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Capıtulo IXAlgunas soluciones posibles

Estas son algunas respuestas posibles a los problemas planteados. Son

relativamente decentes, pero debe haber muchas mas.

Probablemente se pueda decir que unas son mejores que otras; o bien,

que algunas son “mas bonitas”que otras, etc. Es interesante tratar de definir

estos terminos esteticos al aplicarlos para clasificar a las diversas soluciones.

Aunque puede haber diversas opiniones respecto a cuando una solucion

es mejor o mas bella que otra, o cuando es mas ingeniosa, hay acuerdo universal

respecto a que es una mala solucion.

¿ Que es una mala solucion?

Aunque parezca raro, una mala solucion no es solamente aquella en que

el numero final es distinto del numero que obtiene el autor del libro. Aun si los

numeros son iguales, ambas soluciones pueden estar mal, o la coincidencia de

los numeros puede ser una simple casualidad.

Los mal educados confunden una solucion con un chorro de ecuaciones,

en donde no se han definido los sımbolos ni se han aclarado las hipotesis o

aproximaciones especiales que se hicieron.

1. Cambios en la aceleracion de gravedad

En este caso, como en otros, hay varias soluciones posibles, pues el

campo gravitatorio depende de la distribucion de masa que lo produzca. La

152 Capıtulo IX

hipotesis mas simple es que la Tierra es una esfera homogenea, o sea, la densidad

de la Tierra es la misma en todos los puntos de ella. Este es un modelo poco

realista, pero sencillo, asi que empezamos con el.

Veamos primero como procede un “diligente”. Comienza por escribir:

si llamamos M a la masa de la Tierra, R a su radio y G a la constante de

gravitacion, el campo en el exterior de la Tierra, a una distancia ∆r de su

superficie, es

g(r) = GM/r2 = GM/(R+ ∆r)2 , (1)

luego escribe los valores numericos de las constantes que aparecen y se pone a

calcular como loco.

Hay un procedimiento un poco mas inteligente. ANTES de agachar la

cabeza y ponernos a calcular, cerremos los ojos y pensemos. Caeremos en cuenta

de que 6.4 km es una cantidad pequena, comparada con el radio de la Tierra.

En efecto, ∆r/R = .001 = 0.1 %, ası que podemos hacer calculos aproximados,

aprovechando lo que hemos aprendido en las clases de calculo.

Puesto que en el exterior g(r) = GM/r2, calculando la diferencial,

tenemos

dg = −2GMdr/r (2)

Se ve que el cambio relativo de g es

dg

g= −2dr

r= −0.2 (3)

En el interior de la Tierra g(r) = (g◦/R)r, ası que calculando ahora con

esta ultima funcion, se llega a que en el interior de la Tierra

dg

g=dr

r= −0.1 % (4)

En este caso, el signo menos proviene del hecho de que dr es negativo.

Tanto si nos elevamos respecto a la superficie de la Tierra, como si bajamos a

Dario Moreno Osorio, 4 de octubre de 2011.

2. Las rocas de Newton 153

un pozo en ella, la intensidad del campo disminuye; pero la disminucion, en el

primer caso, es el doble de cuando bajamos al pozo. Ahora, si como valor en la

superficie tomamos g◦ = 9.8 a 6.4 km de altura, se tendrıa g1 = 9.8−0.02×9.8 =

9.6. A 6.4 km de profundidad, entonces, g2 = 9.8− 0.01× 9.8 = 9.7

Notese que, dado lo crudo del modelo que usamos (tierra absolutamente

esferica y homogenea), no se justifica calcular con mas cifras significativas. U-

sando este modelo homogeneo, la aceleracion de gravedad maxima ocurre justo

en la superficie de la Tierra. Usando un modelo mas realista, uno en que se

reconoce que la densidad es una funcion de la distancia al centro de la Tierra

(ver tabla en el capıtulo XX), se encuentra que el “g”maximo no ocurre en la

superficie de la Tierra (sino un poco mas adentro) y que tambien desaparece la

discontinuidad en la la pendiente de la funcion g(r) en el punto r = Rt.

2. Las rocas de Newton

Newton se preocupo de la determinacion experimental del valor de la

constante G de gravitacion. Como parte de esta “ preocupacion”, se planteo el

problema de determinar el tiempo que tardarıan dos rocas medianas en chocar.

Si este tiempo es muy largo, entonces el metodo para medir G serıa poco practico

y quizas imposible.

Imaginemos una partıcula de masa M fija en el origen y otra partıcula,

de masa m, que esta en el eje X, en el punto x = x◦. Como M atrae a m, ambas

partıculas terminaran chocando. Vamos ahora a calcular el tiempo que tardan

en chocar.

La aceleracion de la partıcula esdv

dt=

k

x2. Integrando

v2 − v2◦ = 2k

(1

x− 1

x◦

)De aquı obtenemos la velocidad, en funcion de la posicion.

dx

dt= ±

√2k

s−(2k

s◦− v2◦

)Dario Moreno Osorio, 4 de octubre de 2011.

154 Capıtulo IX

Esta claro que debemos elegir entre el signo mas y el signo menos,

segun sea la direccion en que se mueve la partıcula. Antes de tratar de integrar,

conviene transformar un poco la raız. Por ejemplo, poniendo 2k/s◦ − v2◦ = k/a,

la raız queda

√2k

s−(2k

s◦− v2◦

)=

√2k

x− k

a

=√k

√2a− xxa

=

√k

a

√2a− xx

ası es que

dx

dt= ±

√k

a

√2a− xx

Ahora todo esta listo para la integracion:

dt = ±√a

k

xdx√2ax− x2

t = ±√a

k

∫ x

x◦

xdx√2ax− x2

(5)

Llegados a este punto, hay tres caminos posibles: 1) tratar uno mismo

de transformar la integral en una mas sencilla; 2) buscar la integral en una tabla;

y 3) recurrir a un ayudante, como MAPLE o MATLAB.

Un aleman del siglo diecinueve descubrio que, en 1), conviene hacer el

cambio de variables x = a(1 + sen θ). Como sea, el resultado de la integral es

t = ±√a

k

[a sen−1

(s− aa

)−√

2ax− x2]xxo

(6)

Newton penso que las rocas demoraban aproximadamente dos meses en

chocar, pero ahora tu sabes mas.


3. Satelites rasantes 155

3. Satelites rasantes

Todos los satelites que tengan la misma energıa total, tienen orbitas

de igual tamano. En otras palabras, si a algo lo lanzamos verticalmente, su

orbita sera una elipse muy alargada con semieje mayor igual al diametro de la

Tierra. Tambien tendra el mismo perıodo (por la tercera ley de Kepler), asi que

caera chocando con el suelo despues de un tiempo T/2, en que T es el perıodo

del satelite rasante.

En resumen, el “satelite”subira hasta una altura de aproximadamente

6400 km y chocara con el suelo despues de 42 minutos.

4. Tercera constante cosmica

A una GRAN distancia del sistema solar, este atraerıa a una partıcula

como si, en vez del Sol, hubiera una gran partıcula cuya masa fuese la suma de la

masa del Sol, mas las masas de todos los planetas. La suma de las masas de los

planetas es aprox. 450 masas la de la Tierra. A su vez, la masa del Sol es como

330 mil veces la masa de la Tierra, de tal manera que la suma de las masas

de todos los planetas agregarıa apenas un milesimo. En conclusion, podemos

olvidarnos de los planetas y calcular como si solamente el Sol atrayese.

Tenemos que decidir ahora nuestras condiciones iniciales, — desde que pun-

to comienza nuestro escape— y con que velocidad nos estamos moviendo.

Naturalmente, la velocidad de escape depende de nuestra posicion ini-

cial. Si ya estamos en Pluton, escaparse del sistema solar es mas facil que esca-

parse desde la Tierra.

Suponiendo que partimos desde la superficie terrestre, usamos nuestra

distancia al Sol y la velocidad de la Tierra en torno al Sol.

Respecto al Sol, nuestra energıa total es

1

2mv2 −GMm/a (7)

en que a es la distancia Tierra–Sol.


156 Capıtulo IX

Para que la Tierra fuese hasta el infinito y alla llegase con velocidad

cero, la energıa total deberıa anularse. De tal modo que, para que la Tierra

escapara del sistema solar, tendrıa que aumentarse su velocidad desde los 30

k/seg —que actualmente tiene— hasta:

v3 =√

2Gm/a = 42km/seg. (8)

Si desde la Tierra queremos lanzar un ladrillo para que este se escape

del sistema solar, entonces, segun nuestras estimaciones, habrıa que esperar el

momento oportuno y darle al ladrillo una rapidez un poco mayor de 12 km/seg.

Puesto que la friccion con la atmosfera le robarıa de inmediato gran parte de su

energıa cinetica, este lanzamiento habrıa que hacerlo desde gran altura.

5. Atraccion de dos esferas

Cuando se afirma que una esfera atrae a una partıcula como si toda su

masa estuviese concentrada en su centro, esto implica varias cosas:

a) si la esfera atrae a la partıcula con una fuerza ~F , la partıcula atrae a la

esfera con una fuerza −~F ;

b) esta fuerza ~F no depende del radio de la esfera (si no se cambia la masa).

Podemos engordarla o enflaquecerla a voluntad, es decir, podemos cambiar

su volumen, con tal de que no cambiemos su masa.

Para tener dos esferas y no solamente una esfera y una partıcula, hace-

mos engordar a la partıcula, sin cambiar su masa. Ahora, las dos esferas seguiran

aplicandose la misma fuerza que antes.

6. Cometa de orbita muy excentrica

Se trata de un cometa con una orbita muy excentrica, ası que podemos

pensar que “estar cerca del Sol”significa estar en la region en que su distancia


7. Error en la inyeccion 157

al Sol se parece a la distancia entre el Sol y su perihelio. Esta region es la que

corresponde al arco entre θ = −π/2 y θ = π/2.

Basta mirar al dibujo de la derecha para darse

cuenta de que a θ = π/2 le corresponde una ano-

malıa central φ1 = cos−1(ε) La elipse deldibujo tieneε ∼ 0.97Si llamamos t al tiempo entre el paso por el pe-

rihelio y θ = π/2, entonces la ecuacion de Kepler,

que permite calcular t, es

φ1 + ε√

1− ε2 =2π

Tt (9)

La fraccion de tiempo que nos interesa es f = 2t/T , por lo que

2t

Tπ = 0.4510268− 0.9× 0.435889 (10)

= 0.0587 (11)

(12)

2t

T= 0.01869 (13)

En el caso de que el perıodo sea de 100 anos, el cometa se mantendrıa en la

cercanıas del Sol solamente 1.87 anos.

7. Error en la inyeccion

Como la velocidad es la correcta, ya sabemos que a = 9000 km. La

unica duda que queda es si a(1− ε) es mayor o menor que el radio de la Tierra.

El error en el rumbo provoca un cambio en el momentum angular l,

pues, en vez de ser simplemente mvr, es mvr sen(91◦) = mvr cos(1◦).

Puesto que

b =mvr√−2mR

= a


158 Capıtulo IX

esto hace que, debido al error,

b = a cos(1◦) (14)

de donde

ε = cos(1◦) ≈ 1− 1

2(1/57.3)2 (15)

y por lo tanto

= a(1− ε) = 9000

(1− 1

2(1/57.3)2

)(16)

= 9000km− 1.37km (17)

En otras palabras, el perigeo desciende menos de 2 km, por lo que el

satelite sı entrara en orbita.

8. El pozo aleman

Este es un pozo muy aburrido. Para poder calcular algo, hay que supo-

ner algo respecto al valor de g. Si suponemos que la Tierra es homogenea, con-

cluiremos que g disminuye monotonamente a medida que entramos en la Tierra.

Pero segun el modelo de capas, a una cierta profundidad, g no habra disminuıdo

apreciablemente, sino que, por el contrario, habra aumentado levemente.

El algebra se pone engorrosa y quizas lo mejor sea escribir un programa

que nos dibuje un buen grafico.

9. Escape al infinito

Conviene dejarse caer por el lado de la energıa, ya que sabemos que si

la energıa total es igual a cero, entonces la partıcula se escapa hasta el infinito.


10. Perıodo 159

Segun nos informan, inicialmente la partıcula esta en una orbita finita.

Entonces la energıa total del sistena es negativa y podemos escribir

Eo =1

2mv2 −K/r < 0 (18)

Puesto que la orbira es circular, hay una relacion sencilla entre la energıa

cinetica y la energıa potencial

mv2/r = K/r2 ⇒ 1

2mv2 =

K

r⇒ T = −1

2U

Entonces, si ocurre que K 7→ K/2, la energıa total pasa a ser

E1 =K

2r− K

2r= 0 (19)

Cuando la energıa total es cero, la orbita se abre, se convierte en una

parabola y la partıcula arranca hasta el infinito.

10. Perıodo

En virtud de la tercera ley de Kepler, basta que conozcamos el semieje

mayor de una orbita para obtener el perıodo.

En este ejercicio, la energıa total es

E =1

2v2 − 10/r (20)

= 4.5− 5 = −0.5 (21)

Por otra parte,

a = K/(−2E) = 10 (22)

ası es que

(2π

T)2a3 = 10 (23)


160 Capıtulo IX

4T 2 = 4π2100 (24)

T = 20π = 62.8 (25)

¿ Unidades? No hay suficiente informacion para saberlo. Ademas, ¿ a

quien le importa?

11. Dibujar orbita

Para poder dibujar la orbita, necesitamos conocer su forma y su orien-

tacion en el plano (X,Y). Pero primero veamos si es una orbita cerrada o no.

E =1

2

(16

9+

16

9

)− 32

9= −1

2

32

9

Esto muestra que la orbita es cerrada; por lo tanto, es una elipse. Cal-

culamos entonces a, b y ε.

a = K/(−2E) = 32/(32/9) = 9

Para calcular el otro semie–eje necesitamos el momentum angular, ası es

que lo calculamos:

~l = ~r × ~p = 9y ×(−4

3x+

4

3y

)= 12z

y ya podemos calcular b.

b = l/√−2mE =

12√16/9

= 36/√

32 ≈ 6.4

En cuanto a la excentricidad, esta es


11. Dibujar orbita 161

ε =√

1− (b/a)2 = 1/√

2

Sabemos que la orbita es una elipse y conocemos ya sus dimensiones.

Tambien sabemos que uno de los focos esta en (0,0), pero aun no conocemos su

orientacion, es decir, no conocemos la lınea que contiene al eje mayor. Para esto

nos servimos del vector de Runge–Lenz, el que ya sabemos que apunta desde el

foco ocupado hacia el perigeo.

~A = ~v ×~l −GMmr

= (−4

3x+

4

3y)× 12z − 32y

= 16(x− y)

Como verificacion de estos calculos, se ve que | ~A| = 16√

2, tal como se

esperaba.

En t = 0 la partıcula esta en un punto que corresponde a θ = 135◦ =

34πrad. A esto corresponde una anomalıa central φ tal, que

tan(135/2) =

√1 + ε1− ε

tan(φ/2)

Para ε = 1/√

2, la raız toma el valor 1+√

2 y, como tambien tan(135/2) =

1 +√

2, resulta que tan(φ/2) = 1, de donde

φ = π/2

Ahora ya tenemos todo para dibujar la orbita. Procedemos:

Esta otraelipse tieneε ∼ 0.82

Finalmente, el ultimo paso: encontrar la posicion en t = 1. Necesitamos

la ecuacion de Kepler. El ingrediente que nos falta es el valor de ω = 2π/T .

Podemos obtenerla a partir de la tercera ley de Kepler:


162 Capıtulo IX

ω2a3 = GM ⇒ ω2 = 32/93

De aquı se obtiene

ω = 0.20951312

El tiempo t, para pasar desde el perigeo a la posicion θ = 34π,

ω t =3

4π ⇒ t = 11.246

ası que nuestro problema es encontrar la posicion despues de t = 12.246 de

haber pasado por el perigeo. Usamos la ecuacion de Kepler

φ− 1√2

sen(φ) = ωt = 0.20951312× 12.246

φ− 1√2

sen(φ) = 2.56569

La solucion de esto es

φ = 2.801538rad = 160.5◦

o sea, avanza 25.5◦ en un segundo, a partir de θ = 135◦

Esto determina perfectamente la posicion de la partıcula en su orbita,

pero alguien podrıa insistir en que necesita las coordenadas cartesianas una

unidad de tiempo despues de los datos iniciales, lo que nos obligarıa a seguir

calculando.

Calculamos la nueva anomalıa verdadera θ(1). Se tiene

tan(θ(1)/2) = (1 +√

2) tan(80.25)


12. Leonov 163

θ(1) = 171.86◦

Con este dato calculamos la distancia al foco, usando la ecuacion polar

de la elipse r = a(1− ε2)/ (1 + ε cos(θ)). Se obtiene r = 15

Por lo tanto, la correspondiente coordenada Y es

y(1) = r cos(25.5) = 13.54

y la coordenada X la obtenemos con el teorema de Pitagoras,

x(1) =√

152 − 13.542 = 6.45

¡ Uf! Hemos terminado ya este largo calculo. El unico consuelo que

tenemos es que este calculo hay que hacerlo al menos una vez en la vida; de otro

modo, nos quedarıamos sin apreciar todo el trabajo que hay que desarrollar en

los calculos astronomicos de verdad.

12. Leonov

Este problema fue tomado del libro de Arnolds (“Mathematics of Clas-

sical Mechanics”, (?) ) y otra solucion de el, aparece en el numero de Enero del

2001 del AJP.

La orbita de la tapa se puede obtener de varias maneras. La velocidad

de la capsula de Leonov debe haber sido por lo menos de 7000 m/seg, ası es

que el efecto de lanzar la tapa con una velocidad de 10 m/seg, hacia la Tierra,

corresponde apenas a haber cambiado la direccion de esta velocidad en un angulo

muy pequeno, digamos, ∆β = 10/7000 = 0.001428 radianes; o sea, 0.08◦.

A este problema podemos tratarlo igual como hicimos con el problema

8, en que todo anduvo bien, salvo que se cometio un error en el rumbo. La

conclusion serıa que la tapa paso desde una orbita circular, a otra elıptica y

muy proxima.


164 Capıtulo IX

Desde la capsula, verıamos que la tapa se aleja moviendose hacia la

Tierra, pero ... luego la verıamos acercarse de nuevo. Se puede mostrar que,

respecto a la capsula, la tapa describe una orbita elıptica.

Hace muchos anos le pedı al Prof. Ignacio Campos que mostrara esto.

A continuacion lo que escribio. Vale la pena ver como calcula un fısico teorico,

como cambia las unidades a su antojo, etc. Buen provecho.

Se tiene

~r = − ~r

r3

que, en coordenadas polares, es

~r = (r − rφ2)r + (2rφ+ rφ)φ = − r

r2

o sea

r − rφ2 = −1/r2 (26)

2rφ+ rφ = 0 (27)

Se propone ahora la solucion

r = r◦ + ε r1 (28)

φ = φ◦ + ε φ1 (29)

con ε << 1. Sustituımos estas ultimas solociones en 1) y 2), conservando sola-

mente los terminos lineales en ε.

r = r◦ + εr1 φ = φ◦ + εφ1

r = r◦ + εr1 φ = φ◦ + εφ1


12. Leonov 165

Entonces

r◦ + εr1 − (r◦ + εr1)(φ◦ + εφ)2 = − 1

(r◦ + εr1)2

φ2◦ + 2εφ◦φ1 + ε2φ2

1

r◦ + εr1 − r◦φ2◦ − 2εr◦φ◦φ1 − εr1φ◦ = − 1

r2◦ + 2εr◦r1

= − 1

r2◦(1 + 2ε(r1/r◦)

= − 1

r2◦

(1− 2εr1

r◦)

Como ε es arbitraria y r◦, φ◦ satisfacen las ecuaciones 1) y 2), queda

ε(r1 − 2r◦φ◦φ1 − r1φ◦) = ε(2r1

r◦)

Pero se define r◦ = 1 y φ◦ = t, con lo cual queda

r1 = 2φ1 + 3r1 (30)

Para la otra ecuacion, se tiene

2(r◦ + εr1)(φ◦ + εφ◦) + (r◦ + εr1)(φ◦ + εφ1) = 0

2r◦φ◦ + 2εr◦φ◦ + 2εr1φ◦ +O(ε2) + r◦φ◦ + εr◦φ1 + εr1φ◦ +O(ε2) = 0

2r◦φ◦ + r◦φ◦ + ε(2r◦φ◦ + 2r1φ◦ + r◦φ1 + r1φ◦) = 0

= 0


166 Capıtulo IX

y con r◦ = 1 y φ◦ = t, todo esto queda

2r1 + φ1 = 0

Se tiene entonces el sistema

r1 = 3r1 + 2φ1 (31)

φ1 = −2r1 (32)

de donde

φ1(t)− φ1(0) = −2r1(t) + 2r1(0) = 0

o sea

r1 = 3r1 − 4r1 = −r1

La solucion de esto es

r1 = A sen t+B cos t

y como r1(0) = 0, B = 0 y ademas

r1 = A cos t ⇒ r1(0) = A = 1/800⇒

r1 = − 1

800sen t

Por otra parte

φ1 = −2r1 = +1

400sen t

de donde


13. Orbita de Hohmann 167

φi = − 1

400cos t+ C

pero como debe tenerse φ1(0) = 0, resulta que C = 1/400. Ası es que finalmente

se tiene

φ1 =1

400(1− cos t)

Se ve que φ1 es siempre positiva, variando entre cero y 1/200. Por lo tanto, la

tapa va siempre delante de la nave.

Por otra parte, r1 puede ser positivo o negativo, variando entre −1/800 y

+1/800.

El producto r◦φ1 = φ1 hace las veces de coordenada X, mientras que la coorde-

nada Y es r1. Entonces, las ecuaciones parametricas para φ1 y r1 son las ecua-

ciones de una elipse, con eje mayor r◦/200 = 32 km y eje menor r◦/400 = 16

km.

13. Orbita de Hohmann

Es una de las orbitas mas lentas, pero mas economicas. Veamos. En

primer lugar necesitamos hacer algunas aproximaciones, pues, en caso contrario,

se tratarıa de un problema de cuatro cuerpos: el Sol, la Tierra, Marte y la nave

espacial.

La primera aproximacion es pensar que quien manda, durante todo el

viaje, es el Sol. En otras palabras, nos olvidamos de la influencia de la Tierra a

la partida y de la influencia de Marte a la llegada. Entonces, la trayectoria de

la nave sera un arco de seccion conica.

Debe ser una elipse, ya que de otro modo sobrepasarıamos el radio de

la orbita de Marte ... malgastando combustible. Se trata, entonces, de un arco

de elipse que es tangente a la orbita de Marte.

Puesto que el Sol ha de estar en el foco de esta orbita de transferencia,

ya conocemos todas sus propiedades: es una orbita de Hohmann.


168 Capıtulo IX

14. Coincidencias

Veamos primero la “coincidencia.entre el perıodo de una piedra en el

pozo y un satelite rasante. Es sabido que un oscilador armonico del tipo x(t) =

A cosωt, se puede considerar como la proyeccion en el eje X de un objeto que

recorre una circunferencia de radio A con velocidad angular ω constante. Esto

muestra que no existe “coincidencia.alguna, tiene que ser ası. Naturalmente lo

anterior no es cierto si densidad de la Tierra no es uniforme, ya que en este caso,

en el interior de ella, el campo no serıa proporcional con la distancia sino una

funcion mas complicada.

El asunto del pendulo de largo igual al radio de la Tierra, es mas intere-

sante. Veremos que la conclusion final es que es un abuso el aplicar la conocida

formula T = 2π√l/g en una situacion que no corresponde a las hipotesis que se

hicieron para deducirla. En este caso no hay una “coincidencia”, sino un error.

Esto es lo que nos mostro el Prof. J.M. Lozano en una conversacion. Junto con el

Prof. F. Medina Nicolau hemos simplificado el argumento. Veamoslo. La figura

siguiente define los sımbolos que usaremos.

A la distancia entre el centro de la Tierra y la partıcula que oscila, la

llamaremos r. Naturalmente R y L son constantes, mientras que θ,α y r son

variables.

La aceleracion del pendulo, a lo largo del arco que recorre, es s = Lθ.

Esta se debe a la componente perpendicular al hilo de la fuerza m~g, en que ~g

es la intensidad del campo en el punto en que se encuentra la partıcula.

En el lado derecho de la Fig. 1.– mostramos el angulo φ entre la lınea

ortogonal con el hilo y el vector ~g. La componente de la fuerza en la direccion

perpendicular al hilo es mg cos(φ), pero como φ + α + θ = π/2, se ve que la

aceleracion a lo largo del arco se puede escribir

s = Lθ = g sen(θ + α) (33)

La relacion entre el tamano de la aceleracion ~g y la distancia al centro


14. Coincidencias 169

de la Tierra, es sencilla:

g(r) = g◦(R/r)2 (34)

en que naturalmente g◦ es el valor de la aceleracion en la superficie de la Tierra.

Juntando estos resultados, podemos escribir finalmente la ecuacion di-

ferencial del movimiento de la partıcula

θ +g◦R

2

Lr2sen(θ + α) = 0 (35)

Hasta aquı no se ha hecho aproximaciones, asi que la ecuacion 3) es

exacta. Como tratamos solamente de encontrar el perıodo para oscilaciones de

pequena amplitud, empiezan nuestras aproximaciones.

En primer lugar, para pequenas oscilaciones es evidente que R/r ≈ 1,

de modo que en vez de la ecuacion 3) solamente necesitamos considerar a esta

otra

θ +g◦L

sen(θ + α) = 0 (36)

Ahora bien, si θ es pequeno, tambien es pequena la suma θ+α, de modo

que podemos linearizar a la ecuacion anterior. Se obtiene

θ +g◦L

(θ + α) = 0 (37)

Por otra parte, existe una relacion entre los angulo θ y α.

Basta mirar fijamente a la figura de la derecha

para darse cuenta que

L sen θ = r senα

asi que para angulos pequenos se tiene:

α = (L/R)θ


170 Capıtulo IX

ya que en este caso tambien r ≈ R. La ecuacion 5) se transforma en

θ + g◦(1

L+

1

R)θ = 0 (38)

Esta ecuacion se parece muchısimo a la ecuacion de un pendulo simple,

con la diferencia de que aquı nos encontramos con especie de “largo reducido”,

entre el radio de la Tierra y el largo del pendulo.

Nos interesa especialmente el caso L = R. Cuando esto ocurre, la ecua-

cion 6) se transforma en

θ +2g◦Lθ = 0 (39)

Si llamamos T al perıodo del pendulo obtenido de la formula comun,

T = 2π√L/g◦ = 83 minutos, se ve que la ecuacion 7) conduce al valor

T1 = 83/√

2 = 58.7 minutos (40)

Este es el (para mı) sorprendente resultado de Lozano. Sorprendente

porque mi pobre intuicion me hacıa esperar que al efectuar pequenas oscilacio-

nes, la partıcula recorrıa una region del espacio en que la aceleracion mantenıa

su valor g◦ y que tambien practicamente de mantenıa paralela a si misma, de

modo que se podıa usar la misma formula que aparece en los libros. Otra manera

de expresar mi sorpresa: nadie me habıa anticipado que T = 2π√L/g solamente

era valida para pendulos no muy largos.

15. Distancia promedio al Sol

Por definicion, el promedio temporal es

r =1

T

∫ T

o

r(t)dt (41)

en que r(t) es la funcion que nos da el tamano del vector posicion del planeta,

en funcion del tiempo. Nadie sabe como escribir en forma explıcita la funcion

r(t), ası es que vamos a cambiar de variables: del tiempo, pasamos al angulo φ,


16. Cambiando orientacion orbita 171

que aparece en la ecuacion de Kepler:

ωt = φ− ε senφ

y si tomamos la diferencial,

ωdt = (1− ε cosφ)dφ

Introduciendo esto en 1), podemos integrar tranquilamente

r = 12π

∫ 2π

o

a(1− ε cosφ)2dφ (42)

=a

2π

(∫ 2π

o

dφ− 2ε

∫ 2π

o

cosφdφ+ ε2∫ 2π

o

cos2 φdφ)

(43)

Por simetrıa la segunda integral es cero, mientras que la ultima, excepto

el factor aε2, es igual a la definicion del promedio de cosφ, que es 12 . Finalmente

r = a(1 +1

2ε2) (44)

Este resultado es correcto y se lo puede entender ası: la distancia del

planeta al Sol varıa entre a(1 − ε) y a(1 + ε), pero pasa mucho mas tiempo

lejos del perihelio que cerca de este. De modo que su valor promedio estara mas

cercano a a(1 + ε) que a a(1− ε).

16. Cambiando orientacion orbita

Para que un satelite de comunicaciones tenga el maximo de utilidad, no

solamente ha de tener un perıodo igual a un dıa, sino que el plano de su orbita

debe coincidir con el plano ecuatorial de la Tierra.

Sinembargo, a partir de un lugar de lanzamiento con latitud λ, es impo-

sible conseguir una orbita con una inclinacion menor que λ, y se hace necesario

cambiar el plano de la orbita. Pregunta: que maniobra hay que hacer para cam-

biar la inclinacion de una orbita en un angulo dado φ.


172 Capıtulo IX

En primer lugar: ¿ en que punto de la orbita con-

viene hacer la maniobra?En segundo lugar: ¿ cuanto es el ∆v necesario?

Tercero: puesto que no cambia la energıa cinetica

ni la energıa potencial del satelite, ¿ en que se

gasta el combustible?El dibujo representa a la Tierra, su plano ecuatorial y un satelite en una

orbita con inclinacion i. El punto que llamamos N corresponde a la interseccion

de la orbita con el plano ecuatorial. En ese punto dibujamos un pequeno triangu-

lo uniendo la punta del vector velocidad que realmente tiene el satelite, con la

punta del vector velocidad que quisieramos que tuviera. Primero consideramos

el caso en que el angulo i es chico.

El cambio de velocidad ∆v que quisieramos, es

∆v = 2v sen(i/2) ≈ v i

El cambio de momentum m∆v y el impulso aplicado a la nave cumplen

con

J = m∆v ≈ mv i

Naturalmente este impulso debe aportarlo el motor del cohete.

¿ En que se gasta la energıa del combustible? Ciertamente la energıa

cinetica de la nave no cambia (estamos empujando ortogonalmente con ~v), asi

que concluımos que la energıa obtenida del combustible ... se usa para dar

energıa cinetica a los gases de cambustion.


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