Òrbites el·líptiques i moment angular

Moment angular: què és i per què es conserva

El moment angular d’un cos respecte del centre de l’astre és:

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

El seu mòdul és:

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

on $\theta$ és l’angle entre el vector posició $\vec r$ i la velocitat $\vec v$.

També el pots escriure com:

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

on $v_\perp=v\sin\theta$ és la component de la velocitat perpendicular al radi vector.

Al dibuix, la velocitat $\vec v$ es descompon en dues parts perpendiculars entre si. La component al llarg del radi vector, $v\cos\theta$, només acosta o allunya el cos de l’astre. La component perpendicular, $v_\perp=v\sin\theta$, és la que el fa girar al voltant de l’astre, i és l’única que entra en el moment angular. L’angle $\theta$ es mesura entre $\vec r$, prolongat més enllà del cos, i $\vec v$.

Per calcular-la, multiplica el mòdul de la velocitat pel sinus de l’angle. Per exemple, amb $v=6,00\cdot10^3\ \mathrm{m/s}$ i $\theta=60,0^\circ$:

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

Per què es conserva?

El moment d’una força respecte del centre és:

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

La força gravitatòria apunta cap al centre. Per tant, $\vec r$ i $\vec F$ són paral·lels, però de sentits oposats, i el seu producte vectorial és zero:

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

Com que:

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

obtenim:

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

La cadena de causes i conseqüències és:

Força central → moment de la força nul → moment angular constant.

Això no significa que la velocitat sigui constant. El que es manté és el producte $rv_\perp$. Si $r$ disminueix, $v_\perp$ ha d’augmentar.

Tampoc significa que la gravetat no faci treball: en una òrbita el·líptica, el cos s’acosta i s’allunya de l’astre, i l’energia cinètica canvia.

La segona llei de Kepler i el moment angular

Relació amb el moment angular

Nivell universitari (ampliació): aquesta deducció va més enllà del que demana la PAU.

En un interval molt petit $dt$, l’àrea escombrada és aproximadament la d’un triangle:

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

Per tant:

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

Com que $L=mrv_\perp$:

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

Si $L$ és constant, l’àrea escombrada per unitat de temps també és constant.

Conservació del moment angular → velocitat areolar constant → àrees iguals en temps iguals.

Velocitats al periheli i a l’afeli

En aquests dos punts, la velocitat és perpendicular al radi vector. Per tant, $\sin\theta=1$:

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

Com que el moment angular es conserva:

$$mr_pv_p=mr_av_a$$

Simplificant la massa:

$$\boxed{r_pv_p=r_av_a}$$

D’aquí:

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

Exemple breu. Si la distància a l’afeli és tres vegades la distància al periheli:

$$r_a=3r_p$$

aleshores:

$$v_p=3v_a$$

El cos passa pel periheli tres vegades més de pressa que per l’afeli.

Compte: en un punt qualsevol de l’el·lipse has d’utilitzar $mrv\sin\theta$. No pots escriure sempre $L=mrv$.

Acceleració normal al llarg de l’el·lipse

La component de l’acceleració perpendicular a la velocitat és l’acceleració normal:

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

on $\rho$ és el radi de curvatura de la trajectòria en aquell punt. A la PAU s’acostuma a escriure $a_n=v^2/r$. En una òrbita circular, $\rho=r$ i tota la gravetat és acceleració normal.

En una el·lipse, la velocitat canvia i la trajectòria no és igual de corbada a tot arreu. Per tant, l’acceleració normal varia al llarg de l’òrbita. Al periheli i a l’afeli, la velocitat és perpendicular al radi vector i tota l’acceleració gravitatòria és normal:

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

L’acceleració normal és màxima al periheli, on la velocitat és màxima i la distància a l’astre és mínima, i mínima a l’afeli. Els dos extrems tenen el mateix radi de curvatura, de manera que:

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

Al dibuix, l’acceleració normal és sempre perpendicular a la velocitat i apunta cap a la part interior de la corba. Al periheli i a l’afeli apunta directament cap al Sol; en un punt qualsevol, la gravetat (línia discontínua) també té una part al llarg de la velocitat, que la fa augmentar o disminuir.

Energia mecànica orbital

En qualsevol punt:

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

Per a una òrbita el·líptica:

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

Si l’òrbita és circular, $a=r$, i recuperes:

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

L’energia total depèn de $a$, no de la posició instantània. Al llarg de l’el·lipse, $E_c$ i $E_p$ canvien, però la seva suma és constant.

Igualant les dues expressions de l’energia:

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

obtenim una expressió molt útil:

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

Aquesta fórmula permet calcular la velocitat en qualsevol punt d’una òrbita el·líptica coneguda.

Exemple resoltExemple integrat de tipus PAU: satèl·lit en òrbita el·líptica

Un satèl·lit de massa $m=1,00\cdot10^3\ \mathrm{kg}$ orbita al voltant de la Terra. Les distàncies al centre terrestre són:

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

Utilitzarem:

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

a) Semieix major i període

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

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

La tercera llei dona:

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

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

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

Hem utilitzat $a$, no $r_p$ ni $r_a$, perquè el període correspon a l’òrbita completa.

b) Velocitats als dos extrems

Al perigeu:

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

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

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

El moment angular és $L=mrv\sin\theta$. Al perigeu i a l’apogeu, la velocitat és perpendicular al radi vector: $\theta=90^\circ$ i $\sin\theta=1$. Com que el moment angular es 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 distància a l’apogeu és el doble. Per conservar $rv$ als extrems, la velocitat a l’apogeu ha de ser la meitat.

El moment angular és:

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

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

c) Camp i potencial al perigeu

El mòdul del camp és:

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

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

La seva direcció és cap al centre de la Terra.

El potencial és:

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

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

d) Energia mecànica

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

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

L’energia és negativa: el satèl·lit descriu una òrbita tancada (lligada) al voltant de la Terra.

Al perigeu:

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

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

La suma és, amb l’arrodoniment:

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

e) Escapament des del perigeu

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

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

Com que:

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

el satèl·lit no pot escapar sense rebre energia addicional.

Si un impuls ideal augmenta la velocitat en la mateixa direcció del moviment, l’increment mínim és:

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

(amb els valors sense arrodonir, $10\,664-8\,707=1\,957\ \mathrm{m/s}$):

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

L’energia mecànica que cal afegir al satèl·lit és:

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

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

Aquesta és l’energia necessària per passar d’una òrbita lligada a una trajectòria d’escapament límit, sense comptar pèrdues ni l’energia gastada pel sistema de propulsió.

Exemple resoltUn cometa en òrbita el·líptica

Dades

• El planeta Teia gira al voltant de l’estrella fictícia Lumen en una òrbita gairebé circular de radi $a_T=2,00\ \mathrm{UA}$ i període $T_T=3,20$ anys.
• El cometa Brisa, de massa $m=3,00\cdot10^{13}\ \mathrm{kg}$, té un període $T_B=14,0$ anys i passa pel periheli a $r_p=0,900\ \mathrm{UA}$ de Lumen.
• $1\ \mathrm{UA}=1,50\cdot10^{11}\ \mathrm m$; $1\ \text{any}=3,156\cdot10^7\ \mathrm s$.

Busquem: el semieix major i la distància a l’afeli, l’esquema de l’òrbita, $v_p/v_a$, la velocitat al periheli, el moment angular i on va més de pressa.

Pas 1. Semieix major amb la tercera llei de Kepler

Teia i Brisa giren al voltant del mateix astre:

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

Pas 2. Distància a l’afeli i esquema

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

Pas 3. Relació de velocitats amb el moment angular

$L=mrv\sin\theta$. La gravetat és una força central: $L$ es conserva. Al periheli i a l’afeli, $\theta=90^\circ$:

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

Pas 4. Velocitat al periheli i moment angular

Primer, passem l’òrbita de Teia al SI:

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

Ara, $GM$ de Lumen. Només actua la gravetat: per la llei de gravitació universal i la segona llei de Newton,

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

Les distàncies del cometa, en metres:

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

Per l’energia, $\tfrac12mv_p^2-GMm/r_p=-GMm/(2a_B)$:

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

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

Pas 5. On va més de pressa

Al periheli. Per la segona llei de Kepler, el radi vector escombra àrees iguals en temps iguals: a prop de Lumen el radi és curt i, per escombrar la mateixa àrea, el cometa ha de recórrer més arc. També per energia: $E_m$ és constant i $E_p=-GMm/r$ és mínima on $r$ és mínim; per tant, $E_c$ hi és màxima.

Exemple resoltLlegir una gràfica i preveure passos

Un satèl·lit descriu una òrbita el·líptica al voltant d’Aster ($GM=3,202\cdot10^{14}\ \mathrm{m^3/s^2}$). La gràfica dona la seva distància al centre d’Aster durant $24,0\ \mathrm h$.

Busquem: el període i les voltes completes, el semieix major (comprovat amb la tercera llei) i, per al cometa de l’exemple 4, quants passos pel periheli hi haurà fins al 2090.

Pas 1. Període i voltes

Compto $N=6$ mínims: el primer a $t=2,0\ \mathrm h$ i l’últim a $t=22,0\ \mathrm h$.

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

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

En les $24,0\ \mathrm h$ fa 6 voltes completes.

Pas 2. Semieix major i comprovació

A la gràfica, $r_p=7,00\cdot10^6\ \mathrm m$ (mínim) i $r_a=1,68\cdot10^7\ \mathrm m$ (màxim):

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

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

Coincideix amb el període llegit a la gràfica.

Pas 3. Dates de pas

El cometa Brisa ($T=14,0$ anys) va passar pel periheli el 2021. Els passos següents són $t_k=2021+(14,0\ \text{anys})\,k$, i volem $t_k\le2090$:

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

Per tant, $k=0,1,2,3,4$: el 2021, el 2035, el 2049, el 2063 i el 2077. Són 5 passos; el següent, el 2091, ja queda fora.

ComprovaSíntesi: què has de relacionar en un problema?

Comprova aquestes quatre coses abans de donar un resultat

1. Distàncies: has utilitzat la distància al centre, no l’altura?
2. Tipus d’òrbita: és circular o el·líptica? No utilitzis fórmules circulars en una el·lipse sense justificar-ho.
3. Unitats: has convertit distàncies a metres i períodes a segons?
4. Sentit físic: la velocitat és més gran al punt més pròxim? L’energia d’una òrbita lligada és negativa? El camp apunta cap a l’astre?

La connexió final que convé retenir és:

• La gravetat central conserva el moment angular i explica la segona llei de Kepler.
• La gravetat conservativa conserva l’energia mecànica: els canvis de velocitat compensen els de potencial, i l’energia determina la condició d’escapament.
• La dinàmica gravitatòria orbital relaciona el període amb el semieix major i permet calcular la massa central:

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