William Moebs; Samuel J. Ling; Jeff Sanny

Objetivos de aprendizaje

Al final de esta sección, podrá:

Determinar los cambios en la energía potencial gravitacional a grandes distancias.
Aplicar la conservación de la energía para determinar la velocidad de escape.
Determinar si los cuerpos astronómicos tienen límite gravitacional.

Estudiamos la energía potencial gravitacional en Energía potencial y conservación de la energía, donde el valor de g se mantuvo constante. Ahora desarrollamos una expresión que funciona para distancias tales que g no es constante. Esto es necesario para calcular correctamente la energía necesaria para poner satélites en órbita o enviarlos en misiones al espacio.

Energía potencial gravitacional más allá de la Tierra

Definimos el trabajo y la energía potencial en Trabajo y energía cinética y Energía potencial y conservación de la energía. La utilidad de estas definiciones es la facilidad con la que podemos resolver muchos problemas mediante la conservación de la energía. La energía potencial es particularmente útil para las fuerzas que cambian con la posición, como lo hace la fuerza gravitacional a grandes distancias. En Energía potencial y conservación de la energía, demostramos que el cambio en la energía potencial gravitacional cerca de la superficie de la Tierra es $Δ U = m g (y_{2} - y_{1})$ . Esto funciona muy bien si g no cambia significativamente entre $y_{1}$ y $y_{2}$ . Volvemos a la definición de trabajo y energía potencial para derivar una expresión que sea correcta en distancias mayores.

Recordemos que el trabajo(W) es la integral del producto punto entre la fuerza y la distancia. Esencialmente, es el producto de la componente de una fuerza a lo largo de un desplazamiento por ese desplazamiento. Definimos $Δ U$ dado que el negativo del trabajo realizado por la fuerza que asociamos a la energía potencial. Para mayor claridad, derivamos una expresión para el movimiento de una masa m desde la distancia $r_{1}$ del centro de la Tierra a la distancia $r_{2}$ . Sin embargo, el resultado puede generalizarse fácilmente a dos objetos cualesquiera que cambien su separación de un valor a otro.

Consideremos la Figura 13.11, en la que tomamos m de una distancia $r_{1}$ desde el centro de la Tierra a una distancia $r_{2}$ desde el centro. La gravedad es una fuerza conservativa (su magnitud y dirección son funciones solo de la ubicación), por lo que podemos tomar cualquier camino que deseemos, y el resultado para el cálculo del trabajo es el mismo. Tomamos el camino indicado, ya que simplifica mucho la integración. Primero nos movemos radialmente hacia afuera desde la distancia $r_{1}$ a distancia $r_{2}$ , y luego nos desplazamos por el arco de un círculo hasta llegar a la posición final. Durante la parte radial, $\vec{F}$ es opuesta a la dirección en la que viajamos $d \vec{r}$ , así que $E = K_{1} + U_{1} = K_{2} + U_{2} .$ A lo largo del arco, $\vec{F}$ es perpendicular a $d \vec{r}$ , así que $\vec{F} \cdot d \vec{r} = 0$ . No se hace ningún trabajo mientras nos movemos a lo largo del arco. Si utilizamos la expresión de la fuerza gravitatoria y observamos los valores de $\vec{F} \cdot d \vec{r}$ a lo largo de los dos segmentos de nuestro camino, tenemos

Δ U = - \int_{r_{1}}^{r_{2}} \vec{F} \cdot d \vec{r} = G M_{E} m \int_{r_{1}}^{r_{2}} \frac{d r}{r^{2}} = G M_{E} m (\frac{1}{r_{1}} - \frac{1}{r_{2}}) .

Dado que $Δ U = U_{2} - U_{1}$ , podemos adoptar una expresión sencilla para $U$ :

U = - \frac{G M_{E} m}{r} .

13.4

Ilustración de la Tierra y dos círculos concéntricos más grandes centrados en esta. El radio del círculo pequeño está marcado como r 1 con una flecha negra y el radio del círculo mayor está marcado como r 2 con una flecha negra. Una flecha roja se extiende desde el extremo de la flecha r 1 hasta el círculo mayor, y luego forma un arco en el círculo mayor hasta la punta de la flecha r 2. La línea roja se denomina sendero de integración.

Figura 13.11 La integral de trabajo, que determina el cambio de energía potencial, puede evaluarse a lo largo de la trayectoria indicada en rojo.

Hay que tener en cuenta dos aspectos importantes de esta definición. Primero, $U \to 0 como r \to \infty$ . La energía potencial es cero cuando las dos masas están infinitamente alejadas. Solo la diferencia de U es importante, por lo que la elección de $U = 0 para r = \infty$ es meramente uno de conveniencia. (Recordemos que en los anteriores problemas de gravedad, usted era libre de tomar $U = 0$ en la parte superior o inferior de un edificio, o en cualquier lugar) En segundo lugar, obsérvese que U se vuelve cada vez más negativo a medida que las masas se acercan. Esto es coherente con lo que se ha aprendido sobre la energía potencial en Energía potencial y conservación de la energía. A medida que las dos masas se separan, se debe realizar un trabajo positivo contra la fuerza de la gravedad y, por lo tanto, U aumenta (se vuelve menos negativo). Todas las masas caen naturalmente bajo la influencia de la gravedad, al pasar de una energía potencial más alta a una más baja.

Ejemplo 13.6

Elevación de una carga útil

¿Cuánta energía se necesita para elevar el vehículo Soyuz de 9000 kg desde la superficie de la Tierra hasta la altura de la ISS, a 400 km por encima de la superficie?

Estrategia

Utilice la Ecuación 13.2 para calcular el cambio de energía potencial de la carga útil. Esa cantidad de trabajo o energía debe suministrarse para elevar la carga útil.

Solución

Si prestamos atención al hecho de que empezamos en la superficie de la Tierra y terminamos a 400 km por encima de la superficie, el cambio en U es

Δ U = U_{órbita} - U_{Tierra} = - \frac{G M_{E} m}{R_{E} + 400 km} - (- \frac{G M_{E} m}{R_{E}}) .

Insertamos los valores

m = 9.000 kg, M_{E} = 5,96 \times 10^{24} kg, R_{E} = 6,37 \times 10^{6} m

y convertir 400 km en $4,00 \times 10^{5} m$ . Hallamos $Δ U = 3,32 \times 10^{10} J$ . Es positivo, lo que indica un aumento de la energía potencial, como cabría esperar.

Importancia

Para tener una perspectiva, considere que el consumo medio de energía de los hogares estadounidenses en 2013 fue de 909 kWh al mes. Eso es energía de

909 kWh \times 1.000 W/kW \times 3.600 s/h = 3,27 \times 10^{9} J al mes.

Así que nuestro resultado es un gasto energético equivalente a 10 meses. Sin embargo, esto es solo la energía necesaria para elevar la carga útil 400 km. Si queremos que la Soyuz esté en órbita para que pueda reunirse con la ISS y no caiga de nuevo a la Tierra, necesita mucha energía cinética. Como veremos en la siguiente sección, esa energía cinética es aproximadamente cinco veces la de $Δ U$ . Además, se gasta mucha más energía al levantar el propio sistema de propulsión. Los viajes espaciales no son baratos.

Compruebe Lo Aprendido 13.3

¿Por qué no utilizar la expresión más sencilla $Δ U = m g (y_{2} - y_{1})$ ? ¿Qué importancia tendría el error? (Recordemos el resultado anterior, en el Ejemplo 13.4, de que el valor g a 400 km sobre la Tierra es $8,67 {m/s}^{2}$ .)

Conservación de la energía

En Energía potencial y conservación de la energía, describimos cómo aplicar la conservación de la energía para sistemas con fuerzas conservativas. Hemos podido resolver muchos problemas, sobre todo los relacionados con la gravedad, de forma más sencilla mediante la conservación de la energía. Estos principios y estrategias de resolución de problemas se aplican igualmente a este caso. El único cambio es colocar la nueva expresión de la energía potencial en la ecuación de conservación de la energía, $E = K_{1} + U_{1} = K_{2} + U_{2}$ .

\frac{1}{2} m v_{1}^{2} - \frac{G M m}{r_{1}} = \frac{1}{2} m v_{2}^{2} - \frac{G M m}{r_{2}}

13.5

Nótese que utilizamos M, en lugar de $M_{E}$ , como recordatorio de que no nos limitamos a los problemas relacionados con la Tierra. Sin embargo, seguimos asumiendo que $m < < M$ . (Para los problemas en los que esto no es cierto, tenemos que incluir la energía cinética de ambas masas y utilizar la conservación del momento para relacionar las velocidades entre sí. Sin embargo, el principio sigue siendo el mismo).

Velocidad de escape

La velocidad de escape se define como la velocidad inicial mínima de un objeto que se necesita para escapar de la superficie de un planeta (o de cualquier cuerpo grande como una luna) y no volver nunca más. Como es habitual, suponemos que no se pierde energía en la atmósfera, en caso de que la haya.

Consideremos el caso en el que se lanza un objeto desde la superficie de un planeta a una velocidad inicial dirigida hacia fuera del planeta. A la velocidad mínima necesaria para escapar, el objeto acabaría descansando a una distancia infinita, es decir, el objeto cede la última parte de su energía cinética justo al llegar al infinito, donde la fuerza de la gravedad se hace nula. Dado que $U \to 0 como r \to \infty$ , esto significa que la energía total es cero. Así, hallamos la velocidad de escape de la superficie de un cuerpo astronómico de masa M y radio R al fijar la energía total igual a cero. En la superficie del cuerpo, el objeto se encuentra en $r_{1} = R$ y tiene velocidad de escape $v_{1} = v_{esc}$ . Llega a $r_{2} = \infty$ a velocidad $v_{2} = 0$ . Sustituyendo en la Ecuación 13.5, tenemos

\frac{1}{2} m v_{esc}^{2} - \frac{G M m}{R} = \frac{1}{2} m 0^{2} - \frac{G M m}{\infty} = 0 .

Resolviendo la velocidad de escape,

v_{esc} = \sqrt{\frac{2 G M}{R}} .

13.6

Observe que m se ha cancelado de la ecuación. La velocidad de escape es la misma para todos los objetos, independientemente de su masa. Además, no estamos limitados a la superficie del planeta; R puede ser cualquier punto de partida más allá de la superficie del planeta.

Ejemplo 13.7

Escapar de la Tierra

¿Cuál es la velocidad de escape de la superficie de la Tierra? Supongamos que no hay pérdida de energía por la resistencia del aire. Compárese con la velocidad de escape del Sol, partiendo de la órbita de la Tierra.

Estrategia

Utilizamos la Ecuación 13.6, al definir claramente los valores de R y M. Para escapar de la Tierra, necesitamos la masa y el radio de la Tierra. Para escapar del Sol, necesitamos la masa del Sol y la distancia orbital entre la Tierra y el Sol.

Solución

Sustituyendo los valores de la masa y el radio de la Tierra directamente en Ecuación 13.6, obtenemos

v_{esc} = \sqrt{\frac{2 G M}{R}} = \sqrt{\frac{2 (6,67 \times 10^{−11} N \cdot m^{2} {/kg}^{2}) (5,96 \times 10^{24} kg)}{6,37 \times 10^{6} m}} = 1,12 \times 10^{4} m/s.

Esto supone unos 11 km/s o 25.000 mph. Para escapar del Sol, partiendo de la órbita de la Tierra, utilizamos $R = R_{ES} = 1,50 \times 10^{11} m$ y $M_{Sol} = 1,99 \times 10^{30} kg$ . El resultado es $v_{esc} = 4,21 \times 10^{4} m/s$ o unos 42 km/s.

Importancia

La rapidez necesaria para escapar del Sol (abandonar el sistema solar) es casi cuatro veces la velocidad de escape de la superficie de la Tierra. Sin embargo, hay ayuda en ambos casos. La Tierra gira a una velocidad de casi 1,7 km/s en el ecuador, la que podemos utilizar para escapar o para alcanzar la órbita. Por esta razón, muchas empresas espaciales comerciales mantienen instalaciones de lanzamiento cerca del ecuador. Para escapar del Sol, hay aún más ayuda. La Tierra gira alrededor del Sol a una velocidad de aproximadamente 30 km/s. Con un lanzamiento en la dirección en que se mueve la Tierra, solo necesitamos 12 km/s adicionales. Con la asistencia gravitacional de otros planetas, esencialmente una técnica de honda gravitacional, las sondas espaciales pueden alcanzar una rapidez aún mayor. En esta técnica de honda, el vehículo se acerca al planeta y acelera por la atracción gravitatoria del planeta. Tiene su mayor rapidez en el punto de mayor aproximación, aunque desacelera en igual medida cuando se aleja. No obstante, en relación con el planeta, la rapidez del vehículo mucho antes de la aproximación, y mucho después, es la misma. Si las direcciones se eligen correctamente, eso puede dar lugar a un aumento significativo (o a una disminución, si es necesario) de la rapidez del vehículo en relación con el resto del sistema solar.

Interactivo

Visite esta página web para saber más sobre la velocidad de escape.

Compruebe Lo Aprendido 13.4

Si enviamos una sonda fuera del sistema solar desde la superficie de la Tierra, ¿solo tenemos que escapar del Sol?

Energía y objetos con límite gravitacional

Tal como se ha señalado anteriormente, la velocidad de escape se define como la velocidad inicial de un objeto que puede escapar de la superficie de una luna o de un planeta. Más generalmente, es la rapidez en cualquier posición tal que la energía total es cero. Si la energía total es cero o mayor, el objeto escapa. Si la energía total es negativa, el objeto no puede escapar. Veamos por qué.

Tal como se ha señalado anteriormente, vemos que $U \to 0 como r \to \infty$ . Si la energía total es cero, entonces cuando m alcanza un valor de r que se aproxima al infinito, U se hace cero y también la energía cinética. De allí que m llegue al reposo infinitamente lejos de M. Ha "escapado" de M. Si la energía total es positiva, entonces la energía cinética permanece en $r = \infty$ y ciertamente m no vuelve. Cuando la energía total es cero o mayor, entonces decimos que m no tiene límite gravitacional a M.

Por otro lado, si la energía total es negativa, entonces la energía cinética deberá llegar a cero en algún valor finito de r, donde U es negativo e igual a la energía total. El objeto nunca puede sobrepasar esta distancia finita de M, ya que para hacerlo sería necesario que la energía cinética se volviera negativa, lo que no es posible. Decimos que m tiene un límite gravitacional a M.

Hemos simplificado este debate al asumir que el objeto se dirigía directamente lejos del planeta. Lo notable es que el resultado se aplica a cualquier velocidad. La energía es una cantidad escalar y, por tanto, Ecuación 13.5 es una ecuación escalar: la dirección de la velocidad no desempeña ningún papel en la conservación de la energía. Es posible tener un sistema de límite gravitacional en el que las masas no "caen juntas", sino que mantienen un movimiento orbital entre sí.

Tenemos una importante observación final. Antes hemos señalado que, si la energía total es cero o mayor, el objeto escapa. Estrictamente hablando, la Ecuación 13.5 y la Ecuación 13.6 se aplican a los objetos puntuales. Se aplican también a los objetos de tamaño finito y con simetría esférica, siempre que el valor de r en la Ecuación 13.5 sea siempre mayor que la suma de los radios de los dos objetos. Si r es menor que esta suma, entonces los objetos colisionan. (Incluso para valores mayores de r, pero cercanos a la suma de los radios, las fuerzas de marea gravitatoria podrían crear efectos significativos si ambos objetos tienen el tamaño de un planeta. Examinamos los efectos de las mareas en Fuerzas de marea). Ni la energía total positiva ni la negativa impiden que las masas de tamaño finito colisionen. En el caso de los objetos reales, la dirección es importante.

Ejemplo 13.8

¿Hasta dónde puede escapar un objeto?

Consideremos de nuevo el ejemplo anterior, en el que hemos calculado la velocidad de escape de la Tierra y el Sol, partiendo de la órbita terrestre. Observamos que la Tierra ya tiene una rapidez orbital de 30 km/s. Como veremos en la siguiente sección, esa es la rapidez tangencial necesaria para mantenerse en órbita circular. Si un objeto tuviera esta rapidez a la distancia de la órbita de la Tierra, pero se dirigiera directamente hacia el Sol, ¿qué distancia recorrería antes de llegar al reposo? Ignore los efectos gravitacionales de cualquier otro cuerpo.

Estrategia

El objeto tiene energías cinéticas y potenciales iniciales que podemos calcular. Cuando su rapidez llega a cero, se encuentra a su máxima distancia del Sol. Utilizamos la Ecuación 13.5, la conservación de la energía, para hallar la distancia a la que la energía cinética es cero.

Solución

La posición inicial del objeto es el radio de la órbita de la Tierra y la rapidez inicial se da como 30 km/s. La velocidad final es cero, por lo que podemos resolver la distancia en ese punto a partir de la ecuación de conservación de la energía. Utilizando

R_{ES} = 1,50 \times 10^{11} m

y

M_{Sol} = 1,99 \times 10^{30} kg

, tenemos

\begin{matrix} \frac{1}{2} m v_{1}^{2} - \frac{G M m}{r_{1}} = \frac{1}{2} m v_{2}^{2} - \frac{G M m}{r_{2}} \\ \frac{1}{2} m (3,0 \times 10^{3} m/s)^{2} - \frac{(6,67 \times 10^{−11} N \cdot {m/kg}^{2}) (1,99 \times 10^{30} kg) m}{1,50 \times 10^{11} m} \\ = \frac{1}{2} m 0^{2} - \frac{(6,67 \times 10^{−11} N \cdot {m/kg}^{2}) (1,99 \times 10^{30} kg) m}{r_{2}} \end{matrix}

donde la masa m se cancela. Resolver para $r_{2}$ obtenemos $r_{2} = 3,0 \times 10^{11} m$ . Hay que tener en cuenta que esto es el doble de la distancia inicial al Sol y nos lleva más allá de la órbita de Marte, pero no del todo al cinturón de asteroides.

Importancia

En este caso, el objeto alcanzó una distancia exactamente igual al doble de la distancia orbital inicial. Veremos la razón de esto en la próxima sección, cuando calculemos la rapidez para las órbitas circulares.

Compruebe Lo Aprendido 13.5

Suponga que está en una nave espacial en órbita alrededor del Sol en la órbita de la Tierra, pero lejos de la Tierra (para que pueda ignorarse). ¿Cómo podría redirigir su velocidad tangencial a la dirección radial de forma que pudiera pasar por la órbita de Marte? ¿Qué habría que hacer para cambiar solo la dirección de la velocidad?

13.3 Energía potencial gravitacional y energía total

Energía potencial gravitacional más allá de la Tierra

Elevación de una carga útil

Estrategia

Solución

Importancia

Conservación de la energía

Velocidad de escape

Escapar de la Tierra

Estrategia

Solución

Importancia

Energía y objetos con límite gravitacional

¿Hasta dónde puede escapar un objeto?

Estrategia

Solución

Importancia