25.7: Ejemplos trabajados

Ejemplo 25.1 Órbita elíptica

Un satélite de masa$m_{s}$ se encuentra en una órbita elíptica alrededor de un planeta de masa$m_{p}>>m_{s}$. El planeta se encuentra en un foco de la elipse. El satélite está a la distancia$r_{a}$ cuando está más alejado del planeta. La distancia de aproximación más cercana es$r_{p}$ (Figura 25.11). ¿Cuál es (i) la velocidad$v_{p}$ del satélite cuando está más cerca del planeta y (ii) la velocidad$v_{a}$ del satélite cuando está más alejado del planeta?

Figura 25.11 Ejemplo 25.1

Solución: El momento angular sobre el origen es constante$\overrightarrow{\mathbf{r}}_{O, a} \perp \overrightarrow{\mathbf{v}}_{a}$ y porque y$\overrightarrow{\mathbf{r}}_{O, a} \perp \overrightarrow{\mathbf{v}}_{p}$, la magnitud de los momentos angulares satisface

$$L \equiv L_{O, p}=L_{O_{a}} \nonumber$$

Debido a que$m_{s}<<m_{p}$ la masa reducida$\mu \cong m_{s}$ y así la condición de momento angular se convierte

$$L=m_{s} r_{p} v_{p}=m r_{s} r v_{a} \nonumber$$

Podemos resolver para$v_{p}$ en términos de las constantes de la$G, m_{p}, r_{a} \text { and } r_{p}$ siguiente manera. Elija cero para la energía potencial gravitacional,$U(r=\infty)=0$. Cuando el satélite está a la distancia máxima del planeta, la energía mecánica es

$$E_{a}=K_{a}+U_{a}=\frac{1}{2} m_{s} v_{a}^{2}-\frac{G m_{s} m_{p}}{r_{a}} \nonumber$$

Cuando el satélite está en el acercamiento más cercano la energía es

$$E_{p}=\frac{1}{2} m_{s} v_{p}^{2}-\frac{G m_{s} m_{p}}{r_{p}} \nonumber$$

Cuando el satélite está en el acercamiento más cercano la energía es

$$E_{p}=\frac{1}{2} m_{s} v_{p}^{2}-\frac{G m_{s} m_{p}}{r_{p}} \nonumber$$

La energía mecánica es constante,

$$E \equiv E_{a}=E_{p} \nonumber$$

por lo tanto

$$E=\frac{1}{2} m_{s} v_{p}^{2}-\frac{G m_{s} m_{p}}{r_{p}}=\frac{1}{2} m_{s} v_{a}^{2}-\frac{G m_{s} m_{p}}{r_{a}} \nonumber$$

De la Ecuación (25.6.2) sabemos que

$$v_{a}=\left(r_{p} / r_{a}\right) v_{p} \nonumber$$

Sustituir la ecuación (25.6.7) en la ecuación (25.6.6) y dividirla por$m_{s} / 2$ rendimientos

$$v_{p}^{2}-\frac{2 G m_{p}}{r_{p}}=\frac{r_{p}^{2}}{r_{a}^{2}} v_{p}^{2}-\frac{2 G m_{p}}{r_{a}} \nonumber$$

Podemos resolver esta Ecuación (25.6.8) para$v_{p}$

\ [\ begin {array} {l}
v_ {p} ^ {2}\ izquierda (1-\ frac {r_ {p} ^ {2}} {r_ {a} ^ {2}}\ derecha) =2 G m_ {p}\ izquierda (\ frac {1} {r_ {p}} -\ frac {1} {r_ {a}}\ derecha)\ Fila derecha\\
v_ {p} ^ {2}\ izquierda (\ frac {r_ {a} ^ {2} -r_ {p} ^ {2}} {r_ {a} ^ {2}}\ derecha) =2 G m_ {p}\ izquierda (\ frac {r_ {a} -r_ {p}} {r_ {p} r_ {a}\ Derecha)\ Derecha\\
v_ {p} ^ {2}\ izquierda (\ frac {\ izquierda (r_ {a} -r_ {p}\ derecha)\ izquierda (r_ {a} +r_ {p}\ derecha)} {r_ {a} ^ {2}}\ derecha) =2 G m_ {p}\ izquierda (\ frac {r_ {a} -r_ {p}} {r_ _ {p} r_ {a}}\ derecha)\ fila derecha\\
v_ {p} =\ sqrt {\ frac {2 G m_ {p} r_ {a}} {\ izquierda (r_ {a} +r_ {p}\ derecha) r_ {p}}}
\ end {array}\ nonumber\]

Ahora usamos la Ecuación (25.6.7) para determinar que

$$v_{a}=\left(r_{p} / r_{a}\right) v_{p}=\sqrt{\frac{2 G m_{p} r_{p}}{\left(r_{a}+r_{p}\right) r_{a}}} \nonumber$$

Ejemplo 25.2 El movimiento de la estrella SO-2 alrededor del Agujero Negro en el Centro Galáctico

El Grupo Centro Galáctico UCLA, encabezado por la doctora Andrea Ghez, midió las órbitas de muchas estrellas dentro de 0.8′′ × 0.8′′ del centro galáctico. Las órbitas de seis de esas estrellas se muestran en la Figura 25.12.

Figura 25.12 Obitos de seis estrellas cerca del agujero negro en el centro de la galaxia de la Vía Láctea.

Nos enfocaremos en la órbita de la estrella S0-2 con las siguientes propiedades orbitales dadas en la Tabla 25.13. Las distancias se dan en unidades astronómicas$1 \mathrm{au}=1.50 \times 10^{11} \mathrm{m}$, que es la distancia media entre la tierra y el sol.

Cuadro 25.1 Propiedades orbitales de S0-2

\ [\ begin {array} {|l|l|l|l|l|l|l|}
\ hline\ text {estrella} &\ begin {array} {l}
\ text {Período}\
\\ text {(años)}
\ end {array} &\ text {Excentricidad} &\ begin {array} {l}
\ text {Semi-mayor}\
\ texto {eje}\\
\ left (10^ {-3}\ text {arcsec}\ derecha)
\ end {array} &\ begin {array} {l}
\ text {Periapse}\
\ text {(au)}
\ end {array} &\ begin {array} {l}
\ text {Apoapse}\
\ text {(au)}
\ end { array}\\
\ hline\ text {S0-2} &\ begin {array} {l}
15.2\\
(0.68/0.76)
\ end {array} &\ begin {array} {l}
0.8763\\
(0.0063)
\ end {array} & 120.7 (4.5) & 119.5 (3.9) & 1812 (73)\\
\ hline
\ end {array}\ nonumber\]

El periodo de S0-2 satisface la Tercera Ley de Kepler, otorgada por

$$T^{2}=\frac{4 \pi^{2} a^{3}}{G\left(m_{1}+m_{2}\right)} \nonumber$$

donde$m_{1}$ es la masa de S0-2,$m_{2}$ es la masa del agujero negro, y a es el semieje mayor de la órbita elíptica de S0-2. (a) Determinar la masa del agujero negro que orbita la estrella S0- 2. ¿Cuál es la relación entre la masa del agujero negro y la masa solar? b) ¿Cuál es la velocidad de S0-2 en periapsis (distancia de aproximación más cercana al centro de la galaxia) y apoapsis (distancia de aproximación más alejada al centro de la galaxia)?

Solución: a) El semieje mayor viene dado por

$$a=\frac{r_{p}+r_{a}}{2}=\frac{119.5 \mathrm{au}+1812 \mathrm{au}}{2}=965.8 \mathrm{au} \nonumber$$

En unidades SI (metros), esto es

$$a=965.8 \mathrm{au} \frac{1.50 \times 10^{11} \mathrm{m}}{1 \mathrm{au}}=1.45 \times 10^{14} \mathrm{m} \nonumber$$

La masa$m_{1}$ de la estrella S0-2 es mucho menor que la masa del agujero negro, y la$m_{2}$ Ecuación (25.6.11) se puede simplificar a

$$T^{2}=\frac{4 \pi^{2} a^{3}}{G m_{2}} \nonumber$$

Resolviendo para la masa$m_{2}$ e insertando los valores numéricos, rendimientos

\ [\ begin {alineado}
m_ {2} &=\ frac {4\ pi^ {2} a^ {3}} {G T^ {2}}\\
&=\ frac {\ izquierda (4\ pi^ {2}\ derecha)\ izquierda (1.45\ veces 10^ {14}\ mathrm {m}\ derecha) ^ {3}} {\ izquierda (6.67 veces\ 10^ {-11}\ mathrm {N}\ cdot\ mathrm {m} ^ {2}\ cdot\ mathrm {kg} ^ {-2}\ derecha)\ izquierda ((15.2\ mathrm {año})\ izquierda (3.16\ veces 10^ {7} \ mathrm {s}\ cdot\ mathrm {año} ^ {-1}\ derecha)\ derecha) ^ {2}}\\
&=7.79\ times 10^ {34}\ mathrm {kg}
\ end {alineado}\ nonumber\]

La relación entre la masa del agujero negro y la masa solar es

$$\frac{m_{2}}{m_{\operatorname{sun}}}=\frac{7.79 \times 10^{34} \mathrm{kg}}{1.99 \times 10^{30} \mathrm{kg}}=3.91 \times 10^{6} \nonumber$$

La masa del agujero negro corresponde a casi cuatro millones de masas solares.

(b) Podemos utilizar nuestros resultados del Ejemplo 25.1 que

$$v_{p}=\sqrt{\frac{2 G m_{2} r_{a}}{\left(r_{a}+r_{p}\right) r_{p}}}=\sqrt{\frac{G m_{2} r_{a}}{a r_{p}}} \nonumber$$

$$v_{a}=\frac{r_{p}}{r_{a}} v_{p}=\sqrt{\frac{2 G m_{2} r_{p}}{\left(r_{a}+r_{p}\right) r_{a}}}=\sqrt{\frac{G m_{2} r_{p}}{a r_{a}}} \nonumber$$

donde$a=\left(r_{a}+r_{b}\right) / 2$ está el eje semi-mayor. Inserción de valores numéricos,

\ [\ begin {alineado}
v_ {p} &=\ sqrt {\ frac {G m_ {2}} {a}\ frac {r_ {a}} {r_ {p}}}\\
&=\ sqrt {\ frac {\ left (6.67\ times 10^ {-11}\ mathrm {N}\ cdot\ mathrm {m} ^ {2}\ cdot\ mathrm {kg} ^ {-2}\ derecha)\ izquierda (7.79\ times 10^ {34}\ mathrm {kg}\ derecha)} {\ izquierda (1.45\ veces 10^ {14}\ mathrm {m}\ derecha)}\ izquierda (\ frac {1812} {119.5}\ derecha)}\\
&=7.38\ times 10^ {6}\ mathrm {m}\ cdot\ mathrm {s} ^ {-1}
\ end {alineado}\ nonumber\]

La velocidad$v_{\mathrm{a}}$ en apoapse es entonces

$$v_{a}=\frac{r_{p}}{r_{\mathrm{a}}} v_{p}=\left(\frac{1812}{119.5}\right)\left(7.38 \times 10^{6} \mathrm{m} \cdot \mathrm{s}^{-1}\right)=4.87 \times 10^{5} \mathrm{m} \cdot \mathrm{s}^{-1} \nonumber$$

Ejemplo 25.3 Fuerza central proporcional a la distancia en cubos

Una partícula de masa m se mueve en plano alrededor de un punto central bajo una fuerza central atractiva de magnitud$F=b r^{3}$. La magnitud del momento angular alrededor del punto central es igual a L. (a) Encontrar la energía potencial efectiva y hacer bosquejo de la energía potencial efectiva en función de r. b) Indicar en un boceto del potencial efectivo la energía total para el movimiento circular. (c) El radio de la órbita de la partícula varía entre$r_{0}$ y$2r_{0}$. Encuentra$r_{0}$.

Solución: a) La energía potencial, tomando el cero de energía potencial para estar en r = 0, es

$$U(r)=-\int_{0}^{r}\left(-b r^{\prime 3}\right) d r^{\prime}=\frac{b}{4} r^{4} \nonumber$$

La energía potencial efectiva es

$$U_{\mathrm{eff}}(r)=\frac{L^{2}}{2 m r^{2}}+U(r)=\frac{L^{2}}{2 m r^{2}}+\frac{b}{4} r^{4} \nonumber$$

En la Figura 25.13a se muestra una gráfica que incluye el potencial (amarillo, curva más a la derecha), el término$L^{2} / 2 m$ (verde, curva más a la izquierda) y el potencial efectivo (azul, curva central). La escala horizontal está en unidades de$r_{0}$ (correspondiente al radio de la órbita circular de menor energía) y la escala vertical está en unidades del potencial efectivo mínimo.

b) La energía potencial efectiva mínima es la línea horizontal (roja) en la Figura 25.13a.

Figura 25.13 (a) Energía potencial efectiva con el estado de energía más bajo (línea roja), (b) estado de energía más alto (línea magenta)

c) Estamos tratando de determinar el valor de$r_{0}$ tal que$U_{\mathrm{eff}}\left(r_{0}\right)=U_{\mathrm{eff}}\left(2 r_{0}\right)$. Por lo tanto

$$\frac{L^{2}}{m r_{0}^{2}}+\frac{b}{4} r_{0}^{4}=\frac{L^{2}}{m\left(2 r_{0}\right)^{2}}+\frac{b}{4}\left(2 r_{0}\right)^{4} \nonumber$$

Reordenando y combinando términos, entonces podemos resolver para$r_{0}$,

\ [\ begin {array} {c}
\ frac {3} {8}\ frac {L^ {2}} {m}\ frac {1} {r_ {0} ^ {2}} =\ frac {15} {4} b r_ {0} ^ {4}\
r_ {0} ^ {6} =\ frac {1} {10}\ frac {L^ {2}} {m b}
\ end {array}\ nonumber\]

En la gráfica de la Figura 25.13b, si pudiéramos mover la línea roja hacia arriba hasta que intersecta la curva azul en dos puntos cuyo valor del radio difiera en un factor de 2, esos serían los valores respectivos para$r_{0}$ y$2r_{0}$. En la Figura 25.13b se muestra una gráfica que muestra la energía correspondiente como la línea magenta horizontal.

Ejemplo 25.4 Órbita de transferencia

Un vehículo espacial se encuentra en órbita circular alrededor de la tierra. La masa del vehículo es$m_{\mathrm{s}}=3.00 \times 10^{3} \mathrm{kg}$ y el radio de la órbita es$2 R_{\mathrm{e}}=1.28 \times 10^{4} \mathrm{km}$. Se desea trasladar el vehículo a una órbita circular de radio$4 R_{\mathrm{e}}$ (Figura 24.14). La masa de la tierra es$M_{\mathrm{e}}=5.97 \times 10^{24} \mathrm{kg}$. a) ¿Cuál es el gasto mínimo de energía requerido para la transferencia? b) Una manera eficiente de lograr la transferencia es utilizar una órbita elíptica desde el punto A en la órbita circular interna hasta un punto B en la órbita circular exterior (conocida como órbita de transferencia Hohmann). ¿Qué cambios de velocidad se requieren en los puntos de intersección, A y B?

Figura 24.12 Ejemplo 25.5

Solución: a La energía mecánica es la suma de las energías cinéticas y potenciales,

\ [\ begin {alineado}
E &=K+U\\
&=\ frac {1} {2} m_ {s} v^ {2} -G\ frac {m_ {s} M_ {e}} {R_ {e}}
\ end {alineado}\ nonumber\]

Para una órbita circular, la velocidad orbital y el radio orbital deben estar relacionados por la Segunda Ley de Newton,

\ [\ begin {array} {l}
F_ {r} =m a_ {r}\\
-G\ frac {m_ {s} M_ {e}} {R_ {e} ^ {2}} =-m_ {s}\ frac {v^ {2}} {R_ {e}}\ Fila derecha\
\ frac {1} {2} m_ {s} v^ {2} =\ frac {1} {2} G\ frac {m_ {s} M_ {e}} {R_ {e}}
\ end {array}\ nonumber\]

Sustituir el último resultado en (25.6.22) en Ecuación (25.6.21) rinde

$$E=\frac{1}{2} G \frac{m_{s} M_{e}}{R_{e}}-G \frac{m_{s} M_{e}}{R_{e}}=-\frac{1}{2} G \frac{m_{s} M_{e}}{R_{e}}=\frac{1}{2} U\left(R_{e}\right) \nonumber$$

La ecuación (25.6.23) es un ejemplo de lo que se conoce como el Teorema Virial, en el que la energía es igual a (1/2) la energía potencial para la órbita circular. Al pasar de una órbita circular de radio$2 R_{\mathrm{e}}$ a una órbita circular de radio$4 R_{\mathrm{e}}$, la energía total aumenta, (a medida que la energía se vuelve menos negativa). El cambio en la energía es

\ [\ begin {alineado}
\ Delta E &=E\ izquierda (r=4 R_ {e}\ derecha) -E\ izquierda (r=2 R_ {e}\ derecha)\\
&=-\ frac {1} {2} G\ frac {m_ {s} M_ {e}} {4 R_ {e} -\ izquierda (-\ frac {1} {2} G\ frac {m_ {s} M_ {e}} {2 R_ {e}}\ derecha)\\
&=\ frac {G m_ {s} M_ {e}} {8 R_ {e}}
\ end {alineado}\ nonumber\]

Insertando los valores numéricos,

\ [\ begin {alineado}
\ Delta E &=\ frac {1} {8} G\ frac {m_ {s} M_ {e}} {R_ {e}} =\ frac {1} {4} G\ frac {m_ {s} M_ {e}} {2 R_ {e}}\\
&=\ frac {1} {4}\ izquierda (6.67\ times 10^ {-11}\ mathrm {m} ^ {3}\ cdot\ mathrm {kg} ^ {-1}\ cdot\ mathrm {s} ^ {-2}\ derecha)\ frac {\ izquierda (3.00\ veces 10^ {3}\ mathrm {kg}\ derecha)\ izquierda ( 5.97\ veces 10^ {24}\ mathrm {kg}\ derecha)} {\ izquierda (1.28\ veces 10^ {4}\ mathrm {km}\ derecha)}\\
&=2.3\ veces 10^ {10}\ mathrm {J}
\ end {alineado}\ nonumber\]

b) El satélite deberá incrementar su velocidad en el punto A con el fin de desplazarse al radio orbital mayor y volver a aumentar su velocidad en el punto B para permanecer en la nueva órbita circular. Denotar la velocidad del satélite en el punto A mientras está en la órbita circular a medida que$v_{A, i}$ y después del aumento de velocidad (un “cohete quema”) como$v_{A, f}$ De manera similar, denotar la velocidad del satélite cuando alcanza por primera$v_{B, i}$ vez el punto B como Una vez que el satélite alcanza el punto B, entonces necesita aumentar su velocidad para poder continuar en órbita circular. Denotar la velocidad del satélite en la órbita circular en el punto B por$\mathcal{v}_{B, f}$. Las velocidades$v_{A, i}$ y$v_{B, f}$ están dadas por la Ecuación (25.6.22). Mientras el satélite se mueve del punto A al punto B en la órbita elíptica (es decir, durante la transferencia, después de la primera quemadura y antes del segundo), se conservan tanto la energía mecánica como el momento angular. La conservación de la energía relaciona las velocidades y radios

$$\frac{1}{2} m_{s}\left(v_{A, f}\right)^{2}-G \frac{m_{s} m_{e}}{2 R_{e}}=\frac{1}{2} m_{s}\left(v_{B, t}\right)^{2}-G \frac{m_{s} m_{e}}{4 R_{e}} \nonumber$$

La conservación del momento angular relaciona las velocidades y radios por

$$m_{s} v_{A, f}\left(2 R_{e}\right)=m_{s} v_{B, i}\left(4 R_{e}\right) \Rightarrow v_{A, f}=2 v_{B, i} \nonumber$$

La sustitución de la Ecuación (25.6.27) en la Ecuación (25.6.26) produce, después del álgebra menor,

$$v_{A, f}=\sqrt{\frac{2 G M_{e}}{3}}, \quad v_{B, i}=\sqrt{\frac{1}{6} \frac{G M_{e}}{R_{e}}} \nonumber$$

Ahora podemos usar la Ecuación (25.6.22) para determinar que

$$v_{A, i}=\sqrt{\frac{1}{2} \frac{G M_{e}}{R_{e}}}, \quad v_{B, f}=\sqrt{\frac{1}{4} \frac{G M_{e}}{R_{e}}} \nonumber$$

Así, el cambio en las velocidades en los puntos respectivos viene dado por

\ [\ begin {array} {l}
\ Delta v_ {A} =v_ {A, f} -v_ {A, i} =(\ sqrt {\ frac {2} {3}} -\ sqrt {\ frac {1} {2}})\ sqrt {\ frac {G M_ {e}} {R_ {e}}}
\\ Delta {B} =v_ {B, f} -v_ {B, i} =(\ sqrt {\ frac {1} {4}} -\ sqrt {\ frac {1} {6}})\ sqrt {\ frac {G M_ {e}} {R_ {e}}}
\ end {array}\ nonumber\]

La sustitución de valores numéricos da

$$\Delta v_{A}=8.6 \times 10^{2} \mathrm{m} \cdot \mathrm{s}^{-2}, \quad \Delta v_{B}=7.2 \times 10^{2} \mathrm{m} \cdot \mathrm{s}^{-2} \nonumber$$