Órbitas elípticas y momento angular

Momento angular: qué es y por qué se conserva

El momento angular de un cuerpo respecto del centro del astro es:

$$\vec L=\vec r\times m\vec v$$

Su módulo es:

$$\boxed{L=mrv\sin\theta}$$

donde $\theta$ es el ángulo entre el vector posición $\vec r$ y la velocidad $\vec v$.

También puedes escribirlo como:

$$L=mr\,v_\perp$$

donde $v_\perp=v\sin\theta$ es la componente de la velocidad perpendicular al radio vector.

En el dibujo, la velocidad $\vec v$ se descompone en dos partes perpendiculares entre sí. La componente a lo largo del radio vector, $v\cos\theta$, solo acerca o aleja el cuerpo del astro. La componente perpendicular, $v_\perp=v\sin\theta$, es la que lo hace girar alrededor del astro, y es la única que entra en el momento angular. El ángulo $\theta$ se mide entre $\vec r$, prolongado más allá del cuerpo, y $\vec v$.

Para calcularla, multiplica el módulo de la velocidad por el seno del ángulo. Por ejemplo, con $v=6,00\cdot10^3\ \mathrm{m/s}$ y $\theta=60,0^\circ$:

$$v_\perp=v\sin\theta=(6,00\cdot10^3\ \mathrm{m/s})(\sin60,0^\circ)=5,20\cdot10^3\ \mathrm{m/s}$$

¿Por qué se conserva?

El momento de una fuerza respecto del centro es:

$$\vec\tau=\vec r\times\vec F$$

La fuerza gravitatoria apunta hacia el centro. Por tanto, $\vec r$ y $\vec F$ son paralelos, pero de sentidos opuestos, y su producto vectorial es cero:

$$\vec\tau=\vec 0$$

Como:

$$\frac{d\vec L}{dt}=\vec\tau$$

obtenemos:

$$\boxed{\frac{d\vec L}{dt}=\vec 0}$$

La cadena de causas y consecuencias es:

Fuerza central → momento de la fuerza nulo → momento angular constante.

Esto no significa que la velocidad sea constante. Lo que se mantiene es el producto $rv_\perp$. Si $r$ disminuye, $v_\perp$ debe aumentar.

Tampoco significa que la gravedad no realice trabajo: en una órbita elíptica, el cuerpo se acerca y se aleja del astro, y la energía cinética cambia.

La segunda ley de Kepler y el momento angular

Relación con el momento angular

Nivel universitario (ampliación): esta deducción va más allá de lo que pide la PAU.

En un intervalo muy pequeño $dt$, el área barrida es aproximadamente la de un triángulo:

$$dA=\frac12 r\,v_\perp\,dt$$

Por tanto:

$$\frac{dA}{dt}=\frac12 rv_\perp$$

Como $L=mrv_\perp$:

$$\boxed{\frac{dA}{dt}=\frac{L}{2m}}$$

Si $L$ es constante, el área barrida por unidad de tiempo también es constante.

Conservación del momento angular → velocidad areolar constante → áreas iguales en tiempos iguales.

Velocidades en el perihelio y en el afelio

En estos dos puntos, la velocidad es perpendicular al radio vector. Por tanto, $\sin\theta=1$:

$$L_p=mr_pv_p \qquad L_a=mr_av_a$$

Como el momento angular se conserva:

$$mr_pv_p=mr_av_a$$

Simplificando la masa:

$$\boxed{r_pv_p=r_av_a}$$

De aquí:

$$\boxed{\frac{v_p}{v_a}=\frac{r_a}{r_p}}$$

Ejemplo breve. Si la distancia en el afelio es tres veces la distancia en el perihelio:

$$r_a=3r_p$$

entonces:

$$v_p=3v_a$$

El cuerpo pasa por el perihelio tres veces más deprisa que por el afelio.

Cuidado: en un punto cualquiera de la elipse debes utilizar $mrv\sin\theta$. No puedes escribir siempre $L=mrv$.

Aceleración normal a lo largo de la elipse

La componente de la aceleración perpendicular a la velocidad es la aceleración normal:

$$\boxed{a_n=\frac{v^2}{\rho}}$$

donde $\rho$ es el radio de curvatura de la trayectoria en ese punto. En la PAU se suele escribir $a_n=v^2/r$. En una órbita circular, $\rho=r$ y toda la gravedad es aceleración normal.

En una elipse, la velocidad cambia y la trayectoria no está igual de curvada en todas partes. Por tanto, la aceleración normal varía a lo largo de la órbita. En el perihelio y en el afelio, la velocidad es perpendicular al radio vector y toda la aceleración gravitatoria es normal:

$$a_n=\frac{GM}{r^2}$$

La aceleración normal es máxima en el perihelio, donde la velocidad es máxima y la distancia al astro es mínima, y mínima en el afelio. Los dos extremos tienen el mismo radio de curvatura, de modo que:

$$\frac{a_{n,p}}{a_{n,a}}=\frac{v_p^2}{v_a^2}=\left(\frac{r_a}{r_p}\right)^2$$

En el dibujo, la aceleración normal es siempre perpendicular a la velocidad y apunta hacia la parte interior de la curva. En el perihelio y en el afelio apunta directamente hacia el Sol; en un punto cualquiera, la gravedad (línea discontinua) también tiene una parte a lo largo de la velocidad, que la hace aumentar o disminuir.

Energía mecánica orbital

En cualquier punto:

$$\boxed{E=\frac12 mv^2-\frac{GMm}{r}}$$

Para una órbita elíptica:

$$\boxed{E=-\frac{GMm}{2a}}$$

Si la órbita es circular, $a=r$, y recuperas:

$$E=-\frac{GMm}{2r}$$

La energía total depende de $a$, no de la posición instantánea. A lo largo de la elipse, $E_c$ y $E_p$ cambian, pero su suma es constante.

Igualando las dos expresiones de la energía:

$$\frac12 mv^2-\frac{GMm}{r}=-\frac{GMm}{2a}$$

obtenemos una expresión muy útil:

$$\boxed{v^2=GM\left(\frac2r-\frac1a\right)}$$

Esta fórmula permite calcular la velocidad en cualquier punto de una órbita elíptica conocida.

Ejemplo resueltoEjemplo integrado de tipo PAU: satélite en órbita elíptica

Un satélite de masa $m=1,00\cdot10^3\ \mathrm{kg}$ orbita alrededor de la Tierra. Las distancias al centro terrestre son:

$$r_p=7,00\cdot10^6\ \mathrm m \qquad r_a=1,40\cdot10^7\ \mathrm m$$

Utilizaremos:

$$\begin{aligned} M_T&=5,97\cdot10^{24}\ \mathrm{kg}\\ GM_T&\approx3,98\cdot10^{14}\ \mathrm{m^3/s^2} \end{aligned}$$

a) Semieje mayor y periodo

$$a=\frac{r_p+r_a}{2} =\frac{7,00\cdot10^6+1,40\cdot10^7}{2}$$

$$\boxed{a=1,05\cdot10^7\ \mathrm m}$$

La tercera ley da:

$$T=2\pi\sqrt{\frac{a^3}{GM_T}}$$

$$T=2\pi\sqrt{\frac{(1,05\cdot10^7)^3}{3,98\cdot10^{14}}}$$

$$\boxed{T\approx1,07\cdot10^4\ \mathrm s\approx2,98\ \mathrm h}$$

Hemos utilizado $a$, no $r_p$ ni $r_a$, porque el periodo corresponde a la órbita completa.

b) Velocidades en los dos extremos

En el perigeo:

$$v_p=\sqrt{GM_T\left(\frac2{r_p}-\frac1a\right)}$$

$$\begin{aligned} v_p^2&=3,98\cdot10^{14} \left(\frac2{7,00\cdot10^6}-\frac1{1,05\cdot10^7}\right) =7,58\cdot10^7\ \mathrm{m^2/s^2}\\ v_p&=\sqrt{7,58\cdot10^7}\ \mathrm{m/s} \end{aligned}$$

$$\boxed{v_p\approx8,71\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}$$

El momento angular es $L=mrv\sin\theta$. En el perigeo y en el apogeo, la velocidad es perpendicular al radio vector: $\theta=90^\circ$ y $\sin\theta=1$. Como el momento angular se conserva:

$$mr_pv_p=mr_av_a \quad\Rightarrow\quad v_a=\frac{r_p}{r_a}v_p =\frac{7,00\cdot10^6}{1,40\cdot10^7}(8,71\cdot10^3)$$

$$\boxed{v_a\approx4,35\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}$$

La distancia en el apogeo es el doble. Para conservar $rv$ en los extremos, la velocidad en el apogeo debe ser la mitad.

El momento angular es:

$$L=mr_pv_p =(1,00\cdot10^3)(7,00\cdot10^6)(8,71\cdot10^3)$$

$$\boxed{L\approx6,09\cdot10^{13}\ \mathrm{kg\,m^2/s}}$$

c) Campo y potencial en el perigeo

El módulo del campo es:

$$g_p=\frac{GM_T}{r_p^2} =\frac{3,98\cdot10^{14}}{(7,00\cdot10^6)^2}$$

$$\boxed{g_p\approx8,12\ \mathrm{N/kg}}$$

Su dirección es hacia el centro de la Tierra.

El potencial es:

$$V_p=-\frac{GM_T}{r_p} =-\frac{3,98\cdot10^{14}}{7,00\cdot10^6}$$

$$\boxed{V_p\approx-5,69\cdot10^7\ \mathrm{J/kg}}$$

d) Energía mecánica

$$E=-\frac{GM_Tm}{2a} =-\frac{(3,98\cdot10^{14})(1,00\cdot10^3)}{2(1,05\cdot10^7)}$$

$$\boxed{E\approx-1,90\cdot10^{10}\ \mathrm J}$$

La energía es negativa: el satélite describe una órbita cerrada (ligada) alrededor de la Tierra.

En el perigeo:

$$E_p=mV_p=(1,00\cdot10^3)(-5,69\cdot10^7)\approx-5,69\cdot10^{10}\ \mathrm J$$

$$E_c=\frac12mv_p^2=\frac12(1,00\cdot10^3)(8,71\cdot10^3)^2\approx3,79\cdot10^{10}\ \mathrm J$$

La suma es, con el redondeo:

$$E_c+E_p=3,79\cdot10^{10}\ \mathrm J-5,69\cdot10^{10}\ \mathrm J\approx-1,90\cdot10^{10}\ \mathrm J$$

e) Escape desde el perigeo

$$v_{\mathrm{esc}}=\sqrt{\frac{2GM_T}{r_p}} =\sqrt{\frac{2(3,98\cdot10^{14})}{7,00\cdot10^6}}$$

$$\boxed{v_{\mathrm{esc}}\approx1,07\cdot10^4\ \mathrm{m/s}}$$

Como:

$$v_p<v_{\mathrm{esc}}$$

el satélite no puede escapar sin recibir energía adicional.

Si un impulso ideal aumenta la velocidad en la misma dirección del movimiento, el incremento mínimo es:

$$\Delta v=v_{\mathrm{esc}}-v_p =1,066\cdot10^4\ \mathrm{m/s}-8,707\cdot10^3\ \mathrm{m/s}$$

(con los valores sin redondear, $10\,664-8\,707=1\,957\ \mathrm{m/s}$):

$$\boxed{\Delta v\approx1,96\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}$$

La energía mecánica que hay que añadir al satélite es:

$$\Delta E=0-E =0-(-1,90\cdot10^{10}\ \mathrm J)$$

$$\boxed{\Delta E\approx1,90\cdot10^{10}\ \mathrm J}$$

Esta es la energía necesaria para pasar de una órbita ligada a una trayectoria de escape límite, sin contar pérdidas ni la energía gastada por el sistema de propulsión.

Ejemplo resueltoUn cometa en órbita elíptica

Datos

• El planeta Teia gira alrededor de la estrella ficticia Lumen en una órbita casi circular de radio $a_T=2,00\ \mathrm{UA}$ y periodo $T_T=3,20$ años.
• El cometa Brisa, de masa $m=3,00\cdot10^{13}\ \mathrm{kg}$, tiene un periodo $T_B=14,0$ años y pasa por el perihelio a $r_p=0,900\ \mathrm{UA}$ de Lumen.
• $1\ \mathrm{UA}=1,50\cdot10^{11}\ \mathrm m$; $1\ \text{año}=3,156\cdot10^7\ \mathrm s$.

Buscamos: el semieje mayor y la distancia en el afelio, el esquema de la órbita, $v_p/v_a$, la velocidad en el perihelio, el momento angular y dónde va más deprisa.

Paso 1. Semieje mayor con la tercera ley de Kepler

Teia y Brisa giran alrededor del mismo astro:

$$\begin{aligned} \frac{T_T^2}{a_T^3} &= \frac{T_B^2}{a_B^3}\\ a_B &= a_T\left(\frac{T_B}{T_T}\right)^{2/3}\\ &= (2,00\ \mathrm{UA})\left(\frac{14,0\ \text{años}}{3,20\ \text{años}}\right)^{2/3}\\ &= \boxed{5,35\ \mathrm{UA}} \end{aligned}$$

Paso 2. Distancia en el afelio y esquema

$$\begin{aligned} r_a &= 2a_B-r_p\\ &= 2(5,35\ \mathrm{UA})-0,900\ \mathrm{UA}\\ &= \boxed{9,80\ \mathrm{UA}} \end{aligned}$$

Paso 3. Relación de velocidades con el momento angular

$L=mrv\sin\theta$. La gravedad es una fuerza central: $L$ se conserva. En el perihelio y en el afelio, $\theta=90^\circ$:

$$\begin{aligned} mr_pv_p &= mr_av_a\\ \frac{v_p}{v_a} &= \frac{r_a}{r_p}\\ &= \frac{9,80\ \mathrm{UA}}{0,900\ \mathrm{UA}}\\ &= \boxed{10,9} \end{aligned}$$

Paso 4. Velocidad en el perihelio y momento angular

Primero, pasamos la órbita de Teia al SI:

$$\begin{aligned} a_T &= (2,00)(1,50\cdot10^{11}\ \mathrm m)=3,00\cdot10^{11}\ \mathrm m\\ T_T &= (3,20)(3,156\cdot10^7\ \mathrm s)=1,010\cdot10^8\ \mathrm s \end{aligned}$$

Ahora, $GM$ de Lumen. Solo actúa la gravedad: por la ley de gravitación universal y la segunda ley de Newton,

$$\begin{aligned} \frac{GMm_T}{a_T^2} &= m_T\left(\frac{2\pi}{T_T}\right)^2a_T\\ GM &= \frac{4\pi^2a_T^3}{T_T^2}\\ &= \frac{4\pi^2(3,00\cdot10^{11}\ \mathrm m)^3}{(1,010\cdot10^8\ \mathrm s)^2}\\ &= 1,045\cdot10^{20}\ \mathrm{m^3/s^2} \end{aligned}$$

Las distancias del cometa, en metros:

$$\begin{aligned} r_p &= (0,900)(1,50\cdot10^{11}\ \mathrm m)=1,350\cdot10^{11}\ \mathrm m\\ a_B &= (5,35)(1,50\cdot10^{11}\ \mathrm m)=8,025\cdot10^{11}\ \mathrm m \end{aligned}$$

Por la energía, $\tfrac12mv_p^2-GMm/r_p=-GMm/(2a_B)$:

$$\begin{aligned} v_p &= \sqrt{GM\left(\frac2{r_p}-\frac1{a_B}\right)}\\ &= \sqrt{(1,045\cdot10^{20}\ \mathrm{m^3/s^2})\left(\frac2{1,350\cdot10^{11}\ \mathrm m}-\frac1{8,025\cdot10^{11}\ \mathrm m}\right)}\\ &= \sqrt{1,418\cdot10^9\ \mathrm{m^2/s^2}}\\ &= \boxed{3,77\cdot10^4\ \mathrm{m/s}} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} L &= mr_pv_p\sin90^\circ\\ &= (3,00\cdot10^{13}\ \mathrm{kg})(1,350\cdot10^{11}\ \mathrm m)(3,766\cdot10^4\ \mathrm{m/s})\\ &= \boxed{1,53\cdot10^{29}\ \mathrm{kg\,m^2/s}} \end{aligned}$$

Paso 5. Dónde va más deprisa

En el perihelio. Por la segunda ley de Kepler, el radio vector barre áreas iguales en tiempos iguales: cerca de Lumen el radio es corto y, para barrer la misma área, el cometa debe recorrer más arco. También por energía: $E_m$ es constante y $E_p=-GMm/r$ es mínima donde $r$ es mínimo; por tanto, $E_c$ es máxima allí.

Ejemplo resueltoLeer una gráfica y prever pasos

Un satélite describe una órbita elíptica alrededor de Aster ($GM=3,202\cdot10^{14}\ \mathrm{m^3/s^2}$). La gráfica da su distancia al centro de Aster durante $24,0\ \mathrm h$.

Buscamos: el periodo y las vueltas completas, el semieje mayor (comprobado con la tercera ley) y, para el cometa del ejemplo 4, cuántos pasos por el perihelio habrá hasta 2090.

Paso 1. Período y vueltas

Cuento $N=6$ mínimos: el primero en $t=2,0\ \mathrm h$ y el último en $t=22,0\ \mathrm h$.

$$\begin{aligned} T &= \frac{t_{\text{último}}-t_{\text{primero}}}{N-1}\\ &= \frac{22,0\ \mathrm h-2,0\ \mathrm h}{6-1}\\ &= \boxed{4,00\ \mathrm h} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} n &= \frac{t}{T}\\ &= \frac{24,0\ \mathrm h}{4,00\ \mathrm h}\\ &= \boxed{6,00\ \text{vueltas}} \end{aligned}$$

En las $24,0\ \mathrm h$ da 6 vueltas completas.

Paso 2. Semieje mayor y comprobación

En la gráfica, $r_p=7,00\cdot10^6\ \mathrm m$ (mínimo) y $r_a=1,68\cdot10^7\ \mathrm m$ (máximo):

$$\begin{aligned} a &= \frac{r_p+r_a}{2}\\ &= \frac{7,00\cdot10^6\ \mathrm m+1,68\cdot10^7\ \mathrm m}{2}\\ &= \boxed{1,19\cdot10^7\ \mathrm m} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} T &= 2\pi\sqrt{\frac{a^3}{GM}}\\ &= 2\pi\sqrt{\frac{(1,190\cdot10^7\ \mathrm m)^3}{3,202\cdot10^{14}\ \mathrm{m^3/s^2}}}\\ &= 1,441\cdot10^4\ \mathrm s\\ &= \frac{1,441\cdot10^4\ \mathrm s}{3\,600\ \mathrm{s/h}}\\ &= \boxed{4,00\ \mathrm h} \end{aligned}$$

Coincide con el periodo leído en la gráfica.

Paso 3. Fechas de paso

El cometa Brisa ($T=14,0$ años) pasó por el perihelio en 2021. Los pasos siguientes son $t_k=2021+(14,0\ \text{años})\,k$, y queremos $t_k\le2090$:

$$\begin{aligned} k &\le \frac{(2090-2021)\ \text{años}}{14,0\ \text{años}}\\ &= 4,93 \end{aligned}$$

Por tanto, $k=0,1,2,3,4$: en 2021, 2035, 2049, 2063 y 2077. Son 5 pasos; el siguiente, en 2091, ya queda fuera.

CompruebaSíntesis: ¿qué debes relacionar en un problema?

Comprueba estas cuatro cosas antes de dar un resultado

1. Distancias: ¿has utilizado la distancia al centro, no la altura?
2. Tipo de órbita: ¿es circular o elíptica? No utilices fórmulas circulares en una elipse sin justificarlo.
3. Unidades: ¿has convertido las distancias a metros y los periodos a segundos?
4. Sentido físico: ¿la velocidad es mayor en el punto más próximo? ¿La energía de una órbita ligada es negativa? ¿El campo apunta hacia el astro?

La conexión final que conviene retener es:

• La gravedad central conserva el momento angular y explica la segunda ley de Kepler.
• La gravedad conservativa conserva la energía mecánica: los cambios de velocidad compensan los de potencial, y la energía determina la condición de escape.
• La dinámica gravitatoria orbital relaciona el periodo con el semieje mayor y permite calcular la masa central:

$$T^2=\frac{4\pi^2a^3}{GM}$$