Otras carreras Proyectil del polo al ecuador.

[sertoljim]

La velocidad de escape desde la superficie de un planeta que rota muy lentamente, es esférico y no tiene aire es (v). ¿Cuál es la mínima velocidad inicial que debe tener un proyectil que se lanza desde un polo para que tome tierra en el ecuador?

Este problema en su versión original está en inglés, a continuación lo pongo sin traducir por si queréis verlo en inglés, no sea que haya traducido algo mal.


The escape speed from the surface of a slowly rotating
airless spherical planet is v. What is the minimum
initial speed of a projectile launched from a pole that
allows it to land on the equator?


Muchas gracias de antemano y a ver si podéis ayudarme!!!

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¿A nadie se le ocurre alguna forma de resolverlo?

[sertoljim]

Re: Proyectil del polo al ecuador.

Está difícil...

[oscarmuinhos]

Re: Proyectil del polo al ecuador.

Parece que nadie del foro se atreve....Yo soy químico de formación y la física la tengo de aficción... No estoy entrenado en este tipo de problemas con fuerzas centrales...de todas formas (para animar a otros a que me corrijan) voy a intentarlo, aunque tengo alguna duda sobre si hay que tener en cuenta el efecto Coriolis...Espero que, al menos, a ti te sirva para poder orientarte y que anime a otros compañeros del foro a opinar...

Voy a plantearlo como la trayectoria de una masa sometida a un campo de fuerzas gravitatorio con las condiciones iniciales de que la trayectoria tiene que pasar por el polo del planeta y por el ecuador....

Definiciones: M= masa del planeta; m= masa del cohete
Ecuación dinámica:
$-G\frac{M.m}{{r}^{2} }.{\vec{u}}_{r }= m\vec{a}$

Como se sabe que la trayectoria es plana, utilizaré coordenadas polares tomando el eje del planeta como eje polar
Poniendo la aceleración en coordenadas polares:
$-G\frac{M.m}{{r}^{2} }.{\vec{u}}_{r }= m\left( \ddot r- r\dot {\theta}^{2 }\right)\vec{u_r} + m\left( r\ddot\theta+2\dot r\dot\theta\right){\vec{u}}_{\theta }$
De esta ecuación resultan las dos ecuaciones diferenciales siguientes que habrá que integrar:
$-G\frac{M}{{r}^{2} }= \left( \ddot r- r\dot {\theta}^{2 }\right)$ (1)
$\left( r\ddot\theta+2\dot r\dot\theta\right)=0$ (2)

Además de estas dos ecuaciones, se tiene también que, tratándose de fuerzas centrales, se tiene que conservar el momento angular (en módulo, dirección y sentido. Utilizando la velocidad en polares.
$\vec{L} = \vec{r}\times m\vec{v}= r{\vec{u}}_{ r}\times m\left( \dot r{u}_{r }+r\dot \theta{\vec{u}}_{\theta } \right)=m{r}^{2 }\dot \theta \vec{k}$
Asi pues, $L=m{r}^{ 2}\dot \theta$ (3)

Buscamos ahora integrar la ecuación diferencial (1), utilizando esta constante del movimiento que es el módulo del momento angular. Se tratará de encontrar la trayectoria, por lo tanto, trataremos de utilizar el ángulo $\theta$ como variable:

$\dot r = \frac{dr}{dt}=\frac{dr}{d\theta }\frac{d\theta}{dt} = \frac{dr}{d\theta }\dot \theta =\frac{L}{m{r}^{2}}\frac{dr}{d\theta }$ (Se ha utilizado aqui la ecuación (3) para sustituir $\dot \theta$ )

Esta última derivada se puede escribir también:
$\frac{L}{m{r}^{2}}\frac{dr}{d\theta }= -\frac{L}{m}\frac{d}{d\theta }\left( \frac{1}{r }\right)$ (4)

Volviendo a derivar:
$\ddot r = \frac{d \dot r}{dt }= \frac{d \dot r}{d\theta }\frac{d\theta}{dt}=\frac{d\dot r}{d\theta }\dot \theta = \frac{L}{m{r}^{2 } }\frac{d}{d\theta }\left(-\frac{L}{m}\frac{d}{d\theta }\left( \frac{1}{r }\right) \right)$ =$-\frac{{L}^{2}}{{m}^{2 }{r}^{2 } }\frac{{d}^{2 }}{d{\theta}^{2 } }\left( \frac{1}{r }\right)$

Substituyendo $\ddot r$ y $\dot \theta$ en la ecuación (1) resulta la siguiente ecuación diferencial de segundo orden:
$-\frac{{L}^{2}}{{m}^{2 }{r}^{2 } }\frac{{d}^{2 }}{d{\theta}^{2 } }\left( \frac{1}{r }\right) - \frac{{L}^{2}}{{m}^{2 }{r}^{3 } }=-\frac{GM}{{r}^{2 } }$

Cancelando ${r}^{2}$ en el denominador y haciendo el cambio de variable $\frac{1}{r }=u$ la ecuación diferencial se convierte en:
$\frac{{d}^{2 }u}{d{\theta}^{2 } } + u = \frac{GM{m}^{2 }}{{L}^{2 } }$

La integración de esta ecuación, una vez deshecho el cambio de variable y tomando el eje del planeta como eje polar conduce a:
$\frac{1}{r }=\frac{GM{m}^{2}}{{L}^{2 } } + A\cos \theta$
que nos da la ecuación de la trayectoria en polares (r en función de $\theta$) en función de dos constantes: el momento angular L y la constante de integración A

Estas dos constantes se determinan con las condiciones iniciales:
a) cuando $\theta= 0$, $\frac{1}{r }= \frac{1}{R }$
b) cuando $\theta = \frac{\pi}{2 }$, también $\frac{1}{r } = \frac{1}{R }$

Y con la velocidad de escape que nos da el enunciado podemos además substituir la masa o el radio del planeta

CREO, SERTOLJIM, QUE ESTE PLANTEAMIENTO DEBIERA SER CORRECTO O, CUANDO MENOS, NO ALEJARSE MUCHO, PERO A VER SI ALGÚN O ALGUNA OTRA SE ANIMA A AYUDAR Y DAR SU OPINIÓN.....

[Breogan]

Re: Proyectil del polo al ecuador.

Hola:
No tengo ni idea como hacer el problema, pero tengo una duda, cuando pones:

$\dst -G\frac{M.m}{{r}^{2} }.{\vec{u}}_{r }= m\left( \ddot r- r\dot {\theta}^{2 }\right)\vec{u_r} + m\left( r\ddot\theta+2\dot r\dot\theta\right)$

no estas sumando un escalar y un vector? o falto poner un versor en el 2º miembro? y después la ecuación (2) no es una ecuación, debería estar igualada a cero, no?

Gracias

Suerte

[[Beto]]

Re: Proyectil del polo al ecuador.

Hola:
No tengo ni idea como hacer el problema, pero tengo una duda, cuando pones:



no estas sumando un escalar y un vector? o falto poner un versor en el 2º miembro? y después la ecuación (2) no es una ecuación, debería estar igualada a cero, no?

Gracias

Suerte

Si miras con cuidado, si faltó colocar el vector unitario a la segunda componente.


Lo que quisiera mencionar es que la solución se podría mejorar considerando a la tierra como un sistema de referencia no inercial, además que la velocidad de escape no hace referencia a la velocidad inicial si no a la velocidad con la que al lanzarlo el proyectil ya no volvería a caer.

[oscarmuinhos]

Re: Proyectil del polo al ecuador.

Efectivamente, breogán, se quedó el vector unitario sin poner. Ahora lo corrijo. Gracias

- - - Actualizado - - -

Gracias, Beto.
Sobre la velocidad v, tuve en cuenta que era velocidade de escape con la que poder substituir la masa o el radio del planeta aunque tal vez la redacción ha quedado un tanto confusa al decir que era una condición inicial. Ahora mismo lo corrijo también.
Lo que no sé si resultará más fácil es lo que dices de considerar a la Tierra (bueno al planeta) como sistema no inercial?? En cualquier caso....es algo que no domino mucho!

[[Beto]]

Re: Proyectil del polo al ecuador.

Efectivamente, breogán, se quedó el vector unitario sin poner. Ahora lo corrijo. Gracias

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Gracias, Beto.
Sobre la velocidad v, tuve en cuenta que era velocidade de escape con la que poder substituir la masa o el radio del planeta aunque tal vez la redacción ha quedado un tanto confusa al decir que era una condición inicial. Ahora mismo lo corrijo también.
Lo que no sé si resultará más fácil es lo que dices de considerar a la Tierra (bueno al planeta) como sistema no inercial?? En cualquier caso....es algo que no domino mucho!

Resultaría algo un poco más complicado (no mucho creo), si me queda algo de tiempo en estos días redactaré una solución desde mi punto de vista para el problema.

[oscarmuinhos]

Re: Proyectil del polo al ecuador.

Si puedes, no dejes de hacerlo, porque podría valer no solo para comparar métodos, sino también para cotejar resultados.
Gracias

[sertoljim]

Re: Proyectil del polo al ecuador.

Agradezco toda ayuda que podáis brindarme.

[oscarmuinhos]

Re: Proyectil del polo al ecuador.

Has calculado las constantes ya?
Una vez calculadas las constantes A y L, tienes la ecuación de la trayectoria: r (distancia al centro del planeta) y angulo $\theta$

y una vez que tienes r en función de $\theta$ ya te es facil calcular la velocidad inicial que te piden.
Recuerda que la velocidad en angulares viene dada por:
$\vec{v} = \dot r{\vec{u}}_{r }+r\dot \theta{\vec{u}}_{\theta }$

Y en el desarrollo del post anterior tienes como calcular $\dot r$ y $\dot \theta$:

$\dot r = \frac{dr}{dt}=\frac{L}{m{r}^{2}}\frac{dr}{d\theta }$

$\dot \theta = \frac{L}{m{r}^{2 } }$

Ánimo y a ello

[Tinoco]

Re: Proyectil del polo al ecuador.

[FONT=arial, sans-serif][FONT=Arial]Aunque no he comprobado paso por paso el cálculo el resultado es la ecuación de las órbitas posibles y que evidentemente no corresponde a la única solicitada de velocidad mínima. Esa ecuación que incluye a órbitas circulares, [/FONT][/FONT][FONT=Arial]elípticas[/FONT][FONT=Arial][FONT=arial], [/FONT][/FONT][FONT=arial, sans-serif]parabólicas[/FONT][FONT=Arial][FONT=arial, sans-serif] u elípticas es de índole general y es ese [/FONT]parámetro[FONT=arial, sans-serif] A que creo se relaciona con la excentricidad[/FONT][/FONT]
[FONT=Arial][FONT=arial, sans-serif]de la órbita por e = A·L² el que caracterizaría el tipo concreto. Luego no puede ser calculado tan simplemente como planteas por las condiciones iniciales. Ese [/FONT]parámetro[FONT=arial, sans-serif] debe depender de ángulo inicial y velocidad de lanzamiento.[/FONT][/FONT]
[FONT=arial, sans-serif][FONT=Arial]Por las condiciones del problema las órbitas que partiendo del polo pasen por el ecuador no pueden ser órbitas abiertas, parabólicas o elípticas, pues ambos tipos no retornarían a la superficie del planeta. Nos quedan lo que ya te comente órbitas elípticas y su caso más sencillo, circular. Puede haber diversas órbitas elípticas con más o menos excentricidad dependiendo de la velocidad de lanzamiento (siempre menor que la v de escape) y el ángulo de salida que cumplan las condiciones del problema, pero como también te comente es evidente que la de velocidad mínima es la circular. Y la de máxima sería la de máxima excentricidad y por la [/FONT][/FONT][FONT=Arial]simetría[/FONT][FONT=arial, sans-serif][FONT=Arial] del problema la de ángulo de salida de 45º con la horizontal ( Todas las órbitas deben tener su eje en la bisectriz del ángulo recto que forman los radios polar y ecuatorial). Esta última órbita [/FONT]tendría[FONT=Arial] precisamente como velocidad de lanzamiento la de escape.[/FONT][/FONT]
[FONT=arial, sans-serif][FONT=Arial]Como verás te dejo estas reflexiones para que aprecies la [/FONT]potencia[FONT=Arial] del razonamiento cualitativo (sentido físico) frente al puramente [/FONT][/FONT][FONT=Arial]matemático[/FONT][FONT=arial, sans-serif][FONT=Arial] Te acompaño un esquema del problema. Creo que ayudará a entender mis razonamientos.[/FONT][/FONT]
[FONT=Arial][FONT=arial, sans-serif]Que conste que una demostración [/FONT]matemática[FONT=arial, sans-serif] puede ser más convincente pero no siempre es lo[/FONT][/FONT][FONT=arial, sans-serif][/FONT][FONT=Arial][FONT=arial]preferible a la hora de resolver problemas o cuestiones. Digamos que hay problemas con "truco".
[/FONT][/FONT]Esta representación de las órbitas puede ayudarnos a comprenderlas:


[FONT=arial, sans-serif]Yo lo he planteado de una forma mas sencilla:[/FONT]
[FONT=Arial] La órbita más sencilla que cumple esas condiciones es una órbita circular rasante a la superficie del planeta. Debe ser además la de menor velocidad pues alcanza la menor altura. Si esa es la solución la respuesta es muy sencilla si la velocidad de escape es v= RaizCuad(2GM/R)= SQR(2)·SQR([/FONT][FONT=Arial]GM/R) y la velocidad de la órbita circular rasante (1º velocidad cósmica) es V=SQR(GM/R) nos quedaría v=SQR(2)·V de donde V=v/SQR(2) y esa creo que es la respuesta.
[/FONT]
¿Que opináis de esta resolución?

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en cuanto al efecto Coriolis yo diría que no tenemos que tenerlo en cuenta ya que el enunciado nos dice que el planeta gira lentamente por lo que podemos despreciar la velocidad de rotación del planeta

[oscarmuinhos]

Re: Proyectil del polo al ecuador.

Hola Tinoco. Muy ilustrativa tu figura y muy ilustrativo tu mensaje
y, efectivamente, cuando en la ecuación de la trayectoria se calculan las constantes A y L con las condiciones iniciales resulta una órbita $\frac{1}{r}=\frac{1}{R }$ o $r = R$ que es la órbita rasante que tu dices.
Y claro...viene aqui un primer problema,....¿es esto caer en el ecuador del planeta?
Y, a raíz de lo que tu planteas, planteo ahora la misma duda que me he planteado yo antes de empezar a escribir el cálculo de la órbita (y ya empecé diciendo que no estoy entrenado en estos temas con campos de fuerzas centrales), ¿como determinar esas otras órbitas elípticas que pasan también por el ecuador?.
Mi planteamiento está hecho colocando el polo atractor en el centro del planeta. Tus órbitas elipticas suponen que el foco de la elipse está en otro punto distinto.....

A ver si alquien más entrenado en este tipo de problemas se anima a participar y dar su opinión...

[Tinoco]

Re: Proyectil del polo al ecuador.

[FONT=Arial]Tienes toda la razón. [/FONT][FONT=Arial]La órbita intermedia no es correcta debería tener un foco en el centro del planeta. Para unas órbitas de poca excentricidad el otro foco estará entre el centro y el polo desde donde se lanza el cohete (la verdad es que el problema debería plantearse con un proyectil. Un cohete disponiendo de motores podría describir cualquier trayectoria no necesariamente "balística"). Para excentricidades mayores el foco estaría en algún punto del eje de la elipse (que necesariamente por simetría debe estar en la recta polo-centro) y más allá de ese centro. Habría pues que redibujar el esquema para esas órbitas intermedias. Pero esos hechos no invalidan mi resolución ¿no crees?.[/FONT]
[FONT=Arial]
Deberíamos pues, hallar el conjunto de elipses que pasan por dos puntos fijos (polo y ecuador) y tienen por eje el diámetro que pasa por el paralelo 45º y foco en el centro del planeta.
Haciendo coincidir esa ecuación con la que se deduce de las leyes gravitatorias intentar relacionar esas órbitas con la velocidad inicial y buscar las condiciones de mínimo de la misma.[/FONT]

[FONT=Arial]En cuanto a la duda de si esa órbita cae en el ecuador, yo diría que "roza" el ecuador. Si se añade a la velocidad mínima de esa órbita un infinitesimo y se lanza con un ángulo infinitesimal por encima del horizonte ya tienes una caída "perfecta". Esos infinitesimos no varían la velocidad mínima.[/FONT]

[sertoljim]

Re: Proyectil del polo al ecuador.

Este problema es bastante complicado. En mi clase hemos acudido a algunos Físicos, y también tienen dudas...