Transferencia de órbita de un satélite y conservación de la energía

[VictorBoyle]

Buenos días, compañeros. ¿Qué tal?
Vuelvo a escribiros para consultaros una duda conceptual que me ha surgido revisando los típicos ejercicios de gravitación de 2º de bachillerato. En los problemas en los que hay que suministrar una energía extra a un satélite en órbita para hacerle llegar a otra órbita más alejada me he encontrado a algunas personas que dicen que no se cumple el principio de conservación de la energía. Ese aporte energético necesario para la transferencia se calcula como la diferencia entre la energía mecánica que tiene el satélite en la órbita superior y la que tiene en la órbita inferior. En este punto estoy de acuerdo pero yo no considero que no se cumpla el principio de conservación de la energía, ya que sobre el satélite consideramos que únicamente actúa una fuerza conservativa como es la gravitatoria. ¿Pensáis que esa energía extra podría ser considerada como otra energía cinética que se aporta para la transferencia? Así escribiríamos el principio de conservación como: Ep (órbita inferior) + Ec (órbita inferior) + Ec (extra) = Ep (órbita superior) + Ep (órbita superior)
Gracias de antemano, un saludo

[arivasm]

En primer lugar, por supuesto que se cumple la conservación de la energía. Lo que no se cumple es la conservación de la energía mecánica.

La energía mecánica de un sistema es la suma de las energías cinéticas de las partículas del mismo más las energías potenciales de las fuerzas (conservativas ) que actúan entre ellas. En este ejemplo, prescindimos de la energía cinética del cuerpo central y nos queda $\dst E=\frac{1}{2}mv^2-G\frac{Mm}{r}$, donde uso minúsculas para el satélite. Para que se conserve la energía mecánica debe suceder que no actúen fuerzas no conservativas (o que si lo hacen, sean tal que no realicen trabajo). Es por ese motivo que cada órbita posee un valor de la energía mecánica. Por tanto, que el satélite cambie de órbita implica cambiar la energía mecánica del sistema planeta+satélite.

Cuando intervienen fuerzas no conservativas, se cumple que el trabajo que éstas realizan es igual a la variación de la energía mecánica. Por eso el trabajo de cambio de órbita puede calcularse como $W=E_{fin}-E_{ini}$.

Vamos ahora con si dicho trabajo puede considerarse una energía cinética. La respuesta es que en rigor no lo es, pero que en algún caso coincide con un aumento en la energía cinética. Un ejemplo en el que sí es éste: la órbita final es tangente a la inicial en un punto (por ejemplo, estamos en una órbita circular y pasamos a una elíptica más alta cuyo periastro es el punto de cambio de órbita, común entonces a ambas). Para que eso sea así, el tiempo en que se comunica la energía extra $W$ debe ser despreciable, de manera que podemos imaginar que casi inmediatamente el satélite pasó (si apenas cambiar la distancia $r$ al centro del planeta) a una nueva velocidad. Entonces, aplicando la expresión anterior

$\dst W=\frac{1}{2}mv_2^2-G\frac{Mm}{r}-\left(\frac{1}{2}mv_1^2-G\frac{Mm}{r}\right)=\frac{1}{2}mv_2^2-\frac{1}{2}mv_1^2$

Como vemos, es como si el trabajo consistiese en incrementar la energía cinética.

Pero para nada será el caso general. Sin ir más lejos, en la transferencia de Hohmann ($W$ se reparte en dos veces), las bielípticas (se reparte en tres) o las habituales de transferencia (se reparte en muchas más) ya no se cumple, pues los encendidos de los motores que comunican los cambios de energía mecánica se efectúan en varias veces: en ocasiones aumentando la energía cinética, en otras disminuyéndola, e incluso cambiando el plano orbital (lo que podría dejar la energía cinética sin modificar -de todos modos, esta maniobra se evita por limitaciones de combustible-). Eso sí, de cada vez podemos asimilar que se está efectuando un cambio en la energía cinética, si como antes podemos despreciar los tiempos de encendido del motor.

Por otra parte, la realidad es que los encendidos pueden consumir bastante tiempo y entonces ya no es correcto asimilarlos con un simple cambio en la energía cinética. En realidad, si el encendido empieza a una distancia $r_1$ del centro del planeta y finaliza a una $r_2$, tenemos que

$\dst W=\frac{1}{2}mv_2^2-G\frac{Mm}{r_2}-\left(\frac{1}{2}mv_1^2-G\frac{Mm}{r_1}\right)=\Delta\left(\frac{1}{2}mv^2\right)-GMm\Delta\left(\frac{1}{r}\right)$

Por último pondré un ejemplo interesante y totalmente imposible de ejecutar en la astronáutica actual, para hacernos una idea de que no es lo mismo el trabajo de cambio de órbita $W$ que la energía consumida. Antes, tengamos en cuenta que tanto para pasar a una órbita más alta ($W>0$), como para ir a una más baja ($W<0$), como para hacer un cambio de plano orbital hay que consumir combustible.

El ejemplo en cuestión es éste: dar media vuelta. Está claro que si se trata de la misma órbita, pero recorrida en sentido inverso $E_2=E_1$ y entonces $W=0$. Solo tienes que pensar en cómo será posible hacer tal proeza para entender que el consumo de combustible será realmente enorme, no casi cero!.

Saludos.

[JCB]

Hola a tod@s.

Interesante explicación, arivasm. Aplicando lo que indicas a la órbita más sencilla, la circular, si igualamos la fuerza centrípeta $\left(m\dfrac{v^2}{r}\right)$ con la fuerza gravitatoria $\left(\dfrac{GMm}{r^2}\right)$, obtenemos que la velocidad orbital es $v=\sqrt{\dfrac{GM}{r}}$. Substituyendo esta velocidad en la expresión general de la energía mecánica, llegamos a que $E_m=\dfrac{-GMm}{2r}$. Es decir, que para una órbita circular, la energía mecánica es igual a la mitad de la energía potencial gravitatoria. De esta forma, la diferencia de energía mecánica entre órbitas (suponiendo que la variación de la masa del satélite sea despreciable), es $\Delta E_m=E_{m2}-E_{m1}=\dfrac{GMm}{2}\left(\dfrac{1}{r_1}-\dfrac{1}{r_2}\right)$.

Siguiendo con las órbitas circulares, para pasar de una órbita superior a otra inferior, como en esta última, la velocidad debe ser mayor para conservar la órbita, entiendo que el consumo de combustible se emplearía en aumentar la velocidad del satélite, o al menos, esta es mi interpretación de lo que se desprende de tu comentario.

Saludos cordiales,
JCB.

[arivasm]

Siguiendo con las órbitas circulares, para pasar de una órbita superior a otra inferior, como en esta última, la velocidad debe ser mayor para conservar la órbita, entiendo que el consumo de combustible se emplearía en aumentar la velocidad del satélite, o al menos, esta es mi interpretación de lo que se desprende de tu comentario.

Quizá no haya dado una explicación clara, pues si gana velocidad pasará a una órbita más alta. Por tanto, en la transferencia más sencilla, que es la de Hohmann (dos encendidos), si de cada vez se gana velocidad acabará en una órbita más alta. Para pasar a una más baja en dos pasos debe perder velocidad en cada uno de ellos.

Quizá parezca extraño que si estamos en una órbita circular alta en la que la velocidad es, por ejemplo, de 6 km/s, para pasar a una más baja en la que es de 7 km/s la forma más sencilla consiste en frenar dos veces.

Recordemos que la energía mecánica de una órbita elíptica de semieje mayor $a$ es $-G\dfrac{Mm}{2a}$. El método de Hohmann más básico consistirá en adoptar una órbita intermedia que toque las dos circulares. Como $2a=r_1+r_2$ tenemos las siguientes energías mecánicas:

• Órbita circular de partida: $E_1=-G\dfrac{Mm}{2r_1}$
• Órbita de transferencia: $E_{12}=-G\dfrac{Mm}{r_1+r_2}$.
• Órbita circular de destino: $E_2=-G\dfrac{Mm}{2r_2}$.

Como $r_2<r_1$, $E_2<E_{12}<E_1$. Por tanto, en cada paso hay que realizar un trabajo negativo, es decir, frenar.

De todos modos, quizá merezca la pena referirnos a qué sucede con las velocidades. Volviendo al ejemplo que mencioné, de acuerdo con la 2ª ley de Kepler, en la órbita de transferencia la velocidad menor será en el apogeo, que es el punto de partida, y máxima en el perigeo, que es el lugar donde se hace el segundo encendido. Con el primer retrofrenado, que le hace tener una velocidad inferior a esos 6 km/s de partida, el satélite "baja" y pasa a la órbita de transferencia, con un perigeo más cercano al planeta. Cuando llega a éste posee una velocidad que será mayor que esos 7 km/s de la órbita definitiva. Si no hubiese un segundo retrofrenado seguiría recorriendo la órbita elíptica y volvería al punto de partida.

[Alriga]

... Siguiendo con las órbitas circulares, para pasar de una órbita superior a otra inferior, ... la velocidad debe ser mayor para conservar la órbita, entiendo que el consumo de combustible se emplearía en aumentar la velocidad del satélite, o al menos, esta es mi interpretación de lo que se desprende de tu comentario ...

A esto se le llama comúnmente la "paradoja de Von Braun" por el motivo que explicamos en el enlace.

Naturalmente, lo que dice arivasm es lo correcto:

... si gana velocidad pasará a una órbita más alta. Por tanto, en la transferencia más sencilla, que es la de Hohmann (dos encendidos), si de cada vez se gana velocidad acabará en una órbita más alta. Para pasar a una más baja en dos pasos debe perder velocidad en cada uno de ellos ... Por tanto, en cada paso hay que realizar un trabajo negativo, es decir, frenar ...

Saludos.

[arivasm]

Me he dado cuenta de que a partir del enlace a la imagen de la estrategia habitual en citas astronáuticas no resulta sencillo llegar al texto que la contiene. Como es posible que haya por aquí gente interesada en el mismo, se trata de éste: https://www.baen.com/readonline/inde.../9781625792785

[Richard R Richard]

Cuando tienes una órbita circular si le aportas una fuerza cambias la cantidad de movimiento del satélite, como se ha visto la masa del satélite no permanece constante durante las etapa de ignición de los motores, luego no es sencillo calcular el cambio de momento por aplicación de fuerza $\Delta P$ y de ese cálculo lo realmente útil es $\Delta v$ que es lo que te permite calcular la nueva trayectoria orbital.

Entonces una órbita circular le aportas un $\Delta v>0$ donde v es positivo en el sentido que ya lleva el satélite , entonces la órbita se convierte en elíptica donde el periastro se convierte en el punto donde dejas de aplicar la fuerza.
la cantidad de masa de combustible gastada será mínima si calculas que arribaras al radio de la nueva órbita circular cuando coincida con el apoastro.
Alli para no continuar en órbita elíptica vuelves a encender motores y dar un nuevo $\Delta v>0$ para igualar hacer que la aceleración centrípeta sea igual a la de la gravedad.

cuando baja la órbita haces lo contrario un $\Delta v<0$ crea una órbita elíptica, con apoastro en el punto donde dejas de aplicar la ignición, y calculas el combustible mínimo si dejas que el radio de la nueva órbita circular este en el peri astro. Y de nuevo cuando llegas allí para salir de la órbita elíptica aplicas $\Delta v<0$ para igualar la gravedad a la centrípeta.

Lo curioso es que para ir a una órbita que tiene menor velocidad tangencial y más lejana en radio hay que acelerar dos veces, y para ir a una con mayor velocidad tangencial y más cercana hay que frenar dos veces!!!! re loco pero cierto y justificado.

[VictorBoyle]

Muchas gracias a todos por vuestras aportaciones, que han generado un diálogo muy enriquecedor.

Ahora se me ocurre una cuestión similar a la que planteé en relación con la velocidad de escape. Siento el nivel tan elemental de la pregunta después de todo lo que he leído... pero voy:
He pensado que puede haber dos planteamientos la hora de calcular la velocidad de escape:
1) El clásico. Se suele decir que la energía mecánica se conserva: Ec (suministrada en la superficie) + Ep (superficie) = 0. De aquí se obtiene la velocidad de escape.
2) Se me ocurre que podríamos considerar que la energía mecánica no se conserva, al igual que sucede en una transferencia de órbita y plantear: Em (superficie) = Ec (superficie) + Ep (superficie) = Ep (superficie), tomando como despreciable el efecto de rotación de la Tierra sobre el objeto. Por tanto, W para provocar el escape = - Ep (superficie). De aquí, asumiendo que el trabajo necesario para que el objeto escape de la atracción gravitatoria es una energía cinética (creo, arivasm , que aquí no habría problema) obtenemos la velocidad de escape, que coincide con el primer caso.
¿Creéis los dos planteamientos son válidos?¿Cuál os parece más adecuado?
Muchas gracias

[arivasm]

El problema es idéntico al anterior. El hecho de que la órbita final sea parabólica, como sucede con la de escape, y con energía mecánica nula, y por otra parte que la situación de partida sea un cuerpo en reposo sobre la superficie del planeta ($E=-G\frac{Mm}{R}$, si despreciamos, como dices, la rotación planetaria) no cambia nada respecto de lo dicho, al menos si también prescindimos de la influencia atmosférica.

Efectivamente con 1, aplicando la conservación de la energía a la propia órbita de escape, obtenemos la velocidad de escape en cada punto del espacio, sea cual sea el punto en cuestión. Lo escrito en 2 es el procedimiento para determinar el trabajo que hay que realizar sobre el satélite, con todas las limitaciones que ya se comentaron anteriormente*. Por supuesto, si asimilas que éste se entrega en un tiempo despreciable (algo así como un cañonazo) llegas al mismo resultado. Pero para ese viaje no hacía falta más que aplicar lo dicho anteriormente: el trabajo realizado por las fuerzas no conservativas es igual a la variación de la energía mecánica, por tanto, si la órbita de escape se alcanza en el mismo lugar de partida $W=E_{fin}-E_{ini}=\frac{1}{2}mv_e^2-G\frac{Mm}{R}-\left(0-G\frac{Mm}{R}\right)=\frac{1}{2}mv_e^2$. Por supuesto, esta cantidad es igual a $G\frac{Mm}{R}$.

*Por ejemplo, la rotación del planeta sí debe ser tenida en cuenta, pues junto con la dirección en la que se debe hacer el lanzamiento condiciona la energía puesta en juego. De hecho, el cálculo que solemos hacer en 2º de bachillerato, añadiendo a la energía mecánica inicial un término $\frac{1}{2}mR^2\omega_{rot}^2\cos^2\hat L$, con $\hat L$ la latitud del punto de disparo, se corresponde con un lanzamiento hacia el este (tipo cañonazo) y entonces para una órbita con la misma inclinación respecto del ecuador que la latitud. Si la órbita de escape posee otra inclinación, dicho de un modo sencillo, solo se aprovecha parte de la velocidad que posee el satélite debida a la rotación planetaria.

A modo de anécdota comentaré que ésa era una de las razones por las que la URSS lo tenía más complicado que USA para llegar a la Luna: la latitud de Baikonur es mayor que la de Cabo Cañaveral (46º frente a 28º). Para más inri los americanos podían lanzar hacia el este, pues sobrevolaban aguas internacionales, mientras que los soviéticos no podían hacerlo, pues violarían el espacio aéreo chino.

[VictorBoyle]

Gracias, Arisvam, me has hecho ver la luz con esta frase: <<aplicando la conservación de la energía a la propia órbita de escape>>. No había tenido en cuenta el "detalle" de aplicarlo a la órbita de escape (pobre de mí).
Gracias también por los datos extra que aportas!

[Richard R Richard]

2) Se me ocurre que podríamos considerar que la energía mecánica no se conserva, al igual que sucede en una transferencia de órbita

Aunque veo hacia adonde apuntas, no dejo de pensar que ese párrafo es totalmente falso, no creo que aquí alguien te haya sugerido cosa semejante, por el contrario la energía mecánica resultante surge siempre de un balance energético al incorporar o quitar una cantidad controlada de energía, a la energía mecánica de la órbita.original, pensamos que nada se pierde ni se gana , por fuera de lo que las leyes de conservación permiten.
Es lógico que en los momentos en que los motores funcionan hay un cambio energético en la órbita , cuyo sumatorio o integral es igual al trabajo producido en la ignición $\Delta Em=W_c.$

Si quieres escapar tiene que igualar la energía mecánica que deseas tener en el infinito ,por medio de aplicar una fuerza que produzca el trabajo necesario durante pocos instantes del viaje para compensar al menos el potencial gravitatorio. Pero eso implica acelerar una masa, dandole una cierta energía cinetica, es decir ahora el trabajo de esa fuerza debe ser igual a esa energía cinetica y vuelves al mismo cálculo

$\dfrac12 mv^2=\dfrac{GMm}{r_T}$

donde $v_e=\sqrt{\dfrac{2GM}{r_T}}$

De nuevo aclaro que alcanzar la velocidad de escape partiendo desde la superficie de la tierra asumiendo un $\Delta v=v_e\pm V_{rot}$ para calcular la cantidad de energía necesaria para impulsar el satélite ,es un cálculo que adolece de muchos errores por simplista, ya que como dije la masa del cohete es variable, pues medida que sube pierde masa y acelerara más rápido, (pero gasta mas combustible por ser mas pesado) y tampoco se tiene en cuenta el rozamiento del aire al cruzar la atmósfera.

Edito A la hora de postear no lei tu respuesta Antonio, saludos

[VictorBoyle]

Hola, Richard.
<<no creo que aquí alguien te haya sugerido cosa semejante>>... Nooo, por favor, ¡Newton nos libre! Es de cosecha propia, y se me da muy bien meter la pata...
Gracias por tus aclaraciones, da gusto leeros.

[Alriga]

Aquí se ha escapado un pequeño gazapo disléxico, las dos veces que arivasm dice "oeste" en realidad quería decir "este":

... Por ejemplo, la rotación del planeta sí debe ser tenida en cuenta, pues junto con la dirección en la que se debe hacer el lanzamiento condiciona la energía puesta en juego. De hecho, el cálculo que solemos hacer en 2º de bachillerato, añadiendo a la energía mecánica inicial un término $\frac{1}{2}mR^2\omega_{rot}^2\cos^2\hat L$, con $\hat L$ la latitud del punto de disparo, se corresponde con un lanzamiento hacia el oeste este (tipo cañonazo) y entonces para una órbita con la misma inclinación respecto del ecuador que la latitud. Si la órbita de escape posee otra inclinación, dicho de un modo sencillo, solo se aprovecha parte de la velocidad que posee el satélite debida a la rotación planetaria.

A modo de anécdota comentaré que ésa era una de las razones por las que la URSS lo tenía más complicado que USA para llegar a la Luna: la latitud de Baikonur es mayor que la de Cabo Cañaveral (46º frente a 28º). Para más inri los americanos podían lanzar hacia el oeste este, pues sobrevolaban aguas internacionales, mientras que los soviéticos no podían hacerlo, pues violarían el espacio aéreo chino ...

Es curioso que Julio Verne ya tuvo eso en cuenta en su novela de 1865 "De la Tierra a la Luna" En la novela, el país que organiza el viaje a la Luna es EEUU y en el capítulo 11 titulado "Florida y Texas" argumenta que ambos estados son los ideales para el lanzamiento ya que son los más cercanos al Ecuador y por lo tanto se puede aprovechar mejor la velocidad inicial de rotación de la Tierra. En la novela acaban decidiéndose por la ciudad de Tampa en Florida (28º de latitud) para el lanzamiento.

Cuando en los 1950s los EEUU deciden construir realmente su base de lanzamiento de cohetes espaciales, eligen Cabo Cañaveral en Florida, cuya latitud es ... 28º. La única diferencia es que Cabo Cañaveral está en la costa este de Florida, con lo cual los lanzamientos son "hacia el océano Atlántico"

En la novela de Julio Verne el disparo del cañón "Columbiad" desde Tampa es hacia el este, por lo tanto el proyectil hueco en cuyo interior viajan Barbicane, Nichols y Michel Ardan sobrevuela Florida antes de llegar a la vertical del océano Atlántico. Julio Verne adivinó bastantes cosas en su novela, pero no tuvo en cuenta que la costa este de Florida era "más segura" en caso de fallo en el disparo que la costa oeste. Yo de niño leí y releí decenas de veces la novela

La base de lanzamientos espaciales de la Agencia Europea del Espacio (ESA) está en Kourou, (Guayana Francesa) a una latitud de 5º

Saludos.

[arivasm]

Efectivamente. He sido víctima de un "gusano" mental que me llevó a intercambiar ambas direcciones! Por supuesto, era este, no oeste! He editado el mensaje. Gracias, Alriga.

[VictorBoyle]

¡Genial el apunte! ¡Bravo y gracias!