Problema de dos cuerpos sometidos a varios tipos de fuerzas

REVISTA DE LA ESCUELA DE FÍSICA, UNAH • Vol. IV, No. 1 • 29-34
29
Problema de dos cuerpos sometidos a varios tipos de
fuerzas centrales
Luis Alcerro1
1
Escuela de Fı́sica - UNAH, mail: [email protected]
Recibido: 20 de Febrero de 2016 / Aceptado: 01 de Mayo de 2016
Resumen
The two body problem in a central force is one of the most important models in classical mechanics because much
physical systems are modeled in a similar way.
This paper develops this problem, obtaining the Kepler orbits, orbits caused by a force proportional to the inverse of
distance’s cube, and it ends with the orbits caused by a Yukawa’s potential in the classical orbit equation.
Keywords: Orbit, Kepler, Yukawa.
El problema de dos cuerpos sometidos a una fuerza central es uno de los modelos mas importantes de la mecánica
clásica debido a que muchos sistemas fı́sicos se modelan de manera similar.
En el presente trabajo se desarrolla este problema, obteniendo las órbitas de Kepler, órbitas debido a una fuerza
proporcional al inverso del cubo de la distancia, y se finaliza con la introducción de un potencial tipo Yukawa en la
ecuación de órbita clásica.
Palabras clave: Órbita, Kepler, Yukawa
I.
De (2) se obtiene:
Lagrangiano del sistema
onsidere dos partı́culas de masas m1 y m2 , ubicadas por los vectores ~r1 y ~r2 respectivamente.
Las únicas fuerzas en el sistema son F~12 y F~21 de
su interacción mutua, las que asumimos conservativas y
centrales, por tanto dichas fuerzas pueden deducirse de
un potencial U (~r1 , ~r2 ). Ya que el sistema es aislado
C
U (~r1 , ~r2 ) = U (~r1 − ~r2 )
(traslacionalmente invariante.)
Ya que F~12 y F~21 son centrales
U (~r1 − ~r2 ) = U (|~r1 − ~r2 |) = U (r )
1
1
m1 (~˙r1)2 + m2 (~˙r2)2 − U (r )
2
2
(1)
(4)
1
1
~˙ )2 + m1 m2 (~r˙ )2 ]
[m1 (~˙r1)2 + m2 (~˙r2)2 ] = [M (R
2
2
M
(5)
m1 m2
haciendo µ =
(masa reducida):
M
1
~˙ )2 + 1 µ(~r˙ )2
T = M (R
(6)
2
2
Ası́ el lagrangiano en (1) queda como:
T =
L = LCM + LRel =
El lagrangiano de este sistema es [6] :
L=
~ + m2 ~r ,
~ − m1 ~r
~r1 = R
~r2 = R
M
M
Entonces la energı́a cinética T queda como:
III.
1
~˙ )2 + [ 1 µ(~r˙ )2 − U (r )]
M (R
2
2
(7)
Ecuaciones de movimiento
Recordando las ecuaciones de Euler-Lagrange:
II.
Lagrangiano relativo y del centro
de masa
El vector de posicion del centro de masa se define:
~˙ = m1~r1 + m2~r2 = m1~r1 + m2~r2
R
m1 + m2
M
(2)
Sabemos que el momento total de dos cuerpos es el mismo
que el de una partı́cula con la masa total (M = m1 + m2 )
estuviera concentrada en el centro de masa:
~˙
P~ = M R
(3)
d ∂L
∂L
=
dt ∂ q̇
∂q
(8)
~ de (7) se obtiene:
La ecuación de movimiento para R,
~¨ = 0 ⇒ R
~˙ = constante
MR
(9)
Ésta última ecuación muestra la conservación del momento angular total.
La ecuación de movimiento para ~r:
REF-UNAH / Vol. 4 - No. 1 / 29-34
µ~r¨ = −
dU
dr
(10)
REVISTA DE LA ESCUELA DE FÍSICA, UNAH • Vol. IV, No. 1 • 29-34
d
lu2 d
=
dt
µ dφ
En coordenadas polares:
(~r˙ )2 = ṙ2 + r2 φ̇2
(11)
De (7) y (11) obtenemos:
dr
lu2 dr
lu2 d
=
=
dt
µ dφ
µ dφ
r̈ =
ṙ
l2 u2 d2 u
=− 2
dt
µ dφ2
(13)
u00 (φ) = −u(φ) −
(14)
dU
= µr̈
(15)
dr
La ecuación (14) muestra la conservación del momento
angular [1].
µrφ̇2 −
IV.
V.
F
(28)
Para encontrar las orbitas de Kepler, se debe introducir
la fuerza gravitacional
F (r ) = −
γ
= −γu2
r2
γ = Gm1 m2
,
γµ
l2
(29)
(30)
Haciendo la sustitución:
l
φ̇ = 2
µr
(16)
ası́ (15) puede reescribirse
w (φ) = u(φ) −
γµ
l2
(31)
se obtiene
l2
dU
+ 3
dr
µr
(17)
donde, el segundo término de (17) es la fuerza centrı́fuga.
2 d
l
dU
l2
= − cf
(18)
Fcf = 3 = −
µr
dr 2µr2
dr
w (φ) = Acos(φ − δ ) ⇒ u(φ) =
Ucf =
l2
2µr2
.
con
Ueff (r ) = U (r ) + Ucf = U (r ) +
l2
2µr2
µr
(20)
se obtiene:
(22)
dφ d
d
l d
d
=
= φ̇
= 2
dt
dt dφ
dφ
µr dφ
1
,
u
l2
γµ
(23)
c
1 + cos φ
(24)
Excentricidad
=0
0<<1
=1
>1
REF-UNAH / Vol. 4 - No. 1 / 29-34
(35)
(36)
la cual es la trayectoria de la órbita [6].
El tipo de órbita dependerá de la excentricidad ():
y con la sustitución:
r=
c=
(21)
Por regla de la cadena, podemos escribir:
,
γµ
(1 + cos(φ))
l2
Realizando otra sustitución:
r (φ) =
.
3
(34)
u(φ) =
La ecuación radial en términos de la fuerza es:
l2
Al2
γµ
(33)
entonces
Con las sustituciones anteriores, (17) se reescribe:
µr̈ = F (r ) +
=
(19)
d
d
µr̈ = − [U (r ) + Ucf ] = − Uef f (r )
dr
dr
γµ
+ A cos(φ − δ ) (32)
l2
Convenientemente se pude tomar δ = 0:
γµ
γµ
Al2
u(φ) = 2 + A cos(φ) = 2 1 +
cos(φ)
l
l
γµ
Haciendo
con
1
r
(27)
Órbitas de Kepler
u00 (φ) = −u(φ) +
De (14) se obtiene que:
u=
µ
l 2 u(φ)2
en (28):
Ecuación de la órbita
µr̈ = −
(26)
Sustituyendo (24) y (27) en (22) se obtiene la ecuacion
de la órbirta[2]:
Las ecuaciones de movimiento que se obtienen son:
µr2 φ̇ = constante = l
1
l du
=−
u
µ dφ
(12)
~˙ = constante, se puede elegir como sistema de
Ya que R
~˙ = 0. Entonces:
referencia inercial R
1
µ(ṙ2 + r2 φ̇2 ) − U (r )
2
(25)
entonces:
ṙ =
1
~˙ )2 + 1 µ(ṙ2 + r2 φ̇2 ) − U (r )
L = M (R
2
2
L=
30
Órbita
Cı́rculo
Elipse
Parábola
Hipérbola
(37)
REVISTA DE LA ESCUELA DE FÍSICA, UNAH • Vol. IV, No. 1 • 29-34
VI.
31
Gráficas de Órbitas de Kepler
Procedemos a graficar las órbitas de Kepler. Usando
(37) y tomando c = 1, la ecuación de la órbita queda
totalmente determinada por la excentricidad ().
Figura 4: Órbita hiperbólica
VII.
Órbitas con una fuerza tipo
F = −γ/r3
Recordando:
u00 (φ) = −u(φ) −
Figura 1: Órbita circular
Si:
F =−
µ
F
l 2 u(φ)2
γ
rn
entonces
u00 (φ) = −u(φ) +
(38)
(39)
γµ n−2
u
(φ)
l2
(40)
Si n = 2 ⇒ Órbitas de Kepler.
Si n = 3 obtenemos la ecuación
u00 (φ) + ku(φ) = 0
donde
k = 1−
Figura 2: Órbita elı́ptica
Si k = 0 ⇒
(41)
γµ
l2
(42)
γµ
= 1. Entonces
l2
u00 (φ) = 0
(43)
y esta tiene como solución:
u(φ) = C1 + C2 φ ⇒ r (φ) =
1
C1 + C2 φ
(44)
La trayectoria de esta órbita se muestra a continuación:
Figura 3: Órbita parabólica
Figura 5: Órbita con k = 0, C1 = 1, C2 = 1
REF-UNAH / Vol. 4 - No. 1 / 29-34
REVISTA DE LA ESCUELA DE FÍSICA, UNAH • Vol. IV, No. 1 • 29-34
Si k > 0 la solución a (41) es:
r (φ) =
32
de modo que podemos definir el potencial adimensional:
1
C1 + C2 exp(−kφ)
(45)
w (x) =
a
e−x
β
Ueff =
+ 2
k
x
2x
(49)
con x = r/a y β = l2 /akµ.
De la misma forma, definimos:
=
aE
k
(50)
Ası́, debemos encontrar las raı́ces de la ecuación
w (x) = (51)
para determinar si existen puntos de retorno.
Determinando los extremos de w (x), resolvemos la ecuación
w 0 (x) = 0
(52)
o de forma equivalente,
Figura 6: Órbita con k = 1, C1 = 1, C2 = 1
x(x + 1)e−x = β
(53)
Si k < 0 la solución a (41) es:
r (φ) =
1
C1 + C2 exp(−kφ)
(46)
Nos interesa saber si esta ecuación tiene raı́ces o no, por
tanto derivamos la parte derecha y la igualamos a cero,
obteniendo:
√
1+ 5
xo =
(54)
2
ası́, el lado derecho de (53) en éste punto es:
√ √ √ 1+ 5
2+ 5
1+ 5
yo =
exp
≈ 0.84 (55)
2
2
2
Por tanto, si β > yo la órbita es abierta. Caso contrario,
β < yo , la órbita será cerrada.
Consideremos el caso en que k = l = µ = 1, y hagamos
β = yo para determinar las condiciones en la constante a,
Figura 7: Órbita con k = −1, C1 = 1, C2 = 1
β=
VIII.
l2
1
= = yo ⇒ a ≈ 1.19
akµ
a
Órbitas en un potencial tipo
Yukawa
En 1934, el fı́sico Hideki Yukawa propuso un modelo
para la interacción nuclear fuerte [3]. El conjeturó un
potencial que mantenı́a unido al núcleo.
Analizarémos las posibles órbitas obtenidas con el potenciál de Yukawa en la ecuación de orbita clásica.
Introducimos el potencial de Yukawa como la interacción
entre dos nucleones a una distancia r, el cual tiene la
forma [5]:
−k −r
U (r ) =
ea
(47)
r
con k > 0, a > 0.
Analizaremos primeramente las condiciones para que la
órbita sea abierta o cerrada.
Figura 8: Potencial efectivo para a=1.7
De (21), tenemos que nuestro potencial efectivo tomarı́a la forma:
Ueff =
−k −r
l2
ea +
r
2µr2
(48)
REF-UNAH / Vol. 4 - No. 1 / 29-34
(56)
REVISTA DE LA ESCUELA DE FÍSICA, UNAH • Vol. IV, No. 1 • 29-34
33
Figura 9: Potencial efectivo para a=0.3
Sabiendo las condiciones anteriores, podemos proceder
a encontrar las órbitas que sigue una partı́cula sometida
a éste potencial.
De (47), tenemos:
dU (r )
k −r
k −r
F (r ) =
= − 2e a + e a
(57)
dr
r
ar
Figura 11: Órbita obtenida para un valor de a=1.7 y k=1
Como ejemplo de una órbita abierta, tomamos a=0.3.
de modo que
2
F (u) = − ku e
−1
au
k −1
+ ue au
a
(58)
Introduciendo ahora (58) en (28), se obtiene:
u00 (φ) = −u(φ)+
−1
−1
µ
k
2 au(φ)
au
(
φ
)
+ 2
+ u(φ)e
ku(φ) e
(59)
l u(φ)2
a
Resolveremos la ecuación diferencial anterior de forma
numérica, con los valores elegidos anteriormente para a y
k.
Figura 12: Órbita obtenida para un valor de a=0.3 y k=1
IX.
Conclusiones
La ecuación de órbita clásica nos permite introducir
cualquier potencial con la única restricción que este
sea central y ası́ poder observar las distintas órbitas
que se obtienen.
Al introducir potenciales a la ecuación de la órbita,
obtenemos una ecuación diferencial que, por le general, es no lineal. Debido a esto nos vemos obligados
a acudir a las herramientas numéricas computacionales para tratar este tipo de problemas.
Figura 10: Órbita obtenida para un valor de a=1.7 y k=1
Con la gráfica de la figura 10, no podrı́amos determinar
si en efecto se trata de una órbita cerrada. Sin embargo
si ampliamos el rango de la solución, esperamos que esta
solución esté acotada ya que a=1.7.
La estabilidad de una órbita depende de las condiciones iniciales, es decir de la energı́a mecánica de
esta [4].
REF-UNAH / Vol. 4 - No. 1 / 29-34
REVISTA DE LA ESCUELA DE FÍSICA, UNAH • Vol. IV, No. 1 • 29-34
34
[4] Kibble, T. y Berkshire, F. (2004). Classical Mechanics. Imperial College Press.
Referencias
[1] Goldstein, H.; Poole, C. y Safko, J. (2001). Classical Mechanics. Pearson Education Limited.
[2] Gregory, R. (2006). Classical Mechanics. Cambridge University Press.
[3] Griffiths, D. (2008). Introduction to Elementary
Particles. Physics textbook. Wiley.
[5] Ryder, L. (1996). Quantum Field Theory. Cambridge
University Press.
[6] Taylor, J. (2005). Classical Mechanics. University
Science Books.
REF-UNAH / Vol. 4 - No. 1 / 29-34