Potenciales centrales

libro abierto / serie apuntes Israel Saeta P´rez e Enrique Maci´ Barber a Gravitaci´n newtoniana o Potenciales centrales aplicando mec´nica lagrangiana a ¬¬¬¬1.0.0 Un libro libre de Alqua GRA 531.5 ´ Gravitacion newtoniana † lomo para ediciones impresas ALQ Dedicado A Elena Manjavacas Mart´ ınez, por su apoyo en la revisi´n o http://alqua.org/libredoc/GRA Israel Saeta P´rez e Enrique Maci´ Barber a dukebody@gmail.com macia@material.fis.ucm.es http://dukebody.blogsome.com http://material.fis.ucm.es/ Gravitaci´n newtoniana o versi´n 1.0.0 o 17 de agosto de 2007 alqua,madeincommunity c copyleft Copyright (c) 2007 Israel Saeta P´rez and Enrique Maci´ Barber. e a This work is licensend under the Creative Commons Attribution-NonCommercial-ShareAlike 2.5 License. To view a copy of this license, visit http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/2.5/ or send a letter to Creative Commons, 171 Second Street, Suite 300, San Francisco, Califorina 94105, USA. Copyright (c) 2007 Israel Saeta P´rez y Enrique Maci´ Barber. e a Esta obra est´ bajo una licencia Reconocimiento-No Comercial-Compartir bajo la misma lia cencia 2.5 Espa˜a n de Creative Commons. Para ver una copia de esta licencia visite http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/2.5/es o escriba una carta a Creative Commons, 171 Second Street, Suite 300, San Francisco, Califorina 94105, USA. Serie apuntes ´ Area mec´nica cl´sica a a CDU 531.5 Editores Israel Saeta P´rez e dukebody@gmail.com Notas de producci´n o ´ Plantilla latex-book-es-b.tex, v. 0.1 (C) Alvaro Tejero Cantero. compuesto con software libre 1 Potenciales centrales 1.1. Problema de los dos cuerpos 1 M Definimos el centro de masas de un sistema de part´ ıculas como: R≡ mi r i i Que en el caso de dos cuerpos se reduce a: R= m1 r 1 + m2 r 2 m1 + m2 (1.1) Definimos la masa reducida de un sistema de dos cuerpos como: m1 m2 µ= m1 + m2 Se puede demostrar [1] que la energ´ cin´tica de un sistema de part´ ıa e ıculas es la correspondiente a su centro de masas m´s la suma de la correspondiente a cada part´ a ıcula respecto del centro de masas (ver figura 1.1): T = 1 mi r i = ˙2 2 1 ˙ mi R 2 + 2 1 ˙ mi (R + ri∗ )2 = ˙ 2 1 mi ri∗ ˙2 2 1 ˙ mi R 2 + 2 mi ri∗ R + ˙ ˙ ˙ R∗ =0 1 mi ri∗ = ˙2 2 = por lo que en un sistema de dos part´ ıculas tenemos que: 1 1 ˙2 1 ˙ 1∗ ˙ 2∗ T = M R + m1 r 2 + m2 r 2 2 2 2 TCM T1 T2 (1.2) Sistema ´ Atomo de hidr´geno (prot´n-electr´n) o o o Sol–Tierra Tierra–Luna Sirio A – Sirio B Deuter´n (neutr´n-prot´n) o o o m2 /m1 1.836 3.33 · 105 81.3 2.2 1.0013 µ 0.99946 1 − 3.005 · 10−6 0.9878 0.69 0.50032 Cuadro 1.1: Masas reducidas de algunos sistemas relevantes. [2] 1 1 Potenciales centrales Figura 1.1: esquema de la geometr´ del sistema ıa En esta situaci´n, el lagrangiano del sistema depender´ expl´ o ıa ıcitamente de nueve coordenadas generalizadas (tres por cada vector). Para solucionar este problema podemos utilizar resultados geom´tricos para conseguir e expresar el lagrangiano del sistema en funci´n de s´lo seis coordenadas generalizadas: o o R + r 1∗ = r 1 R + r 2∗ = r 2 ⇒ r 1∗ + r 2∗ = r 1 + r 2 − 2R Sustituyendo R por su expresi´n en (1.1): o r 1∗ + r 2∗ = 1 [m1 (r 2 − r 1 ) + m2 (r 1 − r 2 )] m1 + m2 Utilizando ahora que r 1 − r 2 = r : r 1∗ + r 2∗ = m1 − m2 r m1 + m2 Por ultimo, aplicamos que r 2∗ − r 1∗ = r para despejar r 1∗ y r 2∗ : ´ r 2∗ = r 1∗ m1 r M m2 r =− M Ahora que tenemos la expresi´n de r 2∗ y r 1∗ en funci´n de r , podemos sustituirla en o o ˙ ˙ (1.2) para expresar la energ´ cin´tica como funci´n de R y r : ıa e o 1 ˙2 1 (−m2 )2 2 1 (m2 )2 2 1 ˙ 2 1 2 ˙ ˙ ˙ r + m1 r = M R + µr T = M R + m1 2 2 M2 2 M2 2 2 TCM Tµ El lagrangiano del sistema ser´ entonces: a ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ L ≡ T − U = TCM (R) + Tµ (r ) − U (r ) = LCM (R) + Lµ (r , r ) = L(r , r , R) 2 Gravitaci´n newtoniana - 1.0.0 o 1.2 Potenciales centrales Como R no aparece expl´ ıticamente en la expresi´n del lagrangiano, es una coordenada o c´ ıclica y su momento can´nico conjugado se conserva: o PR ≡ ∂L ˙ = 2M R = cte ˙ ∂R (1.3) Este ultimo resultado implica que, siendo la masa total del sistema M constante, la ´ ˙ velocidad del centro de masas R es constante, es decir, el CM tiene un movimiento ˙ inercial que queda determinado al fijar las condiciones iniciales {R, R}, por lo que el problema del movimiento de dos cuerpos se reduce al estudio del lagrangiano asociado a la masa reducida del sistema. 1.2. 1.2.1. Potenciales centrales Elecci´n de coordenadas generalizadas o Llamamos potenciales centrales a aquellos que dependen exclusivamente de la distancia al origen de potencial: U = U (r). Los potenciales centrales generan fuerzas centrales. Definimos el momento angular de una part´ ıcula respecto de un punto como el producto vectorial de la distancia a ese punto y su momento lineal: l ≡r ×p Figura 1.2: vectores asociados al momento angular Si consideramos una part´ ıcula afectada por una fuerza central, derivando con respecto al tiempo: ˙ ˙ ˙ l =r ×p +r ×p =0 ˙ ˙ ya que r es paralelo a p y r a p. Este resultado implica que el vector l es constante, y por lo tanto el movimiento est´ confinado en un plano y el sentido de giro no cambia a (ver figura 1.2). http://alqua.org/libredoc/GRA 3 1 Potenciales centrales Al quedar el movimiento confinado en un plano, podemos reducir los tres grados de libertad que implicaba el lagrangiano asociado a la masa reducida (que de ahora en adelante denominaremos el lagrangiano del sistema) a dos, siempre y cuando tratemos con fuerzas centrales. Como coordenadas generalizadas elegimos r y ϕ, quedando el lagrangiano: 1 ˙ ˙ L = µ(r2 + r2 ϕ2 ) − U (r) 2 Ejemplo 1.–Dos part´ ıculas de masa m, unidas mediante un muelle de constante el´stica k y longitud natural despreciable, giran con velocidad angular constante ω a con respecto a un eje vertical que pasa por el centro de masas del sistema. Las part´ ıculas se mueven sobre un plano horizontal sin rozamiento. Determine: (a) el lagrangiano del sistema y las correspondientes ecuaciones de Lagrange. (b) la integral de Jacobi. (a) Utilizamos la ley de Hooke para obtener la expresi´n de la energ´ potencial o ıa F = −kr ⇒ U (r) = 1 F dr = kr2 + U (0) 2 (1.4) Si aplicamos la condici´n de contorno U (0) = 0: o 1 U (r) = kr2 2 Teniendo en cuenta que las dos part´ ıculas tienen la misma masa m, la masa reducida del sistema viene dada por: µ≡ m2 m m1 m2 = = m1 + m2 2m 2 Ya que el sistema se mueve en un plano, elegimos como coordenadas generalizadas las polares planas, {r, ϕ}. El lagrangiano del sistema (1.4) queda como: L= m 2 1 (r + r2 ϕ2 ) − kr2 ˙ ˙ 4 2 Dado que ϕ = ω se mantiene constante, tomando ϕ(0) ≡ 0: ϕ = ωt. ˙ Planteamos ahora la ecuaci´n de Lagrange para r: o ∂L ∂L − =0 ⇒ ∂r ˙ ∂r 2k r+ ¨ − ω2 r = 0 m d dt m m 2 r− ¨ ω r − kr = 0 2 2 ⇒ ⇒ Esta ecuaci´n diferencial describe tres tipos de movimiento diferentes seg´n el o u t´rmino entre par´ntesis sea mayor, menor o igual que cero. e e 4 Gravitaci´n newtoniana - 1.0.0 o 1.2 Potenciales centrales Para el caso en el que es mayor que cero, denotando como Ω2 a la expresi´n o entre par´ntesis: e r + Ω2 r = 0 ¨ la ecuaci´n diferencial representa un MAS en la coordenada r, de soluci´n: o o r(t) = ro sen(Ωt + φ) El significado f´ ısico es que este sistema de dos part´ ıculas es equivalente al de una sola part´ ıcula de masa µ en el CM del sistema describiendo un MAS. Para el caso en el que es igual a cero, la expresi´n de la ecuaci´n diferencial o o queda como: r=0 ¨ cuya soluci´n corresponde a un movimiento inercial en la coordenada r: o r(t) = c1 + c2 t Para el caso en el que es menor que cero, escribimos la ecuaci´n diferencial en o la forma: r− ¨ 2k − ω2 r = 0 m ⇒ r − Ω2 r = 0 ¨ que tiene soluci´n de tipo hiperb´lico: o o r(t) = ro senh(Ωt + φ) En definitiva, el movimiento de este sistema de dos part´ ıculas queda determinado por el balance entre la energ´ potencial el´stica del muelle y la cin´tica de rotaci´n. ıa a e o (b) Como el lagrangiano del sistema no depende expl´ ıcitamente del tiempo, la integral de jacobi se mantiene constante. Como las ecuaciones de transformaci´n o a coordenadas generalizadas no dependen expl´ ıcitamente del tiempo ni la energ´ ıa potencial de las velocidades generalizadas, la integral de jacobi es igual a la energ´ ıa mec´nica total [4]. En consecuencia, la integral de jacobi coincide con la energ´ a ıa mec´nica del sistema y se mantiene constante a lo largo del tiempo. a h=E ≡T +U = m 2 1 (r + r2 ϕ2 ) + kr2 ˙ ˙ 4 2 http://alqua.org/libredoc/GRA 5 1 Potenciales centrales 1.2.2. Simetr´ respecto de ϕ ıa Volvamos a la expresi´n del lagrangiano del sistema (1.4): o 1 ˙ ˙ ˙ ˙ L = µ(r2 + r2 ϕ2 ) − U (r) = L(r, r, ϕ) 2 nos muestra que la coordenada ϕ es c´ ıclica, por lo que el momento can´nico conjugado o se mantiene constante a lo largo del tiempo: Pϕ ≡ ∂L = µr2 ϕ = l = cte ˙ ∂ϕ ˙ Lo que nos permite obtener la expresi´n de ϕ en funci´n del tiempo: o ˙ o ϕ(t) = ˙ l µr2 (t) (1.5) Finalmente, integrando entre t0 = 0 y t1 : ϕ(t) = ϕ0 + l µ t1 0 dt r2 (t) (1.6) Es importante se˜alar que esta simetr´ se da gracias a que el potencial gravitatorio n ıa U (r) es central, de manera que el campo de fuerzas que genera es invariante bajo rotaci´n. o A modo de ilustraci´n, imaginemos un potencial dependiente de ϕ: o U = −γ cos2 ϕ r Sustitu´ ımos en (1.4): 1 cos2 ϕ L = µ(r2 + r2 ϕ2 ) + γ ˙ ˙ 2 r Como podemos obsevar, la coordenada ϕ s´ aparece expl´ ı ıcitamente en el lagrangiano, por lo que no es c´ ıclica y su momento can´nico conjugado (el momento angular) no se o conserva. Sin embargo, s´ que existe simetr´ temporal, lo que unido a la independencia de la ı ıa transformaci´n de coordenadas del tiempo y de la energ´ potencial de la velocidad o ıa generalizada, implica que la energ´ mec´nica se conserva. ıa a 1.2.3. Simetr´ respecto de t ıa Al no ser ni el lagrangiano ni las ecuaciones de transformaci´n de coordenadas funci´n o o expl´ ıcita del tiempo, la integral de jacobi, que coincide con energ´ mec´nica del sistema, ıa a se conserva: 1 1 l2 h = E ≡ T + U = µ(r2 + r2 ϕ2 ) + U (r) = µ(r2 + 2 2 ) + U (r) ˙ ˙ ˙ 2 2 µ r 6 Gravitaci´n newtoniana - 1.0.0 o 1.2 Potenciales centrales donde hemos sustu´ ϕ por su expresi´n en (1.5). Despejando r2 : ıdo ˙ o ˙ r ≡ ˙ 2 dr dt 2 = 2 µ E − U (r) − l2 2µr2 Finalmente, despejando dt e integrando, obtenemos: r1 dr (1.7) 2 µ t(r) = ± r0 E − U (r) − l2 2µr 2 Ejemplo 2.–Dos part´ ıculas de masas m1 y m2 se encuentran inicialmente en reposo, separadas por una distancia r0 , y bajo la acci´n de sus mutuas atracciones o gravitatorias. Determinar el tiempo que tardan en colisionar. La energ´ mec´nica y el momento angular se mantienen constantes a lo largo ıa a del tiempo, dado que U = U (r): E = E0 = T0 + U0 = 0 − G l = l0 = r0 µv0 sen α = 0 Planteamos la ecuaci´n (1.7): o 0 m1 m2 γ =− r0 r0 t=± r0 2γ µ dr 1 r =± − 1 r0 µ 2γ 1/2 0 r0 dr r0 −r rr0 =± µr0 2γ 1/2 0 r0 r dr r0 − r Para evaluar la integral, realizamos el cambio de variable r = r0 sen2 u: 0 I=2 π/2 0 r0 sen2 u r0 sen u cos u du = 2r0 r0 (1 − sen2 u) sen2 u du = 2r0 1 1 u − sen 2u 2 4 0 π/2 0 π/2 sen u sen u cos u du = cos u = 2r0 π/2 π = − r0 2 Sustituimos la integral en la ecuaci´n anterior, eligiendo el signo para que el o tiempo resulte positivo y por lo tanto con significado f´ ısico: t= π 2 µ 2γ 1/2 r0 3/2 Deshaciendo el cambio de variable en γ y sustituyendo la expresi´n de µ: o µ= m1 m2 m1 + m2 http://alqua.org/libredoc/GRA 7 1 Potenciales centrales resulta: t= π 2 2G(m1 + m2 ) r0 3/2 Como podemos comprobar, el cuadrado del tiempo que tardan en colisionar las dos part´ ıculas es proporcional al cubo de la distancia inicial que las separan. Ejemplo 3.– En sus Principia Mathematica Philosophiae Naturalis, Isaac Newton propuso y resolvi´ el siguiente problema: una part´ o ıcula de masa µ se mueve en un potencial central, de modo que el ´ngulo α entre los vectores velocidad y a posici´n es constante. o (a) Probar que el producto vr del m´dulo de la velocidad por el radio vector se o mantiene constante. (b) Hallar la energ´ mec´nica total, suponiendo l´ r→∞ U (r) = 0. ıa a ım (c) Hallar las funciones r(t), ϕ(t) que representan el movimiento. (a) Como vimos en el apartado 1.2.2, el vector momento angular l de un cuerpo que se mueve bajo la acci´n de un potencial central U (r) se mantiene constante, o por lo que su m´dulo tambi´n: o e l = rp sen α = µvr sen α = cte Pero µ y sen α son constantes, luego: vr = cte (b) Despejamos v en la ecuaci´n anterior: o v= l = cte µr sen α Sustitu´ ımos v en la expresi´n de la energ´ mec´nica del cuerpo: o ıa a 1 1 l2 E ≡ T + U = µv 2 + U (r) = + U (r) 2 2 µr2 sen2 α Dada la condici´n de contorno U (∞) ≡ 0, la energ´ mec´nica E tiende a cero o ıa a cuando nos alejamos mucho del origen de potencial. Por lo tanto, dado que la energ´ mec´nica se conserva, E ≡ 0. ıa a (c) Despejamos U (r) en la ecuaci´n anterior: o U (r) = − l2 2µr2 sen2 α Planteamos la ecuaci´n (1.7): o r1 t=± r0 2 µ dr l2 (cosec2 α 2µr 2 − 1) 8 Gravitaci´n newtoniana - 1.0.0 o 1.2 Potenciales centrales Pero cosec2 α − 1 = cotg2 α, luego: r1 t=± r0 µ dr = ± tg α l l µr cotg α r1 rdr = ± r0 µ 2 tg α(r2 − r0 ) 2l donde hemos tomado r1 ≡ r como l´ ımite superior de integraci´n. o Operamos para despejar r2 : ± 2l 2 cotg α t = r2 − r0 µ β ⇒ 2 r2 = r0 ± βt Tomamos la ra´ cuadrada (positiva, ya que representa una distancia) para haız llar: r(t) = 2 r0 ± βt Si planteamos ahora la ecuaci´n (1.6): o ϕ = ϕ0 + l µ t1 0 2 r0 dt l 1 2 = ϕ0 + log(r0 ± βt)t1 0 µβ ± βt Deshaciendo el cambio de variable, obtenemos finalmente: ϕ(t) = ϕ0 + tg α log 1 ± βt 2 r0 1/2 1.2.4. Potencial efectivo Una vez explotadas tanto las simetr´ del lagrangiano respecto de ϕ y t como el hecho ıas de que el momento angular se mantiene constante, utilizaremos la ecuaci´n de Lagrange, o al igual que en ejercicio 67. Aplicamos la ecuaci´n de Lagrange a (1.4): o µ¨ − µrϕ2 + r ˙ ∂U =0 ∂r (1.8) Sustituimos ϕ por su expresi´n en (1.5). Es importante se˜alar que esta sustituci´n ˙ o n o es posible debido a que el campo de fuerzas considerado es central. µ¨ − r l2 ∂U + =0 3 µr ∂r Si tenemos en cuenta ahora que: − l2 ∂ = 3 µr ∂r l2 2µr2 http://alqua.org/libredoc/GRA 9 1 Potenciales centrales La ecuaci´n (1.8) se transforma en: o µ¨ + r ∂ ∂r l2 + U (r) 2µr2 =0 (1.9) Al t´rmino l2 /2µr2 se le denomina potencial centr´ e ıfugo, es siempre repulsivo y es responsable, junto con el t´rmino del potencial de interacci´n, de la forma que adoptan e o las trayectorias planetarias. A la suma del potencial centr´ ıfugo y el potencial de interacci´n U (r) se le denomina o ˆ potencial efectivo, U (r), lo que reduce la ecuaci´n anterior a una expresi´n muy o o compacta: µ¨ + r ˆ ∂ U (r) =0 ∂r (1.10) Cabe destacar la enorme similitud entre esta ecuaci´n y la conocida m¨ = − U (r). o r Mientras que la segunda nos indica que un cuerpo sometido a un potencial escalar conservativo se acelera en la direcci´n y sentido de m´xima disminuci´n de potencial, la o a o primera nos indica que, en un sistema de dos cuerpos sometidos al mismo potencial, la aceleraci´n radial de su masa reducida es la de m´xima disminuci´n radial de su poo a o tencial efectivo. Si el sistema de cuerpos no se encuentra en rotaci´n, l = 0, y las dos o ecuaciones son equivalentes. Podemos estudiar esta relaci´n utilizando el concepto de potencial generalizado [3], o una funci´n G que cumple: o Q =− G ˆ donde Q es la fuerza neta generalizada. En nuestro caso, G = U . Ejemplo 4.–Una part´ ıcula de masa m se mueve bajo la acci´n de la fuerza o ˆ central F = −4kr3 r, y cuyo potencial se anula en el origen. Determine: (a) las condiciones iniciales del movimiento para que la trayectoria sea una circunferencia de radio R centrada en el origen. (b) la energ´ mec´nica total y el periodo de dicha ´rbita. ıa a o (a) Estableciendo la condici´n de contorno U (0) = 0: o l2 ˆ =− U (r) = U (r) + 2µr2 Derivando respecto de r: ˆ l2 ∂U = 4kr3 − 3 ∂r µr Para que la trayectoria sea una circunferencia, el radio r de la ´rbita debe ser o constante e igual a R. Utilizando la ecuaci´n (1.10): o µ¨ = − r ˆ ∂ U (r) = cte ∂r ⇒ ˆ ∂ U (r) =0 ∂r ⇒ l = 2r3 kµ = 2R3 kµ F (r)dr + l2 l2 = kr4 + 2µr2 2µr2 (1.11) 10 Gravitaci´n newtoniana - 1.0.0 o 1.2 Potenciales centrales La velocidad lineal inicial, que ser´ constante a lo largo de toda la ´rbita, viene a o dada entonces por: v0 = v = l = 2R2 µR k/µ k/µ. Luego las condiciones iniciales son ro = R y vo = 2R2 (b) La energ´ mec´nica total viene dada por: ıa a 1 E = µv 2 + U (R) = 3kR4 2 El periodo de la ´rbita es: o T = 2π 2π π = = ω v/R R m k Ejemplo 5.– Una part´ ıcula de masa m se mueve en un potencial arm´nico U = o describiendo una ´rbita circular de radio r0 . En un instante determinado se o produce una peque˜a perturbaci´n en la direcci´n radial. n o o (a) Dibuje un diagrama de energ´ en el que se muestre el potencial efectivo del ıa sistema y la representaci´n gr´fica del proceso descrito. o a (b) Determine el valor de r0 en funci´n de m,k y el momento angular l. o (c) Determine la frecuencia angular ω de las oscilaciones radiales. (a) 1 2 2 kr , En el diagrama de la derecha, la ´rbita circular inicial es la de trazo a rayas, y la o de trazo relleno la que adquiere la part´ ıcula tras la perturbaci´n [8]. o (b) Al igual que en el ejemplo anterior, comenzamos calculando el potencial ˆ efectivo U y su derivada parcial respecto a r: l2 1 + kr2 2mr2 2 ˆ ∂U l2 = − 3 + kr ∂r mr ˆ U= ⇒ http://alqua.org/libredoc/GRA 11 1 Potenciales centrales Como la trayectoria es circular, r = r0 = cte y r = 0. Sustituyendo la parcial de ¨ ˆ en (1.10): U − l2 3 + kr0 = 0 mr0 ⇒ 4 r0 = l2 mk Por lo que la coordenada radial inicial es: r0 = 4 l2 mk (c) La frecuencia angular de las oscilaciones radiales viene dada por la ecuaci´n o ω= U (r0 ) = m k/m 1.2.5. Ecuaci´n de Binet o Ya hemos visto c´mo podemos hallar la ecuaci´n de una trayectoria, pero aplicar estas o o ecuaciones implica pasos matem´ticos, como resolver la integral (1.6) o invertir (1.7), a con una soluci´n complicada o incluso imposible de obtener por medios anal´ o ıticos. Por ello, se hace necesaria una ecuaci´n que nos permita obtener la trayectoria eludiendo o estos problemas. df df dy Si utilizamos la regla de la cadena, dx = dy dx : r= ¨ d dt dr dt dϕ dt = = d dϕ dr dt luego: dϕ d = dt dϕ dr dϕ dϕ dt dϕ dt Desde (1.5), r= ¨ d dϕ l , µr 2 l dr µr2 dϕ l l2 d = 2 2 µr2 µ r dϕ 1 dr r2 dϕ Sustituyendo r en (1.10): ¨ µ¨ + r ˆ ∂ U (r) =0 ∂r ⇒ l2 d µr2 dϕ 1 dr r2 dϕ − l2 ∂U + =0 3 µr ∂r Definimos u ≡ 1/r y desarrollamos las derivadas: l2 2 d u µ dϕ u2 dr du du dϕ − l2 3 ∂U ∂u u + =0 µ ∂u ∂r Pero ∂r/∂u = −u−2 , luego: l2 d − u2 µ dϕ u2 u−2 du dϕ − l2 3 ∂U u − u2 =0 µ ∂u 12 Gravitaci´n newtoniana - 1.0.0 o 1.2 Potenciales centrales Dividimos entre u2 y agrupamos: l2 µ d2 u ∂U +u + =0 2 dϕ ∂u Finalmente despejamos para obtener: d2 u µ ∂U +u=− 2 dϕ2 l ∂u ´ A esta ultima ecuaci´n se la conoce como Ecuacion de Binet. ´ o Ejemplo 6.– Determinar el potencial U (r) y la fuerza central derivada F(r) de una part´ ıcula de masa µ que se mueve siguiendo una curva de Cˆtes de ecuaci´n o o r = sec(αϕ), donde α ≡ 1 + µk . l2 En primer lugar, calculamos la derivada segunda de u respecto de ϕ: d2 u d2 = cos(αϕ) = −α2 cos(αϕ) = −α2 u dϕ2 dϕ2 Sustitu´ ımos en (1.12), teniendo en cuenta que como U s´lo depende de r, la o derivada parcial se convierte en total: −α2 u + u = − µ dU l2 du ⇒ l2 dU = − (1 − α2 )u du µ (1.12) Integramos entre u y u = 0 (r = ∞), con la condici´n de contorno U (0) = 0: o u2 l2 U (u) = − (1 − α2 ) µ 2 0 = u u2 l2 (1 − α2 ) µ 2 Deshaciendo el cambio de variable: U (r) = l2 r−2 k (1 − α2 ) = 2 µ 2 r La fuerza F (r) es entonces: F (r) = − ∂U (r) l2 2k = − (1 − α2 )r−3 = − 3 ∂r µ r Es decir, para que los planetas siguieran ´rbitas como la espiral de Cˆtes ser´ necesario o o ıa un potencial proporcional a la inversa de la distancia al cuadrado. A pesar de lo extra˜o que puede parecer un potencial de este tipo, se puede demostrar n que un potencial gravitatorio estuviese compuesto de dos t´rminos de la forma e U (r) = k C − 2 r r http://alqua.org/libredoc/GRA 13 1 Potenciales centrales da lugar a una ´rbita de ecuaci´n: o o 1 1 + cos αθ = r a(1 − 2 ) que para α = 1 es una elipse con precesi´n, que explicar´ el movimiento de precesi´n o ıa o de la ´rbita de Mercurio. o Ejemplo 7.– Un cuerpo puntual es lanzado con velocidad v = 2µ/3a3 perpendicularmente al radio vector y a una distancia a desde le centro de una fuerza atractiva F = √ r−4 . Hallar la trayectoria y mostrar que pasa por el origen en un µ2 √ tiempo τ = 3π 3a5 /(8 2µ) Vamos a seguir dos caminos para intentar resolver este problema. En primer lugar utilizaremos la ecuaci´n (1.7) y en segundo lugar la ecuaci´n de Binet (1.12). o o Para poder emplear (1.7) necesitamos la energ´ E del cuerpo, que como estamos ıa en un campo conservativo ser´ constante y la podemos determinar en funci´n de a o las condiciones iniciales, la energ´ potencial U (r), que determinaremos a partir de ıa la expresi´n de la fuerza F , y el t´rmino en l2 , que determinaremos tambi´n por o e e medio de las condiciones iniciales, ya que l es constante (ver secci´n 1.2.1). o As´ que, la energ´ potencial es, estableciendo la condici´n de contorno U (∞) ≡ ı ıa o 0: r U (r) = − ∞ F (r)dr = − µ2 3r3 La energ´ total E ser´: ıa a µ2 1 2µ E ≡ Ec (v0 ) + U (a) = µ 3 − 3 = 0 2 3a 3a Y el t´rmino en l2 : e l ≡ aµv0 = aµ 2µ 3a ⇒ l2 µ2 = 2µr2 3ar2 Sustitu´ ımos en (1.7): r1 dr =± 2 µ r1 l2 2µr 2 a 2 µ t(r) = ± r0 dr µ2 3r3 = µ2 3ar 2 E − U (r) − − 3a 2µ r1 r a r dr a−r Si hacemos el cambio de variable r ≡ a sen2 u: t= 3a 2µ u1 π/2 2a2 sen4 u du = 3a a2 3u sen 4u − sen 2u + 2µ 2 2 8 u1 π/2 14 Gravitaci´n newtoniana - 1.0.0 o 1.2 Potenciales centrales Si ahora deshacemos el cambio de variable: u = sen−1 r a r a 2 a−r = a a r(a − r) 4 a r(a − r) 1 − 2r a sen 2u = 2 sen u cos u = 2 sen 4u = 2 sen 2u cos 2u = 4 sen u cos u(cos2 u − sen2 u) = y aplicamos la regla de Barrow, resulta finalmente: t=± 3a a2 3 sen−1 8µ 2 r1 π − a 2 − 1 (2r1 + 3a) r1 (a − r1 ) a2 De modo que, a pesar de que hemos podido resolver la integral y expresarla en t´rminos de funciones anal´ e ıticas, no podemos invertir esta funci´n t(r) para o obtener r(t), tal y como se˜alamos en la secci´n 1.2.5. n o Si evaluamos t en r1 = 0, podemos comprobar que se cumple: t=τ = 3π 8 3a5 2µ Como hemos visto que no podemos invertir t(r) para solucionar nuestro problema, probaremos ahora a seguir el segundo camino anunciado, utilizando la ecuaci´n o de Binet: d2 u µ ∂U +u=− 2 2 dϕ l ∂u ⇒ d2 u 3a 2 +u= u 2 dϕ 2 una ecuaci´n diferencial que tiene como soluci´n: o o u= 1 ϕ 2/a = sec2 1 + cos ϕ a 2 ϕ a (1 + cos ϕ) = a cos2 2 2 como u = 1/r: r(ϕ) = que es la ecuaci´n de una cardioide, un caso particular del Caracol de Pascal [6], o [7]. Para calcular el tiempo empleado por el cuerpo en caer, nos valdremos del concepto de velocidad areolar [1]: va ≡ dA l = dt 2µ como l y µ son constantes, va tambi´n ser´ constante: e a A = 0 l 2µ τ dt 0 ⇒ τ= Aµ 2l http://alqua.org/libredoc/GRA 15 1 Potenciales centrales Figura 1.3: cardioide con a=2 donde el ´rea A es [5]: a π π A= 0 r rdϕ = a2 0 cos4 3πa2 ϕ dϕ = 2 16 finalmente: τ= 3π Aµ = 2l 8 3a5 2µ 16 Gravitaci´n newtoniana - 1.0.0 o Bibliograf´ ıa [1] S. Burbano de Ercilla, E. Burbano Garc´ C. Gracia Mu˜ oz. “F´ ıa, n ısica General”, 32a edici´n. Ed. T´bar. 1.1, 1.2.5 o e [2] Antonio Fern´ndez Ra˜ ada. “Din´mica cl´sica”, 2a edici´n. Fondo de Cultura a n a a o Econ´mica. 1.1 o ´ [3] Enrique Maci´ Barber y Alvaro Hacar. “Mec´nica Lagrangiana”. 1.2.4 a a [4] Flavio Revuelta Pe˜ a y Enrique Maci´ Barber. “Leyes de conservaci´n”. 1.2.1 n a o [5] Salas, Hille y Etgen. Calculus, una y varias variables, vol. 2. Editorial Reverte. 1.2.5 [6] Murray R. Spiegel, John Liu y Lorenzo Abellanas. “F´rmulas y tablas de o matem´tica aplicada”, 2a edici´n. McGraw Hill. 1.2.5 a o [7] Weisstein, Eric W. “Cardioid”. From MathWorld– A Wolfram Web Resource. http://mathworld.wolfram.com/Cardioid.html 1.2.5 [8] Charles P. Poole Jr., John L. Safko and Horacio A. Farach. “Orbits of central force law potentials”. American Journal of Physics, Vol. 73, No. 1. January 2005. 1.2.4 17 BIBLIOGRAF´ IA 18 Gravitaci´n newtoniana - 1.0.0 o Historia 1.0.0 - 17 de agosto de 2007 Primera versi´n p´blica –ISP y EMB. o u Agradecemos la revisi´n del texto a Elena Manjavacas Mart´ o ınez. Las siguientes tareas merecen atenci´n, a juicio de los editores y autores: o Reescribir o mejorar el cap´ ıtulo referente al problema de los dos cuerpos, para que aparezcan los conceptos de manera natural. Incorporar el resto de documentos sobre la asignatura de Mec´nica y Ondas I, es a decir, los apuntes que escribieron Favio Revuelta Pe˜a, Alvaro Hacar y Enrique n ´ Maci´ Barber, a este libro. a 19 Historia 20 Gravitaci´n newtoniana - 1.0.0 o Creative Commons Deed Reconocimiento-NoComercial-CompartirIgual 2.5 Espa˜a n Usted es libre de: copiar, distribuir y comunicar p´blicamente la obra u hacer obras derivadas Bajo las condiciones siguientes Reconocimiento. Debe reconocer los cr´ditos de la obra de la manera especificada por el autor e o el licenciador (pero no de una manera qeu sugiera que tiene su apoyo o apoyan el uso que hace de su obra). No comercial. No puede utilizar esta obra para fines comerciales. Compartir bajo la misma licencia. Si altera o transforma esta obra, o genera una obra derivada, s´lo puede distribuir la obra generada bajo una licencia id´ntica a ´sta. o e e Al reutilizar o distribuir la obra, tiene que dejar bien claros los t´rminos de la licencia de e esta obra. Alguna de estas condiciones puede no aplicarse si se obtiene el permiso del titular de los derechos de autor. Nada en esta licencia menoscaba o restringe los derechos morales del autor. Los derechos derivados de usos legitimos u otras limitaciones reconocidas por la ley no se ven afectados por lo anterior. Esto es un resumen legible por humanos del texto legal (la licencia completa) disponible en: http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/2.5/es/legalcode.es Aprenda c´mo distribuir su obra utilizando esta licencia en: o http://creativecommons.org/learn/licenses 21 Gravitaci´n newtoniana o Potenciales centrales aplicando mec´nica lagrangiana a Israel Saeta P´rez y Enrique Maci´ Barber e a descripci´n o Un estudio del problema de dos cuerpos y los campos gravitacionales aplicando mec´nica lagrangiaa na. Contiene ejercicios resueltos. requisitos Conocimientos b´sicos de C´lculo diferencial a a y vectorial de primero de carrera. Conocimientos pr´cticos de mec´nica lagrana a giana. http://alqua.org/libredoc/GRA Aprende en comunidad - http://alqua.org otros documentos libres ´ Variedades, tensores y f´ ısica - Optica electromagn´tica - Ecuaciones e diferenciales ordinarias - Introducci´n a la f´ o ısica cu´ntica, segunda a parte - Redes y sistemas - Sistemas Operativos - Geometr´ simpl´ctiıa e ca - F´ ısica del l´ser - An´lisis funcional - Geograf´ general de Espa˜a a a ıa n (en preparaci´n). o http://alqua.org/libredoc/ alqua,madeincommunity