Acerca de las ecuaciones del movimiento de un cohete de una única etapa como sistema de masa variable: una aproximación en el caso de alcanzar bajas altitudes (hasta las que la intensidad del campo gravitatorio de la Tierra pueda considerarse razonablemente constante)

Se considera el lanzamiento de un cohete de una única etapa, impulsado por el efecto de la expulsión de los gases (acción-reacción) al ir quemando el combustible almacenado para este fin en el tanque correspondiente. Desde luego, se trata de un problema de masa variable. Nos proponemos deducir las ecuaciones del movimiento del cohete, para conocer la aceleración, la velocidad y la posición (altura a la que se encuentra) en todo instante de tiempo. Para ello, utilizaremos la segunda ley de Newton (la variación instantánea del momento lineal (producto de la masa por la velocidad, que notamos por $p(t)$ —prescindiendo de la notación vectorial, ya que el problema es unidimensional—) es igual a la fuerza externa que actúa sobre el sistema. Partiremos de algunos supuestos (que iremos explicando) al objeto de simplificar razonablemente el problema y plantearemos las ecuaciones diferenciales que una vez integradas (teniendo en cuenta las condiciones iniciales de posición y de velocidad) van a permitirnos conocer en todo instante de tiempo (de vuelo propulsado) $t$ la posición y la velocidad del cohete.

En primer lugar, partiremos del supuesto que la trayectoria del cohete sea perpendicular a la superficie de la Tierra en todo momento del vuelo, sin que éste se desvíe hacia los lados; en particular, supondremos que no le afectan corrientes de aire que puedan desviarle. Cuando se acabe el combustible, el cohete seguirá ascendiendo, gracias a su energía cinética en dicho momento, hasta haber convertido toda esa energía cinética en energía potencia, tras lo cual, y desde la altura máxima alcanzada, el cohete volvería a la superficie de la Tierra en caída libre. Sin embargo, no trataremos esta parte final del vuelo: solamente describiremos el camino de ascenso hasta que el motor del cohete deje de funcionar, por haber agotado el combustible.

Por otra parte, es evidente que el cohete, en su ascenso, experimentará una resistencia al avance debido a la oposición del aire en la atmosfera al rozar contra la estructura exterior del mismo. Sin embargo, en una primera aproximación, no consideraremos esta fuerza de rozamiento; de hacerlo, deberíamos tener en cuenta que ésta es proporcional a la velocidad, $v(t)$, en todo instante de tiempo $t$ (si el régimen de fluido que aparta el cohete en su avance es laminar), o bien que fuese proporcional al cuadrado de la velocidad, $v^{2}(t)$ (si el régimen del fluido atmosférico, al abrirse paso el cohete, fuese turbulento). En cualquiera de los dos casos, por tanto, remarquemos que el término de fuerza de rozamiento, $f_{r}(t)$, que tendriamos que añadir no es constante, dependen del instante de tiempo $t$.

La masa del cohete (incluido el combustible que le queda) en todo instante de tiempo viene descrita por $m(t)$. La masa de combustible la denotaremos por $\mu(t)$. La masa del sistema conjunto (la de la nave más la de los gases expulsados) es la misma en todo instante, por lo que $m(t)+\mu(t)=$ constante, con lo cual en un incremento de tiempo $\Delta\,t$, se tiene que $\Delta\,m+\Delta\,\mu=0$, y por tanto, en incrementos infinitesimales se tiene que $dm=-d\mu$.

Supondremos que los gases se expelen a una velocidad constante $-u$ (referida ésta a un sistema de referencia solidario con la nave) y, por tanto, con una velocidad $-u+v$ con respecto a un sistema inercial situado en el lugar del lanzamiento. Por otra parte supondremos también que el ritmo de consumo del combustible es constante (si bien podría obedecer a otra dependencia funcional, que, de momento, no se tratará aquí), luego $\dfrac{d\mu(t)}{dt}=k$ (constante) y por tanto $d\mu(t)=-dm(t)=k\,dt \,\therefore \, dm(t)=-k\,dt$, que, integrando, lleva a $m(t)=-k\,t+C$, como $m(0)=:m_0$ (masa de la nave en el momento del despegue), se llega a $m_0=-k\,\cdot 0+C$, luego la constante de integración queda determinada por $C=m_0$; en consecuencia, $m(t)=-k\,t+m_0$

--- Observación: Notemos que la cantidad $k\,u$ tiene dimensiones de fuerza, en efecto, teniendo en cuenta que $[k]=\dfrac{M}{T}$ y $[v]=\dfrac{L}{T}$, se tiene que $[k\,v]=M\cdot \dfrac{L}{T^2}$, y dado que está relacionada con la capacidad del (motor) cohete para impulsar a éste, se le da el nombre de empuje, y, en las condiciones expuestas arriba, tiene un valor constante. Es evidente, sin embargo, que si el combustible no se consumiese a ritmo constante, el empuje ya no sería constante: tendría un valor distinto para cada instante de tiempo. ---

En un incremento de tiempo $\Delta\,t$, en un el instante de tiempo $t$, $p(t)=m(t)\,v(t)$, el cambio del momento lineal, $\Delta\,p=p(t+\Delta\,t)-p(t)$, y teniendo en cuenta que $p(t+\Delta\,t)=(m-\Delta\,\mu)(v+\Delta\,v)+\Delta\,\mu\,(-u+v)$, viene dado por $\Delta\,p=m\,\Delta\,v-u\,\Delta\,\mu-\Delta\,\mu\,\Delta\,v$ y por tanto el cociente incremental es $\dfrac{\Delta\,p}{\Delta\,t}=m\,\dfrac{\Delta\,v}{\Delta\,t}-u\,\dfrac{\Delta\,\mu}{\Delta\,t}-\dfrac{\Delta\,\mu\,\Delta\,v}{\Delta\,t}$. Al pasar al límite ambos miembros de la igualdad, cuando $\Delta\,t \rightarrow 0$, el tercer término del segundo miembro tiende a cero, pues los incrementos de $\mu$ y $v$ tienden también a cero, y por la definición del ritmo instantáneo de variación, se tiene que $$\dfrac{dp(t)}{dt}=m(t)\,\dfrac{dv(t)}{dt}-u\,\dfrac{d\,u(t)}{dt}$$ y como $d\mu(t)=-dm(t)$, podemos escribir: $$\dfrac{dp(t)}{dt}=m(t)\,\dfrac{dv(t)}{dt}+u\,\dfrac{d\,m(t)}{dt}$$ demás, por la segunda ley de Newton, sabemos que el primer miembro (variación del momento lineal) es igual a la fuerza externa que actúa sobre el sistema, que, según la ley de la gravitación de Newton, no es otra que la que ejerce el campo gravitatorio de la Tierra sobre el cohete: $f_{ext}:=-G\,\dfrac{m(t)\,M_T}{(R+x(t))^2}$, donde $M_T$ denota la masa de la Tierra (o la de otro cuerpo distinto de la Tierra desde el cual se lanzase el cohete); así $$\displaystyle -G\,\dfrac{m(t)\,M_T}{(R+x(t))^2}=m(t)\,\dfrac{dv(t)}{dt}+u\,\dfrac{dm(t)}{dt}$$ Teniendo en cuenta que $u$ (la velocidad de los gases expelidos se asume que es constante). Además, suponiendo que el ritmo instantáneo de consumo de combustible también es constante, y, por tanto, $m(t)=-k\,t+m_0$, siendo $k:=-\dfrac{d\,m(t)}{dt}$, la igualdad anterior se puede escribir de la forma $\displaystyle m(t)\,\dfrac{dv(t)}{dt}=-G\,\dfrac{m(t)\,M_T}{(R+x(t))^2}+u\,\dfrac{dm(t)}{dt}$, esto es $$\displaystyle m(t)\,\dfrac{dv(t)}{dt}=-G\,\dfrac{m(t)\,M_T}{(R+x(t))^2}+u\,k$$ que puede escribirse de la forma $$\displaystyle \dfrac{dv(t)}{dt}=-G\,\dfrac{M_T}{(R+x(t))^2}+\dfrac{u\,k}{m_0-kt}$$ Por otra parte, $v(t):=\dfrac{dx(t)}{dt}$, con lo cual llegamos a la siguiente ecuación diferencial de segundo orden, que nos propocionaría la posición instantánea del cohete en todo instante de tiempo $t$, dadas las condiciones iniciales de posición y velocidad: $$\displaystyle \dfrac{d^2\,x(t)}{dt^2}=-G\,\dfrac{M_T}{(R+x(t))^2}+\dfrac{u\,k}{m_0-kt}$$ Una vez resuelta, derivaríamos una vez $x(t)$ para obtener la velocidad en todo instante de tiempo $t$, y, obtenida ésta, derivaríamos otra vez para obtener la aceleración en todo instante de tiempo $t$. Sin embargo, dicha ecuación de partida no es fácil de resolver.

--- Observación: Y menos fácil de resolver aún es la ecuación que habría que escribir si, además, se añadiese el término disipativo (rozamiento con la atmósfera) pues en tal caso, la ecuación diferencial a resolver sería: $$\displaystyle \dfrac{d^2\,x(t)}{dt^2}=-G\,\dfrac{M_T}{(R+x(t))^2}-\rho_{\text{r. laminar}}\,\dfrac{dx(t)}{dt}+\dfrac{u\,k}{m_0-kt}$$ en caso de considerar un regimen laminar de las partículas de fluido atmosférico, o bien $$\displaystyle \dfrac{d^2\,x(t)}{dt^2}=-G\,\dfrac{M_T}{(R+x(t))^2}-\rho_{\text{r. turbulento}}\,\left(\dfrac{dx(t)}{dt}\right)^2+\dfrac{u\,k}{m_0-kt}$$ Como ya se ha dicho, no vamos a considerar aquí esas fuerzas de rozamiento, al objeto de mostrar de una manera didáctica cómo resolvemos la ecuación diferencial que se obtiene si no los reflejamos, que será muy asequible; sin embargo, en un caso real, seria imperativo considerarlos, teniendo que enfrentarnos a un problema matemático más difícil, incluso, posiblemente, y a efectos prácticos, deberíamos resolver la ecuación diferencial resultante mediante métodos numéricos. --- Así que, para salir del apuro, y simplificando todo bastante, a sabiendas de que nos dejamos cosas importantes, podemos proceder, en un primer acercamiento al planteamiento del problema, sin tener en cuenta esas fuerzas de rozamiento, y, además, hacer una razonable aproximación en cuanto a la variación de la intensidad del campo gravitatorio con la altura: si la intención no es lanzar el cohete a mucha altura (tal y como reza el título de este artículo), la fuerza gravitatoria $f_{ext}=-G\,\dfrac{m(t)\,M_T}{(R+x(t))^2}$ puede aproximarse por $-m(t)\,g$, donde $g$ denota la intensidad del campo gravitatorio de la Tierra a alturas moderadas, y, por tanto puede aceptarse como constante: $g\approx 9,81\; \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$. Entonces, de acuerdo con este planteamiento aproximativo, iniciamos la obtención de las ecuaciones del movimiento a partir de la siguiente ecuación diferencial que nos dará una solución razonablemente buena, por lo menos, para cubrir el objetivo didáctico de este artículo: $$-m(t)\,g=m(t)\,\dfrac{dv(t)}{dt}-u\,\dfrac{d\,m(t)}{dt}$$ Recordemos que $m(t)=-k\,t+m_0$, y por tanto, $\dfrac{k=-d\,m(t)}{dt}$, luego $$-(-k\,t+m_0)\,g=(-k\,t+m_0)\,\dfrac{dv(t)}{dt}+k\,u$$ de ahí que la aceleración del cohete en todo instante de tiempo $t$ (hasta el instante en el que se acabe el combustible) viene dado por $$a(t):=\dfrac{dv(t)}{dt}=-g+u\,\dfrac{k}{m_0-kt}$$ Démmonos cuenta de que $$dv(t)=-g\,dt + \dfrac{u\,k}{m_0-k\,t}\,dt$$ es una ecuación diferencial que, al integrarla, nos proporcionará la ecuación de la velocidad del cohete, imponiendo la condición inicial sobre la velocidad: $$\displaystyle \int\,dv(t)=-\int\,g\,dt + \int\,\dfrac{u\,k}{m_0-k\,t}\,dt$$ El segundo término del segundo miembro nos da $-gt$ (más la correspondiente constante de integración); y, en el tercer término, $u\,k$ no depende de la variable de integración y por tanto puede sacarse fuera del símbolo integral, luego se puede escribir de la forma $$\displaystyle u\,k\,\int\,\dfrac{1}{m_0-k\,t}\,dt$$ y haciendo el cambio de variable $z:=m_0-k\,t$, vemos que $dz=-k\,dt$ y por tanto $dt=-\dfrac{1}{k}\,dz$, es igual a $\displaystyle -\dfrac{u\,k}{k}\,\int\,\dfrac{1}{z}\,dz=-u\,\ln(z)+C_2=-u\,\ln(m_0-k\,t)$ (más la correspondiente constante de integración). Así pues, la solución de la ecuación diferencial es $\displaystyle v(t)=-g\,t-u\,\ln(m_0-k\,t)+C$ donde $C$ es la constante de integración. A continuación hay que determinar dicha constante de integración para la condición inicial $x(0)=:x_0$ (posición o altura de partida); entonces, sustituyendo $t$ por el valor $0$: $v_0=0-\ln\,m_0+C \,\therefore\, C=v_0+u\,\ln\,m_0$. Así pues, sustituyendo el valor de esta constante $C$ en la solución, se llega a $$\displaystyle v(t)=-g\,t-u\,\ln(m_0-k\,t)+v_0+u\,\ln\,m_0$$ que, a efectos de comodidad para los cálculos que siguen, conviene expresarla de la forma equivalente $$\displaystyle v(t)=v_0-g\,t+u\,\ln\,\left(\dfrac{m_0-k\,t}{m_0}\right)$$ --- Observación: Si bien lo siguiente excluye el caso que tratamos, creo interesante comentar que, en el caso de un cohete que estuviese posicionado en órbita circular alrededor de la Tierra, es evidente que, entonces, la fuerza de atracción gravitatoria se vería compensada por la fuerza centrífuga, al igual que lo sería el término disipativo (por estar fuera de la atmósfera); la ecuación diferencial, entonces, sería muy sencilla: $$0=m(t)\,\dfrac{dv(t)}{dt}-u\,\dfrac{d\,m(t)}{dt}$$ y por tanto $$m(t)\,\dfrac{dv(t)}{dt}=u\,\dfrac{d\,m(t)}{dt}$$ esto es $$\displaystyle dv(t)=-\dfrac{u\,k}{m_0-k\,t}\,dt$$ con lo cual el paso de integración no ofrecería ninguna dificulatad: $$\displaystyle \int\,dv(t)=-\int\,\dfrac{u\,k}{m_0-k\,t}\,dt$$ así que $$\displaystyle v(t)=-\int\,\dfrac{u\,k}{m_0-k\,t}\,dt+C$$ Aplicando las condiciones iniciales para la velocidad, determinaríamos el valor de la constante de integración y, a continuación, derivaríamos la expresión de la velocidad para todo instanate de tiempo $t$; para, a continuación, integrar la posición del cohete para todo instante de tiempo $t$ muy fácilmente, de la misma manera que haremos a continuación para el caso menos sencillo que nos hemos propuesto resolver, aunque con las importantes simplificaciones al problema de las que ya hemos venido hablado (sin considerar el rozamiento con la atmósfera y haciendo la simplificación de que el campo gravitatorio de la Tierra es aproximadamente constante en todo punto del camino de ascenso del cohete). De esta manera, podríamos iniciar las maniobras de cambio de órbita mediante el accionamiento del motor-cohete, controlando la velocidad tangencial. ---

Para terminar, pues, y sin meternos en la situación tan sencilla que acabamos de describir en la anterior observación (si el cohete hubiese escapado a la gravedad de la Tierra), vamos a calcular la posición (altura) del cohete para todo instante de tiempo $t$, mientras éste siga su ascensión contra la gravedad de la Tierra, pero obviando el rozamiento con la atmósfera y considerando la atracción gravitatoria aproximadamente constante en todo punto del trayecto; para ello, notemos que, como $v(t):=\dfrac{x(t)}{dt}$, de la ecuación simplificada (la velocidad del cohete para todo instante de itempo $t$) podemos escribir la ecuación diferencial que, integrada, permitirá conocer dicha posición en cualquier instante: $$\displaystyle \dfrac{dx(t)}{dt}=v_0-g\,t+u\,\ln\left(\dfrac{m_0-k\,t}{m_0}\right)$$ Así, podemos escribir $$dx(t)=v_0\,dt-g\,t\,dt+u\,\ln\left(\dfrac{m_0-k\,t}{m_0}\right)\,dt$$ e integrando ambos miembros de la igualdad: $$\displaystyle \int\, dx(t)=\int\,v_0\,dt-\int\,g\,t\,dt+\int\,u\,\ln\left(\dfrac{m_0-k\,t}{m_0}\right)\,dt$$ llegamos a $$x(t)=v_0\,t-\dfrac{1}{2}\,g\,t^2+\dfrac{u}{k}\left[(m_0-kt)\,\left(\ln\left(\dfrac{m_0-kt}{m_0}-1\right)-1\right)\right]+C$$

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Nota: Para integrar el tercer término del segundo miembro, hemos arreglado un poco el integrando para realizar un cambio de variable apropiado: $$\displaystyle \int \ln\left( \dfrac{m_0}{m_0-kt} \right)\,dt=\int \ln\left( \dfrac{m_0/m_0}{m_0/m_0-(k/m_0)\,t} \right)\,dt=\int \ln\left( \dfrac{1}{1-(k/m_0)\,t} \right)\,dt=$$ $$\displaystyle =\int \left( \ln\,1 - \ln(1-(k/m_0)\,t \right)\,dt=\int \left( 0 - \ln(1-(k/m_0)\,t) \right)\,dt=-\int \ln(1-(k/m_0)\,t) \,dt=$$ $=\displaystyle \int \dfrac{m_0}{k}\,\ln\,z\,dz$ (donde hemos realizado el cambio de variable: $1-\dfrac{k}{m_0}=:z$ de donde $dt(m_0/k)t)-\dfrac{m_0}{$k}\,dz$ ) $=$
$\displaystyle =\dfrac{m_0}{k}\,(z(\ln\,z-1))+C'=\dfrac{m_0}{k}\,\left[(m_0-kt)\,\left(\ln\left(\dfrac{m_0-kt}{m_0}-1\right)-1\right)\right]+C'$, donde esta constante de integración, $C'$, ya viene comtemplada en la constante global $C$.

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Procedamos ahora a determinar la constante de integración $C$, dada la condición inicial para la posición: $x(0)=:x_0$. Sustituyendo pues $t$ por el valor $0$ (instante inicial) se tiene que $$x_0=v_0-0+\dfrac{u}{k}\left[(m_0-0)\,\left(\ln\left(\dfrac{m_0-0}{m_0}-1\right)-1\right)\right]+C \Leftrightarrow C=x_0+\dfrac{u}{k}\,m_0$$ luego, sustituyendo el valor de dicha constanta, la solución para la posición en cualquier instante de tiempo $t$ es $$x(t)=x_0+v_0\,t-\dfrac{1}{2}\,g\,t^2+\dfrac{u}{k}\left[(m_0-kt)\,\left(\ln\left(\dfrac{m_0-kt}{m_0}-1\right)-1\right)+m_0\right]$$

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