El cañón de Newton

[sater]

Uno de los gedankenexperiment de Newton para unificar la mecánica terrestre con la celeste fue imaginar una bola lanzada horizontalmente desde cierta altura. Conforme la velocidad inicial aumentara, la distancia de caída aumentaría hasta que al final recorrería lo suficiente horizontalmente para conseguir compensar en la caída la curvatura de la Tierra, y permanecer siempre a la misma altura, cayendo continuamente.

Ya que nos estamos animando con tantos problemas en la cuarentena, propongo este: ¿sois capaces de encontrar, solo con cinemática, a que velocidad debe lanzarse la bola para que orbite? A mí se me ha ocurrido una, pero nada elegante, así que seguiré pensando y viendo qué se os ocurre.

Un saludo.

[Richard R Richard]

Respondiendo al desafío te doy mi solucion

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haciendo obviamente el lanzamiento en dirección tangencial a la superficie de la tierra deberia cumplirse que $x=vt=\theta R_{\circ}$ es decir en cierto tiempo se recorre un arco de circunferencia de valor $\theta$ al rededor de la tierra de radio $R_{\circ}<br />$

luego $t=\dfrac{\theta R_{\circ}}{v}$

por otro lado la diferencia de altura vertical entre algo ubicado en la superficie y algo desplazado un angulo $\theta$ es $h=R_\circ(1-\cos\theta)<br />$
usando cinemática tendremos que en el tiempo que un objeto se mueve un angulo $\theta$ cae una altura $h=\dfrac12 gt^2$

reemplazando el tiempo de una en otra

$v=\theta\sqrt{\dfrac{gR_\circ}{2(1-\cos\theta)}}$

el límite de esa función cuando el ángulo tiende a cero es infinito, que debería ser un bun indicado ,pero no nos es útil ,por lo que podemos mirar la grafica de la función y buscar el punto central del rango donde es mas estable en funcion del angulo, que parece ser $\theta 'cong \pi$ dando 12396 m/s, la función parece ser estable entre $1<\theta<4.5$ aproximadamente siempre en radianes dando rango entre 8230 y 22820 m/s

un cálculo energético o dinámico arroja como velocidad de órbita circular al raz de la superficie

$v=\sqrt{\dfrac{GM_circ}{R_circ}} =8520 m/s$ que esta en el rango del calculo cinemático... mejor precisión por ahora no se me ocurre como

veamos en un segundo los objetos caen 4.9m para caer esa distancia respecto del centro \theta es 0.0012rad en la superficie son 7891m que debe recorrer es decir v=7891m/s bastante cerca

[sater]

Richard, me cuesta seguir tu razonamiento, pero creo que sé por dónde vas. No va mal.

Mi idea era llegar a la conocida expresión $v^2=\dfrac{GM}{R}$ que, usando cinemática, deberíamos llegar a $v^2=gR$, con $R$ el radio de la Tierra. Se me ha ocurrido una segunda forma que me convence más, pronto postearé ambas, y dejo tiempo para pensar a algún otro forero si le apetece.

[sater]

Bueno, procedo a contar las dos maneras en las que se me ocurrió tratar el problema.

Antes, obtengamos la ecuación de la trayectoria en coordenadas cartesianas para un tiro horizontal. El avance horizontal es $x=v t$, de donde despejando el tiempo, $t=x/v$e introduciéndolo en la ecuación para el eje y $y=h-\frac{1}{2}gt^2$, obtenemos:

$$y=h-\dfrac{g}{2v^2} x^2$$

Primera manera:

Si nos fijamos, la ecuación en cartesianas es una parábola. Pero una parábola acaba por cortar a los ejes. Si queremos que nunca caiga, debería ocurrir que en cada punto de la trayectoria se repita que este se puede considerar el vértice de la parábola (en unas nuevas coordenadas cartesianas para el nuevo punto). Pero simplificando, nos basta entonces con que el radio de curvatura de la parábola en el origen sea (aproximadamente) el radio de la Tierra $R$.

El radio de curvatura de una parábola de la forma $y=a-bx^2$ en $x=0$ es $\rho=1/2b$. En nuestro caso, se traduce en que

$$v=\sqrt{gR}$$

Segunda manera


Aunque la primera manera es más "limpia", me apetecía probar si esta funcionaba. Me gusta más que la primera, aunque sea aproximada.

Consiste en que, para tras avanzar una distancia $x$ y caer una altura $y$, seguir estando a la misma distancia de la Tierra, debe ocurrir que el avance y la caída se relacionen de la misma manera que en una esfera. En un tiro parabólico, tras avanzar una distancia $x$ se cae un trecho

$$y=\frac{g}{2v^2}x^2$$

.

¿Y en la Tierra?

Si os entretenéis en comprobarlo, resulta que en la Tierra, tras avanzar según la tangente a un punto dado una distancia $x$, verticalmente deberíamos descender $R\left(1-\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}}\right)$ para volver a estar sobre la esfera. Si nos restringimos a $x\ll R$ (lo que tiene sentido, pues la ecuación para un tiro parabólico solo es válida en tal rango, ya que se aprovecha de la uniformidad del campo gravitatorio, que realmente no es uniforme pues apunta al centro de la Tierra) y expandimos en serie de Taylor, resulta que la caida vertical necesaria para situarnos sobre la esfera es:

$$y=\dfrac{1}{2R}x^2 +\mathcal O(x^4/R^4)$$

Igualando (3) y (4), obtenemos de nuevo que $v=\sqrt{gR}$

Un saludo.