Universidad de Alcalá Departamento de F´ısica Soluciones a los

Universidad de Alcalá
Departamento de Fı́sica
Soluciones a los ejercicios propuestos del Tema 2
1) Un objeto de masa m = 2 kg está sometido únicamente a una fuerza de tipo oscilador armónico,
que respecto cierto sistema de referencia toma la expresión F~ = −k x~i, donde k es la llamada
constante elástica, de valor k = 80 N/m.
a) Demuestre que F~ es un campo de fuerzas conservativo.
b) Determine la expresión de la energı́a potencial U de la que deriva el campo F~ (tómese el origen
de U en x = 0).
c) Represente gráficamente U en función de la coordenada x. Si la energı́a total del cuerpo es
E = 5 J, represente también E en la gráfica y analice el movimiento del cuerpo: región permitida
para el cuerpo, puntos de retorno, punto de equilibrio, razone si éste último es estable o inestable,
y discuta cualitativamente el movimiento del cuerpo. Calcule la máxima velocidad que alcanza
el objeto.
Solución
a) Comprobamos que F~ es conservativo calculando su rotacional:
~i
~
~
j
k
∂
∂
∂
~
~
= 0,
∇ ∧ F = ∂x
∂y
∂z −k x 0 0 y dado que es campo irrotacional, también es conservativo.
b) El campo F~ puede ser derivado de un campo escalar U al que denominamos energı́a
~ U . Como las componentes Fy y Fz del campo son nulas,
potencial: F~ = −∇
∂U
→ U no depende de y
∂y
∂U
Fz = 0 = −
→ U no depende de z
∂z
Fy = 0 = −
Por otro lado
∂U
→U =
Fx = −k x = −
∂x
Z
1
k x dx → U (x) = k x2 + C,
2
donde C es una constante cualquiera. Tomar el origen de energı́a potencial en x = 0 implica
C = 0, por lo que
1
U (x) = k x2
2
c) La función U (x) es una parábola y viene representada en la figura en color azul. Los
valores numéricos se han obtenido haciendo uso de que k = 80 N/m. La energı́a total E = 5 J,
constante en el transcurso del tiempo y por tanto independiente de las coordenadas del objeto,
se ha representado en rojo.
Se observa en la figura que el objeto está atrapado en un pozo de potencial, en el sentido de
que su localización está restringida a una cierta región del espacio. Se ha indicado en verde la
región espacial permitida para el objeto, en la que se cumple que la energı́a cinética es mayor o
igual que 0: Ec ≥ 0, o bien E ≥ U . Para determinar las coordenadas de los puntos lı́mites o de
retorno, xr , de dicha región permitida, aplicamos la condición E = U :
r
2E
1 2
→ xr = ±0.354 m
E = U (xr ) → E = k xr → xr = ±
2
k
En estos puntos de retorno Ec = 0, pero la fuerza sobre el objeto es no nula (pendiente cambiada
de signo de la curva U (x)), ası́ que el objeto acelerará hacia xe = 0 ganando Ec y perdiendo U a
medida que se aproxima a este punto central. El punto xe = 0 es un punto de equilibrio estable,
ya que como se observa en la figura corresponde a un mı́nimo en la curva de energı́a potencial.
Esto también se puede deducir ası́:
Equilibrio :
Estabilidad :
dU
= 0 → k x e = 0 → xe = 0
dx
d2 U
= k > 0 → Equilibrio estable
dx2
El objeto, por tanto, llevará a cabo un movimiento oscilatorio entre los puntos de retorno y, como
se observa también en la figura, su Ec será máxima en el punto de equilibrio xe = 0: en este
punto E = Ec (ya que U = 0), condición que nos da el valor máximo de la velocidad:
r
2E
1
2
→ vmax = 2.24 m s−1
E = Ec → m vmax = E → vmax =
2
m
2) La figura presenta en azul la órbita circular, a una altura de 1000 km sobre la superficie
terrestre, de un conjunto lanzadera+satélite.
a) Determine la velocidad orbital del conjunto.
En el punto P la lanzadera comunica un impulso al satélite en la dirección y sentido del
movimiento del conjunto, separándose de él, de manera que el satélite adopta la órbita elı́ptica
indicada en verde, con un perigeo correspondiente a la órbita circular anterior (1000 km sobre la
superficie terrestre) y un apogeo de 42250 km medido desde el centro de la tierra.
b) Determine cuál debe ser la velocidad del satélite inmediatamente después de recibir el impulso.
c) Si la masa del satélite es ms = 500 kg, determine la cantidad de movimiento que debe comunicarle la lanzadera para que adopte la órbita elı́ptica considerada.
d) Si la masa de la lanzadera es de ml = 3000 kg, calcule su cantidad de movimiento y velocidad
justo después de impulsar el satélite y discuta cuál serı́a su órbita después si no se tomase ninguna
medida. ¿Caerı́a la lanzadera sobre la superficie terrestre?
En el apogeo de la órbita elı́ptica (punto A) el satélite recibe un nuevo impulso, por un sistema
de autopropulsión, de manera que adopta la órbita circular geoestacionaria (en rojo).
e) Determine la velocidad que debe ganar el satélite en A.
Datos: Radio de la Tierra: RT = 6370 km; aceleración de la gravedad en la superficie terrestre:
g0 = 9.8 m s−2 .
Solución
a) En una órbita circular de radio r = RT + h, donde h = 1000 km, calculamos fácilmente la
velocidad orbital del conjunto lanzadera+satélite, vC , teniendo en cuenta que g0 = G MT /RT2 :
s
r
G MT
g0 RT2
vC =
=
→ vC = 7.345 km s−1
r
RT + h
b) Como el impulso que el satélite recibe en el punto P tiene la dirección y sentido de la
cantidad de movimiento del conjunto, que en órbita circular tiene dirección puramente tangencial,
su cantidad de movimiento inmediatamente despus de dicho impulso (en el punto P ) también
será tangecial, es decir, p~s y ~rs serán vectores perpendiculares en el punto P . No obstante, y
debido a dicho impulso, la velocidad que adquiere el satélite en P excederá vc , es decir, ya no
corresponderá a la velocidad requerida para llevar a cabo la órbita circular de altura h = 1000
km, por lo que el satélite adquire una órbita elı́ptica, parabólica o hiperbólica. En nuestro caso,
la condición impuesta es que la nueva órbita es elı́ptica.
Toda órbita elı́ptica está caracterizada por un perigeo, o situación de máximo acercamiento a
la Tierra, y un apogeo, o situación de máximo alejamiento la Tierra. Estos son los únicos puntos
de la órbita que cumplen la condición de que p~s y ~rs son perpendiculares. Por tanto, el punto P
debe convertirse tras el impulso en el perigeo o el apogeo de la órbita elı́ptica del satélite. Como
deseamos que el satélite llegue a una distancia máxima (de apogeo) de 42250 km, el punto P
será el perigeo y el punto A será el apogeo.
Para calcular la velocidad vP que debe adquirir el satélite tras el impulso, de forma que
adquiera la órbita elı́ptica de transferencia, aplicamos las condiciones de conservación del momento angular y de la energı́a entre las posiciones de perigeo P y apogeo A:
L P = L A → r P ms v P = r A ms v A → r P v P = r A v A
M T ms
1
M T ms
1
g0 RT2
1
g0 RT2
1
= ms vA2 − G
→ vP2 −
= vA2 −
EP = EA → ms vP2 − G
2
rP
2
rA
2
rP
2
rA
lo que constituye un sistema de 2 ecuaciones y 2 incógnitas (vP y vA , pues rP = RT + h y
rA = 42250 km son conocidos). Despejando vA en la primera ecuación y sustituyendo en la
segunda se obtiene
g0 RT2
r2 v 2
1 2
g0 RT2
vP −
= P 2P −
→
2
rP
2rA
rA
rP2
1
1 2
1
2
→
v 1− 2
−
= g 0 RT
2 P
rA
rP
rA
s
2g0 RT2 rA
vP =
rP (rA + rP )
Sustituyendo valores en esta última expresión obtenemos la velocidad que debe adquirir el satélite
inmediatamente después del impulso:
vP = 9.586 km s−1
c) Para calcular la cantidad de movimiento que debe inyectarle la lanzadera debemos tener en
cuenta que el satélite, antes del impulso, ya lleva una velocidad orbital de vC = 7.345 km s−1 en
la dirección tangencial. Por ello, el satélite sólo debe ganar una velocidad ∆vs = vP − vC = 2.24
km s−1 . La cantidad de movimiento que debe ganar el satélite, y que por tanto debe ser inyectada
por la lanzadera, es
∆ps = ms ∆vs → ∆ps = 1.12 × 106 kg m s−1
Si supiéramos el intervalo de tiempo ∆t en el que el impulso es dado, podrı́amos determinar la
fuerza media que ejerce la lanzadera sobre el satélite a través de la expresión F = ∆p/∆t.
d) Si tomamos como sistema de partı́culas el conjunto lanzadera+satélite, el proceso de
inyección de cantidad de movimiento al satélite es el resultado de la acción de fuerzas internas
que no afectan a la cantidad de movimiento total del sistema. Consideremos como situación
inicial la inmediatamente anterior a dicha inyección, y como final la inmediatamente posterior a
la inyección. La componente de la cantidad de movimiento del sistema en la dirección tangencial
a la órbita se conserva (no hay fuerzas exteriores aplicadas en esa dirección). Aplicando este
principio de conservación podemos calcular la cantidad de movimiento tangencial pl y velocidad
tangencial vl de la lanzadera después del impulso:
(ml + ms )vC = ml vl + ms vP → pl = ml vl = (ml + ms )vC − ms vP = ml vC − ∆ps →
pl
pl = 2.09 × 107 kg m s−1 vl =
→ vl = 6.972 km s−1
ml
La lanzadera, como consecuencia del impulso dado al satélite y de la reacción de éste, “se ha
frenado”, y tiene una velocidad tangencial vl menor que que la requerida (vC ) para llevar a
cabo la órbita circular. Por tanto, adoptará una órbita elı́ptica cuyo apogeo es precisamente el
punto P (rP = RT + h), y cuya distancia de perigeo (que llamaremos rm ) deseamos calcular. Si
dicha distancia de máximo acercamiento (rm ) es menor que el radio de la Tierra, la lanzadera
se estrellará contra la superficie terrestre (antes se fundirá probablemente por fricción con la
atmósfera); si por el contrario rm > RT , la lanzadera completará su órbita elı́ptica sin caer sobre
la Tierra (suponiendo ignorable el rozamiento con la atmósfera). Apliquemos, como antes, la
conservación del momento angular y energı́a entre el apogeo y perigeo de la órbita elı́ptica de la
lanzadera:
rP vl = r m vm
1 2
g0 RT2
1 2 g0 RT2
vl −
=
vm −
2
rP
2
rm
Como antes tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas, pero ahora las incógnitas
son las caraterı́sticas del perigeo, rm y vm . Despejando vm en la primera ecuación y sustituyendo
en la segunda se obtiene una ecuación de segundo grado para rm :
2
g0 RT2
vl
r2 v 2
2
−
rm
+ g0 RT2 rm − P l = 0,
2
rP
2
cuya solución es
rm = 6050 km
Esta distancia mı́nima es menor que el radio de la Tierra, ası́ que la lanzadera se estrella.
e) Cuando después de describir la mitad de la órbita elı́ptica de transferencia el satélite llega
al punto A, o apogeo, su velocidad vA puede ser calculada habida cuenta de que rA , rP y vP son
conocidos: por conservación del momento angular,
rA vA = r P vP → v A =
rP
vP = 1.72 km s−1
rA
Para adoptar la órbita geoestacionaria de radio rA = 42250 km, la velocidad que debe conseguir
el satélite es de
vg =
s
g0 RT2
= 3.07 km s−1
rA
Por ello, el satélite debe ganar en el punto A una velocidad de
∆vs = vg − vA → ∆vs = 1.35 km s−1