de órbita elíptica de Kepler dice así que el círculo está centrado en el sol. La ley de áreas iguales implica que un planeta en órbita circular se mueve alrededor del sol con velocidad constante. Para una órbita circular, la ley de los periodos entonces equivale a una declaración de que el tiempo para una órbita es proporcional a\(r^{3/2}\), dónde\(r\) está el radio. Si todos los planetas se movieran en sus órbitas a la misma velocidad, entonces el tiempo para una órbita simplemente dependería de la circunferencia del círculo, por lo que solo sería proporcional\(r\) a la primera potencia. La dependencia más drástica de\(r^{3/2}\) significa que los planetas exteriores deben estar moviéndose más lentamente que los planetas interiores.Nuestro enfoque principal en esta sección será usar la ley de los períodos para deducir la ecuación general de la energía gravitacional. La ley de áreas iguales resulta ser una declaración sobre la conservación del momento angular, que se discute en el capítulo 4. Demostraremos la ley de órbita elíptica numéricamente en el capítulo 3, y analíticamente en el capítulo 4 .2.3.2 Órbitas circulares Las leyes de Kepler dicen que los planetas se mueven por caminos elípticos (con círculos como caso especial), lo que parece contradecir la prueba en la página 90 de que los objetos se mueven bajo la influencia de la gravedad tienen trayectorias parabólicas. Kepler tenía razón. La trayectoria parabólica era realmente solo una aproximación, basada en la suposición de que el campo gravitacional es constante, y que las líneas verticales son todas paralelas. En la figura e, la trayectoria 1 es una elipse, pero se corta cuando la bala de cañón golpea la tierra, y el pequeño trozo de la misma que está por encima del suelo es casi indistinguible de una parábola. Nuestro objetivo es conectar el cálculo previo de trayectorias parabólicas,\(y=(g/2v^2)x^2\), con los datos de Kepler para planetas que orbitan el sol en órbitas casi circulares. Empecemos por pensar en términos de una órbita que rodea la tierra, como la órbita 2 en la figura e. Ahora es más natural elegir un sistema de coordenadas con su origen en el centro de la tierra, por lo que se convierte la aproximación parabólica\(y=r-(g/2v^2)x^2\), donde\(r\) está la distancia desde el centro de la tierra. Para valores pequeños de\(x\), es decir, cuando la bala de cañón no ha viajado muy lejos del hocico de la pistola, la parábola sigue siendo una buena aproximación a la órbita circular real, definida por el teorema de Pitágoras,\(r^2=x^2+y^2\), o\(y=r\sqrt{1-x^2/r^2}\). Para valores pequeños de\(x\), podemos usar la aproximación\(\sqrt{1+\epsilon}\approx1+\epsilon/2\) para encontrar\(y\approx{}r-(1/2r)x^2\). Estableciendo esto igual a la ecuación de la parábola, tenemos\(g/2v^2=(1/2r)\), o\[\begin{equation*} v = \sqrt{gr} \text{[condition for a circular orbit]} . \end{equation*}\]

e/Un cañón dispara balas de cañón a diferentes velocidades, desde la cima de una montaña imaginaria que se eleva por encima de la atmósfera terrestre. Esto es casi lo mismo que una figura que Newton incluyó en sus Principios Matemáticos.

Ejemplo 14: Órbita terrestre baja

Para tener una idea de lo que significa todo esto, calculemos la velocidad requerida para un satélite en una órbita circular de tierra baja. Los satélites reales de órbita terrestre baja están a solo unos cientos de km de altura, por lo que para fines de estimación aproximada podemos tomar\(r\) para ser el radio de la tierra, y no\(g\) es mucho menor que su valor en la superficie terrestre, 10\(\text{m/s}^2\). Tomando datos numéricos del Apéndice 5, tenemos\[\begin{align*} v &= \sqrt{ gr} \\ &= \sqrt{(10\ \text{m}/\text{s}^2)(6 .4\times10^3\ \text{km})} \\ &= \sqrt{(10\ \text{m}/\text{s}^2)(6.4\times10^6\ \text{m})} \\ &= \sqrt{ 6.4\times10^7\ \text{m}^2/\text{s}^2} \\ &= \text{8000 m/s} \end{align*}\] (unas veinte veces la velocidad del sonido) .En un segundo, el satélite se mueve 8000 m horizontalmente. Durante este tiempo, cae a la misma distancia que haría cualquier otro objeto: unos 5 m. Pero una caída de 5 m sobre una distancia horizontal de 8000 m es suficiente para mantenerlo a la misma altitud sobre la superficie curva de la tierra.

2.3.3 El campo gravitacional del sol

Ahora podemos usar la condición de órbita circular\(v = \sqrt{gr}\), combinada con la ley de períodos de Kepler,\(T\propto{}r^{3/2}\) para las órbitas circulares, para determinar cómo cae el campo gravitacional del sol con la distancia. ⁸ A partir de ahí, será solo un salto, un salto y un salto para llegar a una descripción universal de las interacciones gravitacionales.La velocidad de un planeta en órbita circular es proporcional a\(r/T\), así que\[\begin{align*} r/T & \propto{}\sqrt{gr} \\ r/r^{3/2} & \propto{}\sqrt{gr} \\ g & \propto{}1/r^2 \end{align*}\] si la gravedad se comporta sistemáticamente, entonces podemos esperar que lo mismo sea cierto para el campo gravitacional creado por cualquier objeto, no solo el sol.Aquí hay un punto sutil, que es que hasta ahora,\(r\) acaba de significar el radio de una órbita circular, pero lo que se nos ha ocurrido huele más a una ecuación que nos dice la fuerza del campo gravitacional hecho por algún objeto (la sol) si sabemos lo lejos que estamos del objeto. En otras palabras, podríamos reinterpretar\(r\) como la distancia del sol.

i/La trayectoria de la sonda espacial Pioneer 10 de 1974 a 1992, con círculos marcando su posición a intervalos de un año. Después de su maniobra de tirachinas de 1974 alrededor de Júpiter, el movimiento de la sonda fue determinado casi exclusivamente por la gravedad del sol.

2.3.4 Energía gravitacional en general

Ahora queremos encontrar una ecuación para la energía gravitacional de dos masas cualesquiera que se atraigan entre sí desde la distancia\(r\). Suponemos que\(r\) es lo suficientemente grande en comparación con la distancia entre los objetos para que realmente no tengamos que preocuparnos por si\(r\) se mide de centro a centro o de alguna otra manera. Esta sería una buena aproximación para describir el sistema solar, por ejemplo, ya que el sol y los planetas son pequeños en comparación con las distancias entre ellos —por eso ves a Venus (la “estrella de la tarde”) a simple vista como un punto, no un disco.

La ecuación que buscamos va a dar la energía gravitacional\(U\),, en función de\(m_1\)\(m_2\), y\(r\). Ya sabemos por experiencia con la gravedad cerca de la superficie terrestre que\(U\) es proporcional a la masa del objeto que interactúa gravitacionalmente con la tierra, por lo que tiene sentido asumir que la relación es simétrica:\(U\) es presumiblemente proporcional al producto\(m_1m_2\). Ya no podemos asumir\(\Delta{}U\propto{}\Delta{}r\), como en la ecuación tierra-superficie\(\Delta{}U=mg\Delta{}y\), ya que estamos tratando de construir una ecuación que sea válida para todos los valores de\(r\), y de la que\(g\) dependa\(r\). Podemos, sin embargo, considerar un cambio infinitesimalmente pequeño en la distancia\(d{}r\), para lo cual tendremos\(d{}U=m_2g_1d{}r\), dónde\(g_1\) está el campo gravitacional creado por\(m_1\). (Bien podríamos haber escrito esto como\(d{}U=m_1g_2d{}r\), ya que no estamos asumiendo que ni la masa es “especial” o “activa”). Integrando esta ecuación, tenemos

\[\begin{align*} \int{d{}U} &= \int{m_2g_1d{}r}\\ U &= m_2\int{g_1d{}r}\\ U &\propto m_1m_2\int{\frac{1}{r^2}d{}r}\\ U &\propto -\frac{m_1m_2}{r} , \end{align*}\]

donde somos libres de tomar la constante de integración para que sea igual a cero, ya que la energía gravitacional nunca es una cantidad bien definida en términos absolutos. Escribiendo\(G\) para la constante de proporcionalidad, tenemos la siguiente descripción fundamental de las interacciones gravitacionales:

\[\begin{align*} U = -\frac{Gm_1m_2}{r} & \text{[gravitational energy of two masses}\\ & \text{separated by a distance $r$]} \end{align*}\]

Nos referiremos a esto como la ley de la gravedad de Newton, aunque en realidad la declaró de una forma completamente diferente, que resulta matemáticamente equivalente a ésta.

f/La energía gravitacional\(U=-Gm_1m_2/r\) graficada en función de\(r\).

Interpretemos su resultado. En primer lugar, no se obsesione con el hecho de que es negativo, ya que solo son las diferencias en la energía gravitacional las que tienen significación física. La gráfica de la figura f podría desplazarse hacia arriba o hacia abajo sin tener ningún efecto físico. La pendiente de esta gráfica se relaciona con la fuerza del campo gravitacional. Por ejemplo, supongamos que la figura f es una gráfica de la energía gravitacional de un asteroide que interactúa con el sol. Si el asteroide cae recto hacia el sol, de A a B, la disminución de la energía gravitacional es muy pequeña, por lo que no se acelerará mucho durante ese movimiento. Los puntos C y D, sin embargo, se encuentran en una región donde la pendiente de la gráfica es mucho mayor. A medida que el asteroide se mueve de C a D, pierde mucha energía gravitacional, y por lo tanto acelera considerablemente. Esto se debe al campo gravitacional más fuerte.

Ejemplo 15: Determinación de G

La constante no\(G\) es fácil de determinar, y Newton se fue a su tumba sin conocer un valor exacto para ello. Si conociéramos la masa de la tierra, entonces podríamos determinar fácilmente\(G\) a partir de experimentos con la gravedad terrestre, pero la única manera de determinar la masa de la tierra con precisión en unidades de kilogramos es encontrando\(G\) y razonando al revés. (Si estimas la densidad promedio de la tierra, puedes hacer al menos una estimación aproximada de\(G\).) Las figuras g y h muestran cómo\(G\) se midió por primera vez por Henry Cavendish en el siglo XIX.El brazo giratorio se libera del reposo, y la energía cinética de las dos bolas móviles se mide cuando pasan la posición C. La conservación de la energía da \[\begin{equation*} -2\frac{ GMm}{ r_{BA}} -2\frac{ GMm}{ r_{BD}} = -2\frac{ GMm}{ r_{CA}} -2\frac{ GMm}{ r_{CD}} + 2 K , \end{equation*}\] donde\(M\) está la masa de una de las bolas grandes,\(m\) es la masa de una de las pequeñas, y los factores de dos, que cancelarán, ocurren porque cada energía se refleja en el lado opuesto del aparato. (Como se discute en la página 102, resulta que obtenemos el resultado correcto midiendo todas las distancias desde el centro de una esfera al centro de la otra). Esto se puede resolver fácilmente para\(G\). El mejor valor moderno de\(G\), de versiones posteriores del mismo experimento, es\( 6.67\times10^{-11}\ \text{J}\cdot\text{m}/\text{kg}^2\). g/El dibujo original de Cavendish del aparato para su experimento, discutido en el ejemplo 15. La habitación fue sellada para excluir corrientes de aire, y el movimiento se observó a través de telescopios pegados a través de agujeros en las paredes. h/Un dibujo simplificado del experimento Cavendish, visto desde arriba. La varilla con las dos pequeñas masas en los extremos cuelga de una fibra delgada, y es libre de girar.

Ejemplo 16: Velocidad de escape

\(\triangleright\)La sonda espacial Pioneer 10 se lanzó en 1972, y continuó enviando señales de retorno durante 30 años. En el año 2001, no mucho antes de que se perdiera el contacto con la sonda, estaba\( 1.2\times10^{13}\ \text{m}\) a punto del sol, y se alejaba casi directamente del sol a una velocidad de\( 1.21\times10^4\ \text{m}\). La masa del sol es\( 1.99\times10^{30}\ \text{kg}\). ¿Escapará Pioneer 10 de forma permanente o volverá a caer en el sistema solar? \(\triangleright\)Queremos saber si habrá un punto donde la sonda dé la vuelta. Si es así, entonces tendrá cero energía cinética en el punto de respuesta: \[\begin{align*} K_{i}+ U_{i} &= U_{f} \\ \frac{1}{2} mv^2-\frac{ GMm}{ r_{i}} &= -\frac{ GMm}{ r_{f}} \\ \frac{1}{2} v^2-\frac{ GM}{ r_{i}} &= -\frac{ GM}{ r_f} , \end{align*}\] donde\(M\) está la masa del sol,\(m\) es la masa (irrelevante) de la sonda, y\(r_f\) es la distancia del sol del hipotético punto de respuesta. Al enchufar números a la izquierda, obtenemos un resultado positivo. Por lo tanto, no puede haber solución, ya que el lado derecho es negativo. No habrá ningún punto de respuesta, y Pioneer 10 nunca volverá. La velocidad mínima requerida para que esto suceda se llama velocidad de escape. Para velocidades superiores a la velocidad de escape, las órbitas son hipérbolas abiertas, en lugar de repetir órbitas elípticas. En la figura i, la trayectoria hiperbólica de Pioneer se vuelve casi indistinguible de una línea a grandes distancias del sol. El movimiento se ralentiza perceptiblemente en los primeros años después de 1974, pero más tarde la velocidad se vuelve casi constante, como lo demuestra el espaciado casi constante de los puntos.

El campo gravitacional

Obtuvimos la ecuación energética\(U = -Gm_1m_2/r\) integrando\(g\propto 1/r^2\) y luego insertando una constante de proporcionalidad para hacer la proporcionalidad en una ecuación. Lo contrario de una integral es una derivada, por lo que ahora podemos ir hacia atrás e insertar una constante de proporcionalidad en\(g\propto 1/r^2\) que será consistente con la ecuación energética:

\[\begin{align*} dU &= m_2 g_1 dr \\ g_1 &= \frac{1}{m_2} \,\frac{dU}{dr} \\ &= \frac{1}{m_2} \,\frac{d}{dr} \left(-\frac{Gm_1m_2}{r}\right)\\ &= -Gm_1 \,\frac{d}{dr} \left(\frac{1}{r}\right)\\ &= \frac{Gm_1}{r^2} \end{align*}\]

Este tipo de ley de cuadrado inverso ocurre todo el tiempo en la naturaleza. Por ejemplo, si vas el doble de lejos de una bombilla, recibes 1/4 de la luz de ella, porque a medida que la luz se extiende, es como una esfera en expansión, y una esfera con el doble de radio tiene cuatro veces la superficie. Es como untar la misma cantidad de mantequilla de maní en cuatro trozos de pan en lugar de uno — tenemos que untarlo más delgado.

Preguntas de Discusión

◊ Una bola de boliche interactúa gravitacionalmente con la tierra. ¿Tendría sentido que la energía gravitacional fuera inversamente proporcional a la distancia entre sus superficies y no a sus centros?

2.3.5 El teorema de shell

La gran visión de Newton fue que la gravedad cerca de la superficie terrestre era el mismo tipo de interacción que la que impedía que los planetas volaran lejos del sol. Le dijo a su sobrina que la idea se le ocurrió cuando vio caer una manzana de un árbol, lo que le hizo preguntarse si la tierra podría estar afectando a la manzana y a la luna de la misma manera. Hasta ahora, generalmente hemos estado lidiando con interacciones gravitacionales entre objetos que son pequeños en comparación con las distancias entre ellos, pero esa suposición no se aplica a la manzana. Un kilogramo de tierra a pocos pies bajo su jardín en Inglaterra interactuaría mucho más fuertemente con la manzana que un kilogramo de roca fundida en las profundidades de Australia, a miles de kilómetros de distancia. También, sabemos que la tierra tiene algunas partes que son más densas, y algunas partes que son menos densas. La corteza sólida, sobre la que vivimos, es considerablemente menos densa que la roca fundida sobre la que flota. Por todos los derechos, el cálculo de la energía gravitacional total de la manzana debería ser un desastre horrendo. Sorprendentemente, resulta ser bastante simple al final. Primero, observamos que aunque la tierra no tiene la misma densidad en todas partes, sí tiene simetría esférica: si imaginamos dividirla en conchas concéntricas delgadas, la densidad de cada caparazón es uniforme.

j / A spherical shell of mass \(M\) interacts with a pointlike mass \(m\).

Second, it turns out that a uniform spherical shell interacts with external masses as if all its mass were concentrated at its center.

\mythmhdr{The shell theorem} The gravitational energy of a uniform spherical shell of mass \(M\) interacting with a pointlike mass \(m\) outside it equals \(-GMm/s\), where \(s\) is the center-to-center distance. If mass \(m\) is inside the shell, then the energy is constant, i.e., the shell's interior gravitational field is zero.

k / The gravitational energy of a mass \(m\) at a distance \(s\) from the center of a hollow spherical shell of mass.

\mythmhdr{Proof} Let \(b\) be the radius of the shell, \(h\) its thickness, and \(\rho\) its density. Its volume is then \(V\)=(area)(thickness)=\(4\pi{}b^2h\), and its mass is \(M=\rho{}V=4\pi{}\rho{}b^2h\). The strategy is to divide the shell up into rings as shown in figure j, with each ring extending from \(\theta\) to \(\theta+d{}\theta\). Since the ring is infinitesimally skinny, its entire mass lies at the same distance, \(r\), from mass \(m\). The width of such a ring is found by the definition of radian measure to be \(w=bd{}\theta\), and its mass is \(d{}M=(\rho)\)(circumference)(thickness)(width)= \((\rho)(2\pi{}b \sin{} \theta)(h)(bd{}\theta)\)=\(2\pi\rho b^2h\sin{}\theta{}d{}\theta\). The gravitational energy of the ring interacting with mass \(m\) is therefore

\[\begin{align*} d{}U &= -\frac{Gmd{}M}{r} \\ &= -2\pi{}G\rho{}b^2hm\frac{\sin{}\theta d{}\theta}{r} . \\ &\text{Integrating both sides, we find the total gravitational energy of the shell:} \\ &U = -2\pi{}G\rho{}b^2hm\int_0^\pi{\frac{\sin{}\theta d{}\theta}{r}} \end{align*}\]

The integral has a mixture of the variables \(r\) and \(\theta\), which are related by the law of cosines,

\[\begin{equation*} r^2 = b^2 + s^2 - 2bs\cos\theta , \end{equation*}\]

and to evaluate the integral, we need to get everything in terms of either \(r\) and \(d{}r\) or \(\theta\) and \(d{}\theta\). The relationship between the differentials is found by differentiating the law of cosines,

\[\begin{equation*} 2rd{}r = 2bs\sin\theta{}d\theta , \end{equation*}\]

and since \(\sin\theta{}d\theta\) occurs in the integral, the easiest path is to substitute for it, and get everything in terms of \(r\) and \(d{}r\):

\[\begin{align*} U &= -\frac{2\pi{}G\rho{}bhm}{s}\int_{s-b}^{s+b}{d{}r} \\ &= -\frac{4\pi{}G\rho{}b^2hm}{s} \\ &= -\frac{GMm}{s} \end{align*}\]

This was all under the assumption that mass \(m\) was on the outside of the shell. To complete the proof, we consider the case where it's inside. In this case, the only change is that the limits of integration are different:

\[\begin{align*} U &= -\frac{2\pi{}G\rho{}bhm}{s}\int_{b-s}^{b+s}{d{}r} \\ &= -4\pi{}G\rho{}bhm \\ &= -\frac{GMm}{b} \end{align*}\]

The two results are equal at the surface of the sphere, \(s=b\), so the constant-energy part joins continuously onto the \(1/s\) part, and the effect is to chop off the steepest part of the graph that we would have had if the whole mass \(M\) had been concentrated at its center. Dropping a mass \(m\) from A to B in figure k releases the same amount of energy as if mass \(M\) had been concentrated at its center, but there is no release of gravitational energy at all when moving between two interior points like C and D. In other words, the internal gravitational field is zero. Moving from C to D brings mass \(m\) farther away from the nearby side of the shell, but closer to the far side, and the cancellation between these two effects turns out to be perfect. Although the gravitational field has to be zero at the center due to symmetry, it's much more surprising that it cancels out perfectly in the whole interior region; this is a special mathematical characteristic of a \(1/r\) interaction like gravity.

Example 17: Newton's apple

Over a period of 27.3 days, the moon travels the circumference of its orbit, so using data from Appendix 5, we can calculate its speed, and solve the circular orbit condition to determine the strength of the earth's gravitational field at the moon's distance from the earth, \(g= v^2/ r= 2.72\times10^{-3}\ \text{m}/\text{s}^2\), which is 3600 times smaller than the gravitational field at the earth's surface. The center-to-center distance from the moon to the earth is 60 times greater than the radius of the earth. The earth is, to a very good approximation, a sphere made up of concentric shells, each with uniform density, so the shell theorem tells us that its external gravitational field is the same as if all its mass was concentrated at its center. We already know that a gravitational energy that varies as \(-1/ r\) is equivalent to a gravitational field proportional to \(1/ r^2\), so it makes sense that a distance that is greater by a factor of 60 corresponds to a gravitational field that is \(60\times60\)=3600 times weaker. Note that the calculation didn't require knowledge of the earth's mass or the gravitational constant, which Newton didn't know. In 1665, shortly after Newton graduated from Cambridge, the Great Plague forced the college to close for two years, and Newton returned to the family farm and worked intensely on scientific problems. During this productive period, he carried out this calculation, but it came out wrong, causing him to doubt his new theory of gravity. The problem was that during the plague years, he was unable to use the university's library, so he had to use a figure for the radius of the moon's orbit that he had memorized, and he forgot that the memorized value was in units of nautical miles rather than statute miles. Once he realized his mistake, he found that the calculation came out just right, and became confident that his theory was right after all. ^9

Example 18: Weighing the earth

\(\triangleright\) Once Cavendish had found \(G= 6.67\times10^{-11}\ \text{J}\cdot\text{m}/\text{kg}^2\) (p. 101, example 15), it became possible to determine the mass of the earth. By the shell theorem, the gravitational energy of a mass \(m\) at a distance \(r\) from the center of the earth is \(U=- GMm/ r\), where \(M\) is the mass of the earth. The gravitational field is related to this by \( mgd{} r=d{} U\), or \(g=(1/ m)d{} U/d{} r= GM/ r^2\). Solving for \(M\), we have \[\begin{align*} M &= gr^2/ G \\ & = \frac{\text{(9.8\ }\text{m}/\text{s}^2\text{)} \text{(} 6.4\times10^6\text{\ m)}^2} { 6.67\times10^{-11}\ \text{J}\cdot\text{m}/\text{kg}^2} \\ & = 6.0\times10^{24} \ \frac{\text{m}^2\cdot\text{kg}^2}{\text{J}\cdot\text{s}^2} \\ & = 6.0\times10^{24}\ \text{kg} \end{align*}\]

Example 19: Gravity inside the earth

\(\triangleright\) The earth is somewhat more dense at greater depths, but as an approximation let's assume it has a constant density throughout. How does its internal gravitational field vary with the distance \(r\) from the center? \(\triangleright\) Let's write \(b\) for the radius of the earth. The shell theorem tell us that at a given location \(r\), we only need to consider the mass \(M_{\lt r}\) that is deeper than \(r\). Under the assumption of constant density, this mass is related to the total mass of the earth by \[\begin{equation*} \frac{ M_{\lt r}}{ M} = \frac{ r^3}{\text{b}^3} , \end{equation*}\] and by the same reasoning as in example 18, \[\begin{equation*} g = \frac{ GM_{\lt r}}{ r^2} , \end{equation*}\] so \[\begin{equation*} g = \frac{ GMr}{ b^3} . \end{equation*}\] In other words, the gravitational field interpolates linearly between zero at \(r=0\) and its ordinary surface value at \(r= b\).

The following example applies the numerical techniques of section 2.2.

Example 20: From the earth to the moon

l / The actual trajectory of the Apollo 11 spacecraft, A, and the straight-line trajectory, B, assumed in the example. The Apollo 11 mission landed the first humans on the moon in 1969. In this example, we'll estimate the time it took to get to the moon, and compare our estimate with the actual time, which was 73.0708 hours from the engine burn that took the ship out of earth orbit to the engine burn that inserted it into lunar orbit. During this time, the ship was coasting with the engines off, except for a small course-correction burn, which we neglect. More importantly, we do the calculation for a straight-line trajectory rather than the real S-shaped one, so the result can only be expected to agree roughly with what really happened. The following data come from the original press kit, which NASA has scanned and posted on the Web: initial altitude 3.363 X 10^5 m initial velocity 1.083 X 10^4 m/s The endpoint of the the straight-line trajectory is a free-fall impact on the lunar surface, which is also unrealistic (luckily for the astronauts). The ship's energy is \[\begin{align*} E &= -\frac{ GM_{e} m}{ r} -\frac{ GM_{m} m}{ r_{m}- r} +\frac{1}{2} mv^2 , \\ &\text{but since everything is proportional to the mass of the ship, m, we can divide it out} \\ &\frac{ E}{ m} = -\frac{ GM_{e}}{ r} -\frac{ GM_{m}}{ r_{m}- r} +\frac{1}{2} v^2 , \end{align*}\] and the energy variables in the program with names like e, k, and u are actually energies per unit mass. The program is a straightforward modification of the function time3 on page 93. import math def tmoon(vi,ri,rf,n): bigg=6.67e-11 # gravitational constant me=5.97e24 # mass of earth mm=7.35e22 # mass of moon rm=3.84e8 # earth-moon distance r=ri v=vi dr = (rf-ri)/n e=-bigg*me/ri-bigg*mm/(rm-ri)+.5*vi**2 t=0 for i in range(n): u_old = -bigg*me/r-bigg*mm/(rm-r) k_old = e - u_old v_old = math.sqrt(2.*k_old) r = r+dr u = -bigg*me/r-bigg*mm/(rm-r) k = e - u v = math.sqrt(2.*k) v_avg = .5*(v_old+v) dt=dr/v_avg t=t+dt return t >>> re=6.378e6 # radius of earth >>> rm=1.74e6 # radius of moon >>> ri=re+3.363e5 # re+initial altitude >>> rf=3.8e8-rm # earth-moon distance minus rm >>> vi=1.083e4 # initial velocity >>> print(tmoon(vi,ri,rf,1000)/3600.) # convert seconds to hours 59.654047441976552 This is pretty decent agreement, considering the wildly inaccurate trajectory assumed. It's interesting to see how much the duration of the trip changes if we increase the initial velocity by only ten percent: >>> vi=1.2e4 >>> print(tmoon(vi,ri,rf,1000)/3600.) 18.177752636111677 The most important reason for using the lower speed was that if something had gone wrong, the ship would have been able to whip around the moon and take a “free return” trajectory back to the earth, without having to do any further burns. At a higher speed, the ship would have had so much kinetic energy that in the absence of any further engine burns, it would have escaped from the earth-moon system. The Apollo 13 mission had to take a free return trajectory after an explosion crippled the spacecraft.

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