Conservación de la energía mecánica total y del momento angular en una órbita elíptica

Consieremos una cuerpo de masa $m$ en órbita elíptica alrededor de otro cuerpo de masa $M$. Conociendo las distancias del satélite al planeta en el afelio, $r_A$, y en el perihelio, $r_P$, ¿cómo se podría calcular el módulo de las velocidad en cada uno de esos dos puntos?

Teniendo en cuenta que, en ausencia de fuerzas disipativas, se debe conservar la energía mecánica, $E_t=E_{c_{A}}+U_A=E_{c_{P}}+U_P=\text{constante}$, y que, tratándose de fuerzas centrales (el vector de posición en cada punto de la órbita es antiparalelo a la fuerza de atracción gravitatoria hacia), resulta que el momento de la fuerza gravitatoria en cualquier punto de la órbita es nulo, con lo cual, por el teorema de conservación del momento angular, éste es el mismo en todos los puntos de la órbita; así que en el afelio y el perihelio puede escribirse la correspodiente igualdad $\vec{r}_{A}\times m\,\vec{v}_{A}=\vec{r}_{P}\times m\,\vec{v}_{P}$, donde además, en dichos puntos de la órbita en particular, tanto $\measuredangle\,(\vec{r}_A,\vec{v}_{A})$ como $\measuredangle\,(\vec{r}_P,\vec{v}_{P})$ son ángulos rectos, con lo cual, la igualdad entre los módulos de los momentos angulares en esos puntos es $m\,r\,v_A\,\sin(\pi/2)=m\,r\,v_P\,\sin(\pi/2)$, es decir, $m\,r\,v_A=m\,r\,v_P$, ya que $\sin(\pi/2)=1$. Así, podemos escribir el siguiente sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas: $$\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{2}\,m\,v_{A}^{2}-G\,\dfrac{m\,M}{r_A}=\dfrac{1}{2}\,m\,v_{P}^{2}-G\,\dfrac{m\,M}{r_P}\\ m\,r_A\,v_A=m\,r_P\,v_P\end{matrix}\right.$$ y, simplificando, $$\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{2}\,v_{A}^{2}-G\,\dfrac{M}{r_A}=\dfrac{1}{2}\,v_{P}^{2}-G\,\dfrac{M}{r_P}\\ r_A\,v_A=r_P\,v_P\end{matrix}\right.$$ de donde podemos despejar $v_{A}$ y $v_{P}$, conociendo el resto de cantidades.

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Energía mecánica total de un satélite en órbita circular

Consideremos un satelite, de masa $m$, que sigue una órbita circular, de radio $r$, alrededor de un planeta de masa $M$. ¿Cuál es su energía mecánica total?

La energía mecánica total, $E_t$, es la suma de la e. cinética, $E_c=\dfrac{1}{2}\,m\,v^2$, y la e. potencial $U=-G\, \dfrac{m\,M}{r}$: $E_t=E_c+U$. Así pues, $$E_t=\dfrac{1}{2}\,m\,v^2+\left(-G\, \dfrac{m\,M}{r}\right) \quad(1)$$ Por otra parte, la compensación entre la fuerza gravitatoria y la fuerza centrífuga mantiene al satélite en órbita, por lo que podemos escribir que $G\,\dfrac{m\,M}{r^2}=m\,\dfrac{v^2}{r}$, que, simplificando, nos queda $G\,\dfrac{m\,M}{r}=m\,v^2$, luego, de ahí, $\dfrac{1}{2}\,m\,v^2 = \dfrac{1}{2}\,G\,\dfrac{m\,M}{r}$, expresión que, al sustituirla en $(1)$, nos permite encontrar la energía mecánica pedida: $$E_t= \dfrac{1}{2}\,G\,\dfrac{m\,M}{r} - G\, \dfrac{m\,M}{r} = - \dfrac{1}{2}\,G\, \dfrac{m\,M}{r}\lt 0$$ Observemos que la energía mecánica total es negativa, habida cuenta de que la órbita es cerrada (el cuerpo de masa $m$ está atrapado por la gravedad del de masa $M$).

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Satélites que observan el mismo punto de la superfície de la Tierra un cierto número de veces al día

¿A qué altura debemos situar un satélite (en órbita circular) de tal manera que la velocidad angular de giro del satélite (alrededor de la Tierra) sea igual a $3\,\dfrac{\text{vueltas}}{\text{día terrestre}}$

Una vez en órbita, la fuerza de atracción de la Tierra tiene que ser igual a la fuerza centrípeta del satélite: $G\,\dfrac{M\,m}{r^2}=m\,\omega^2\,r$, donde $G=6,67 \times 10^{-11}\, \dfrac{\text{N}\,\text{m}^2}{\text{kg}^2}$ es la constante de gravitación, $r$ es la altura de la órbita circular, $M$ es la masa de la Tierra ($5,97 \times 10^{24}\,\text{kg}$), $m$ la del satélite, y $w$ la velocidad angular de la Tierra en su giro sobre su eje de rotación. Simplificando, podemos escribir: $G\,\dfrac{M}{r^2}=\omega^2\,r \Rightarrow r^3=\dfrac{G\,M}{\omega^2} \Rightarrow r=\sqrt[3]{\dfrac{G\,M}{\omega^2}} \quad (1)$; ésta sería la altura a la que deberíamos situar el satélite para que su velocidad angular fuese igual a $\omega=1\,\dfrac{\text{vuelta}}{\text{día terrestre}}$, esto es, igual a la propia velocidad de giro de la Tierra sobre su eje. Nota: Este tipo de satélites reciben el nombre de estacionarios, pues si imaginamos una línea que pasé por dicho satélite y el centro de la Tierra, ésta interseca la superfície siempre en el mismo punto.

Para que el satélite esté sobre la vertical de un mismo punto de la superficie de la Tierra $3$ veces al día, su velocidad angular orbital ha de ser igual a $3\,\omega$, luego el radio de dicha órbita (denotémosle por $r'$) será igual (de acuerdo con $(1)$) a $r'=\sqrt[3]{\dfrac{G\,M}{(3\,\omega)^2}} \quad (2)$

Como el período de rotación de la Tierra sobre su eje es igual a $T=1\,\text{día}\cdot \dfrac{24\,\text{h}}{\text{día}}\cdot \dfrac{3600\,\text{s}}{\text{h}}=86\,400\,\text{s}$, se tiene que dicha velocidad angular, en radianes, es $\omega=\dfrac{2\,\pi}{T}=\dfrac{2\,\pi}{86\,400}\,\dfrac{\text{rad}}{\text{s}}$, por lo que, de $(2)$, llegamos a $r'=\sqrt[3]{\dfrac{6,67 \times 10^{-11}\cdot 5,97 \times 10^{24}}{(3\cdot \dfrac{2\,\pi}{86\,400})^2}} = 20\,300\,581\,\text{m}\approx 20,\,301\,\text{km}$. Y, como el radio de la Tierra es de $6\,371\,\text{km}$, la altura a la que debe situarse el satélite sobre la superficie de la Tierra (sobre el nivel medio del mar) es igual a $20,\,301 - 6\,371 = 13\,930\,\text{km}$

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Un ejemplo de aplicación de la conservación del momento angular (en ausencia de fuerzas externas)

Un escalador está descendiendo en rápel. Al llegar a una zona desplomada, empieza a girar involuntariamente sobre sí mismo. Para remediarlo, y aminorar la velocidad de giro, sentado de manera natural sobre su arnés, extiende una de sus piernas, formando el mayor ángulo posible con respecto de la línea de descenso (eje de giro). ¿A qué es debido ésto?

Si no actúan fuerzas externas, el momento angular ha de conservarse. Antes de extender la pierna, supongamos que, en su descenso con tendencia al giro, su velocidad de giro se $\omega_i$ y que su momento de inercia con respecto al eje de giro (en la dirección vertical del descenso). Después de extender la pierna de la manera descrita, su momento de inercia habrá aumentado, puesto que aleja parte de su masa del eje de giro; supongamos el nuevo momento de inercia es $I_f$, y que la nueva velocidad de giro sea $\omega_f$. Entonces, por la conservación del momento angular, podemos escribir $I_i\,\omega_i=I_f\,\omega_f$, luego $\omega_f=\dfrac{I_i}{I_f}\,\omega_i$; y al ser $I_i \gt I_f$, resulta que $\dfrac{I_i}{I_f}\lt 1$, con lo cual $w_f\lt w_i$.

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Un ejemplo de conservación del momento angular

Imaginemos un cilindro macizo de radio $r_1$ y masa $m_1$ que gira a una velocidad angular $\omega_{1_{i}}$, sin que actúen fuerzas externas. Mientras está girando, se le une, lateralmente, otro cilindro de radio $r_2$ y masa $m_2$, inicialmente sin movimiento giratorio ($\omega_{2_{i}}=0$), compartiendo ahora el mismo eje de rotación con el primero, girando el conjunto solidariamente. ¿Cuál será la velocidad de giro final del conjunto, $\omega_f$, tras dicho acoplamiento?

El momento angular inicial es $L_i=I_1\,\omega_{1_{i}}+I_2\,\omega_{2_{i}}=I_1\,\omega_{1_{i}}+I_2\cdot 0=I_1\,\omega_{1_{i}}$, donde $I_1$ e $I_2$ son los respectivos momentos de inercia, con respecto al eje de giro común.

El momento angular final es $L_f=I_1\,\omega_{1_{f}}+I_2\,\omega_{2_{f}}=(I_1+I_2)\,\omega_f$, y al estar el sistema aislado, el momento angular se conserva: $L_i=L_f$, con lo cual $I_1\,\omega_{1_{i}}=(I_1+I_2)\,\omega_f$; en consecuencia, $\omega_f=\dfrac{I_1}{I_1+I_2}\,\omega_{1_{i}} \quad (1)$. Por otra parte, el momento de inercia de un cilindro macizo con respecto del eje de giro que pasa por su centro es $I=\dfrac{1}{2}\,m\,r^2$, luego $I_1=\dfrac{1}{2}\,m_1\,r_{1}^{2}$ y $I_2=\dfrac{1}{2}\,m_2\,r_{2}^{2}$, lo cual permite expresar $(1)$ en función de los radios y de las masas de los cilindros: $\omega_f=\dfrac{\frac{1}{2}\,m_{1}\,r_{1}^2}{\frac{1}{2}\,m_{1}\,r_{1}^2+\frac{1}{2}\,m_{2}\,r_{2}^2}\,\omega_{1_{i}}=\dfrac{m_{1}\,r_{1}^2}{m_{1}\,r_{1}^2+m_{2}\,r_{2}^2}\,\omega_{1_{i}}$. Teniendo en cuenta que $m_{1}\,r_{1}^2 \lt m_{1}\,r_{1}^2+m_{2}\,r_{2}^2$, se tiene que $\dfrac{m_{1}\,r_{1}^2}{m_{1}\,r_{1}^2+m_{2}\,r_{2}^2} \lt 1$, luego $\omega_f \lt \omega_i$, como podríamos esperar antes de comenzar a resolver el problema.

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Dos esferas de la misma masa y radio, una hueca y la otra maciza ... ¿Cómo distinguirlas?

Imaginemos dos esferas del mismo radio y con la misma masa, indistinguibles a simple vista. Una de ellas es maciza y la otra es hueca, de corteza muy poco gruesa (el radio interior se supone que es mucho menor que el exterior, $r$). ¿Cómo podríamos distinguir una de otra?

Si las hacemos girar, aplicándoles el mismo momento de fuerza, $M$, se tiene que $M=I_{h}\,\alpha_{h}=I_{m}\,\alpha_{m} \quad (1)$, donde el subíndice $h$ indica la esfera hueca, $m$ la maciza, siendo $I_h$ el momento de inercia de la esfera hueca y $I_m$ el momento de la esfera maciza (con respecto del eje de giro), y $\alpha_h$ y $\alpha_m$ las aceleraciones angulares respectivas.

Entonces, de $(1)$ se tiene que $\dfrac{\alpha_m}{\alpha_h}=\dfrac{I_h}{I_m} \quad (2)$. Ahora bien, $I_h\approx \dfrac{2}{3}\,m\,r^2$, habida cuenta de que el grosor de la corteza esférica es despreciable) y $I_m=\dfrac{2}{5}\,m\,r^2$, por lo tanto, puede escribirse $(2)$ de la forma $\dfrac{\alpha_m}{\alpha_h}\approx \dfrac{\frac{2}{3}\,m\,r^2}{\dfrac{2}{5}\,m\,r^2}=\dfrac{5}{3} \gt 1 \therefore \alpha_m \gt \alpha_h$: la aceleración de la esfera maciza ha de ser mayor que la de la esfera hueca. $\diamond$

Dos bloques unidos por una cuerda ...

Dos bloques, $B_1$ y $B_2$, de masas respectivas $m_1$ y $m_2$, reposan sobre una plano horizontal, estando unidos ambos bloques por una cuerda inextensible (sin que forme comba). Se supone que el rozamiento es despreciable y que el suelo es lo suficientemente resistente para soportar el peso de los dos bloques (en la dirección perpendicuclar al suelo, el peso de cada bloque se compensa con la reacción normal ejercida por el suelo). Se tira del bloque $B_1$ mediante una fuerza $F$ alineada con los bloques y la cuerda que los une, haciendo que el conjunto se mueva en la dirección y sentido de la fuerza, por tanto, omitiré la notación vectorial. Voy a calcular la aceleración del conjunto así como la tensión $T$ a la que se somete la cuerda que une los dos bloques.

Aplicando la segunda ley de Newton al subsistema formado por el bloque $B_1$ y la cuerda que lo une al otro bloque, se tiene que $F-T=m_1\,a \quad (1)$; y, aplicando a su vez la segunda le de Newton al subsistema formado por el bloque $B_2$ y la cuerda que lo une al primer bloque: $T=m_2\,a\quad (2)$

Sustituyendo $(2)$ en $(1)$ se llega a $F=(m_1+m_2)\,a$, luego $a=\dfrac{F}{m_1+m_2}$, y, sustituyendo este resultado en $(2)$, se obtiene la tensión de la cuerda: $T=\dfrac{m_2}{m_1+m_2}\,a$, que puede expresarse de la forma $T=\dfrac{1}{1+\frac{m_1}{m_2}}\,a$; así, vemos que, en el caso límite $m_2 \ll m_1$, se obtiene $\frac{m_1}{m_2} \rightarrow +\infty \therefore T \rightarrow 0$ y $a \sim \dfrac{F}{m_1}$, como debe ser. $\diamond$