Capítulo dos Carroll

7/24/2019 Captulo dos Carroll

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Soluciones del Capitulo 02

Jose Nunez

20 de abril de 2014


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Problema 01 Muestre que la ecuacion de la eclipse es dada por:

x2

a2 +

y2

b2 = 1 (1)

dondea y b son el semieje mayor y el semieje menor, respectivamente.

Solucion: Se define la elipse como la union de los puntos tales que r+ r

= 2a donde r, r

y a son la distancia delpunto al foco F, la distancia del punto al foco F

y el semieje mayor.

Figura 1: Distancias a los focos

Armando los triangulos rectangulos utilizando los vertices en los focos y el vertice donde se encuentran en el punto

(x, y), se tiene:r2 =y2 + (x ae)2 (2)r2 =y2 + (x+ae)2

Sustituyendor = 2a r en la ecuacion anterior

(2a r)2 =y2 + (x+ae)2

2a r=

y2 + (x+ae)2

Se necesita que la expresion de la derecha sea positiva, y aun mas que sera mayor que r ; se puede ver perfectamente.

r= 2a+ y2 + (x+ae)2

r= 2ay2 + (x+ae)2

1


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Ahora esto va a la ecuacion (2):

2a

y2 + (x+ae)2

2=y2 + (x ae)2

4a2 4a

y2 + (x+ae)2 +y2 + (x+ae)2 =y2 + (x ae)2

4a2

4ay2 + (x+ae)2 + (x+ae)2 = (x ae)

2

4a2 4a

y2 + (x+ae)2 = (x ae)2 (x+ae)2

4a2 4a

y2 + (x+ae)2 =

(x ae) (x+ae)

(x ae) + (x+ae)

4a2 4a

y2 + (x+ae)2 =

x ae x ae

x ae+x+ae

4a2 4a

y2 + (x+ae)2 = 2ae

2x

4a2 4ay2 + (x+ae)2 = 4aex

a

y2 + (x+ae)2 = ex

a+ex=

y2 + (x+ae)2

(a+ex)2 =y2 + (x+ae)2

a2 + 2aex+ (ex)2 =y2 +x2 + 2aex+ (ae)2

a2 + (ex)2 =y2 +x2 + (ae)2

a2 (ae)2 =y2 +x2 (ex)2

a2(1 e2) = y2 + (1 e2)x2

1 = y2

a2(1 e2)+(1 e2)x2a2(1 e2)

1 = y2

a2(1 e2)+x2

a2

Recordar queb2 =a2(1 e2) y de esta forma se llega a la ecuacion (1)x2

a2 +

y2

b2 = 1

Problema 02 Utilizando el problema anterior demuestre que el area de un eclipse es A = ab.

Solucion: Se tiene quex2

a2 +

y2

b2 = 1

2


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Haciendo un simple despeje:

y= b

1 x2

a2

El signo menos me da el lmite inferior y el positivo el lmite superior, recordando que:

V =

f(x, y)dxdy

donde f(x, y) es una funcion de peso que me dara el volumen, si deseo encontrar el area me quedo en el plano dondef(x, y) = 1; por lo tanto:

A=

dxdy

Considerando los lmites donde el area este definida.

b

1 x2

a2 y b

1 x

2

a2

y ademasa x a

Esto esta bien, pero se puede simplificar el calculo recordando que el area de integracion es una elipse; esta se divide

en cuatro partes simetricas, entonces:

A=

aa

b1x2/a2b

1x2/a2dydx

= 2

aa

b1x2/a20

dydx

= 4

a0

b1x2/a20

dydx

= 4 a0 b

1 x

2

/a2

dx

= 4b

a0

1 x

2

a2dx

Hago un cambio de variable:x

a u

dx= adu

con lmites de integracion inferior 0 y superior 1

A= 4ab 1

01 u

2du

3


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Esta integral se encuentra en las tablas, solo la utilizo sin demostrarla

A= 4ab

1

2u

1 u2 +12

sin1 u

10

= 4ab

1

2(0) +

1

2sin1(1) 1

2(0) 1

2sin1(0)

= 4ab

1

2sin1(1)

= 2ab

2

A= ab

Con esto se demuestra que el area de una elipse es ab.

Problema 03 (a) Empezando conr =

a(1

e2)

1 +e cos y la segunda ley de Kepler, encontrar expresiones generales para vr yvpara una masa m1 en una orbita eliptica alrededor de una segunda masa m2.

Solucion: Lo primero a hacer es encontrar el vector de velocidad en coordenadas polares. Se puede observar enla figura las velocidades transversal y radial.

Figura 2: Vectores de velocidad

Se sabe que, en general:

r= rr

dr

dt =v=

d

dt(rr) =

dr

dtr+r

dr

dt

Es deseable recordar que:

dr

dt =

d

dt(r) =

d

dt(cos x+ sin y) = sin d

dtx+ cos

d

dty=

d

dt( sin x+ cos y) = d

dt

4


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Por lo que

v=dr

dtr+r

dr

dt =

dr

dtr+r

d

dt

Ahora llamare vr =dr

dt yv = r

d

dt, quedandome la expresion

v= vr r+v

Es necesario recordar que r = a(1 e2)1 +e cos

, ahora derivando una division

vr =dr

dt =

d

dt

a(1 e2)1 +e cos

=a(1 e2)(e sin )

(1 +e cos )2d

dt =

ae(1 e2)sin (1 +e cos )2

d

dt

Esto esta muy bien, lo unico que deseo ver esa velocidad angular en terminos de parametros medibles; recuerdo larelacion del cambio temporal del area que barre una lnea que une al foco principal con el punto que se desplaza en

la elipse dA

dt =

1

2r2

d

dt, este es un buen momento para recordar la segunda ley de Kepler

dA

dt =

1

2

L

, ahora deseo

saber cual es el area total barrida en una vuelta

A= P

0 1

2

L

dt=

1

2

L

P

Ese momento angular me estorba, no es medible directamente; as que, de la demostracion del ejercicio anterior:

A= ab =1

2

L

P

2ab1

P =L

Ahora, esto a la segunda de Kepler, para eliminar ese momento

dA

dt =

1

2L=

1

2

2ab

1

P

=

ab

P

Listo, ahora: dA

dt =

ab

P =

1

2r2

d

dt

d

dt =

2ab

P

1

r2 =

2ab

P

(1 +e cos )2

a2(1 e2)2

=2b(1 +e cos )2

aP(1 e2)2Esto ira a la velocidad radial

vr =ae(1 e2)sin

(1 +e cos )2d

dt =

ae(1 e2)sin (1 +e cos )2

2b(1 +e cos )2

aP(1 e2)2

= 2be sin

P(1 e2)Cambiare a b2 =a2(1 e2)

vr =2ae(1 e2)1/2 sin

P(1

e2)

= 2ae sin

P(1

e2)

1

2

En la seccion de anexos se encuentra un grafico comparativo de las velocidades radiales para algunos planetas.

Ahora la velocidad transversal v = rd

dt

v =r

2ab

P r2

=

2ab

P

1

r =

2ab

P

1 +e cos

a(1 e2)

=2a(1 +e cos )

P(1 e2) 12

Al final se obtiene que

v= vrr+v= 2ae sin

P(1 e2) 12 r+2a(1 +e cos )

P(1 e2) 12 = 2a

P(1 e2) 12

e sin r+ (1 +e cos )

5


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v= 2a

P(1 e2) 12

e sin r+ (1 +e cos )

En la seccion de anexos se encuentra un grafico comparativo de las velocidades transversales para algunos planetas.

(b) Usando la expresion paravr yv del inciso (a), verificar v2 =G(m1 + m2)2

r1

adirectamente dev2 =v2r+ v2 .

Solucion: Por Pitagoras se sabe que v2 =v2r + v2

, entonces

v2 =

2a

P(1 e2) 122

(e sin )2 + (1 +e cos )2

= 42a2

P2(1 e2)

(e sin )2 + 1 + 2e cos + (e cos )2

= 42a2

P2(1 e2)

1 + 2e cos +e2(sin2 + cos2 )

= 42a2

(1 e2)1

P2

1 + 2e cos +e2

Aqu hay dos cosas muy interesantes, primero me voy a la tercera Ley de Kepler P2 = 42a3

G(m1+m2)para ver ese

periodo; ademas sumare un 0 en la expresion del lado derecho.

v2 = 42a2

(1 e2)G(m1+m2)

42a3

1 + 2e cos +e2 + 1 1= G(m1+m2)a(1 e2) [2 + 2e cos +e

2 1]

=G(m1+m2)

2(1 +e cos ) + (e2 1)

a(1 e2)

= G(m1+m2)

2(1 +e cos )

a(1 e2) (e2 1)a(e2 1)

=G(m1+m2)

2

r 1

a

En la seccion de anexos se encuentra un grafico comparativo de las magnitudes de las velocidades para algunosplanetas.

Problema 04 DerivarE= 12

v2 G Mr

para la suma de la energa cinetica y potencial para las masasm1 y m2.

Solucion: Para la energa total del sistema E = K+ U, donde K es la energa cinetica de los cuerpos y U es elpotencial gravitacional

E=1

2m1v

2

1+

1

2m2v

2

2 G m1m2

r12

Se puede observar que al pasar al sistema de referencia desde el centro de masa se tiene que

r1 = m2m1+m2

r v1 = m2m1+m2

v

r2

=

m1

m1+m2 r v2

=

m1

m1+m2v

6


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Figura 3: Nuevo eje de referencia

Para encontrar la energa:

E=1

2m1v

2

1+1

2m2v

2

2 G m1m2

r

=1

2m1

m2

m1+m2r

2+

1

2m2

m1

m1+m2r

2 G m1m2

r

= 1

2(m1+m2)2

m1m2

2+m2m2

1

r2 G m1m2

r

= m1m2

2(m1+m2)2(m2+m1)r

2 G m1m2r

=12

m1m2m1+m2

r2 G m1m2r

Definiendo la masa reducida = m1m2m1+m2

, se obtiene

E=1

2r2 GM

r

que representa la energa de la masa reducida en el nuevo sistema de referencia.

Problema 05 Derivar L=r

ppara el momento angular total de las masas m1 y m2.

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Solucion: Las definiciones de los vectores seran exactamente igual a los del problema anterior.

L= r1 p1+ r2 p2 = m1r1 v1+m2r2 v2

=m1

m2

m1+m2

r

m2

m1+m2

v+m2

m1

m1+m2

r

m1

m1+m2

v

= m1m

2

2

(m1+m2)2

r

v+

m2m2

1

(m1+m2)2

r

v= r

v m1m2

(m1+m2)2 (m2+m1)

=r v

m1m2m1+m2

= r v

Problema 06 Asumiendo que el Sol interactua solamente con Jupiter, calcular el momento angular orbital total delsistema Sol-Jupiter. El semieje mayor de la orbita de Jupiter es a= 5. 2AU, su excentricidad es e= 0. 048, y superiodo orbital es P= 11. 86yr.

Solucion: Recordando queL =

GMa(1 e2

), tener cuidado con las unidades.M=MJ+ MS= 1. 899 1027kg+ 1. 989 1030kg = 1. 990899 1030kg

a= (5. 2AU)(1. 49 108km) = 7. 748 108km

=MJMS

M =

(1. 989 1030kg)(1. 899 1027kg)1. 990899 1030kg = 1. 897 10

27kg

Ahora se puede calcular

L=

GaM(1 e2)= (1. 897 1027kg)

(6. 67 1020km3kg1s2)(1. 990899 1030kg)(7. 748 108km)(1 0. 0482)

= 1. 927 1038kg km2s1

Este es el momento del sistema Sol-Jupiter.

Problema 07 (a) Calcular la velocidad de escape de la superficie de Jupiter.

Solucion: Se requiere que el objeto a escapar lleve un poco mas de energia mecanica de la que lo mantieneatrapado. La energa cinetica debe ser, al menos, igual a la potencial.

1

2mv2esc = G

Mm

r

vesc =2GM

r

vesc =

2(6. 67 1020 km3 kg1 s2)(1. 899 1027kg)

(11. 209)(6. 38 103km)

= 59. 52km s1

8


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(b) Calcular la velocidad de escape del sistema solar, empezando con la orbita de la Tierra.

Solucion: Como se desea salir desde la tierra, entonces la distancia es 1U A, ademas solo considero la masa delsol.

vesc= 2GM

r

vesc=

2(6. 67 1020 km3 kg1 s2)(1. 989 1030kg)

1. 49 108km

= 42. 20km s1

Problema 08 (a) El telescopio espacial Hubble esta en una orbita cuasicircular, aproximadamente a 610km sobre la su-perficie terreste. Estimar su periodo orbital.

Solucion: Considero la masa del telescopio insignificante, en comparacion con el del la Tierra. La distancia es elradio terrestre mas la altura del telescopio a la superficie

a= RT+h= 6. 378136 103 km+ 610km = 6. 988136 103 km

P2 = 42a3

G(mT+mH)

P=

42a3

GmT

P=

42(6. 988136 103 km)3

(6. 67 1020 km3 kg1 s2)(5. 9736 1024 kg)

= 5, 814,88s= 96. 91min

(b) Los satelites de comunicacion y de clima estan localizados en orbitas estacionarias sobre la Tierra. Estas son orbitasdonde los satelites permanecen fijados sobre un punto especifico sobre la superficie de la Tierra. A que altituddeben estar estos satelites?

Solucion: Si se desea que el satelite se encuentre estacionario, debera tener el mismo periodo de rotacion que la

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Tierra, P= 8. 614 104 s, de nuevo ignoro la masa del satelite.

P2 =42a3

Gm

a3 =GmP2

42

a= 3

(6. 67 1020 km3 kg1 s2)(5. 9736 1024 kg)(8. 614 104 s)2

42

a= 4. 215 104 km

Pero yo deseo solo la altura del satelite a la superficie

h= a rT = 4. 215 104 km 6. 378136 103 km = 3. 577 104 km

Problema 09 Demuestre que

U = G M a

la energa potencial gravitacional de un sistema binario, promediado sobre un periodo, es igual al valor de la energapotencial instantanea que tiene el sistema cuando las dos masas est an separadas por una distancia a, el semieje mayorde la orbita para la masa reducida alrededor del centro de masa.

Solucion: Necesito el promedio de la energa potencial

U(t) = 1

0

U(t)dt

= 1P P0

GMr(t)

dt

= GMP

P0

1

r(t)dt

Ahora recordando la segunda ley de Kepler:dA

dt =

1

2r2

d

dt =

1

2

L

r2d

dt =

L

dt= r

2

L d

10


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Sustituyo en el promedio de la energa potencial

U(t) = GMP

P0

1

r(t)dt

= GMP

2

0

1

r(t)

r2

L d

= GM2

LP

2

0

r(t)d

= GM2

LP

2

0

a(1 e2)1 +e cos

d

= aGM(1 e2)2

LP

2

0

d

1 +e cos

= aGM(1 e2)2 1LP

2

1 e2

= 2aGM2(1 e2)1/2 1LP

He utilizado tablas para la integral, no la demuestro. Recordar que L = 2ab

P ; esto viene de comparar el area de la

elipse con un periodo. Vease el ejercicio 2, inciso a.

U = 2aGM2(1 e2)1/2

1

2ab

= GM(1 e2)1/2

b

= GM(1

e2)1/2

a(1 e2)1/2

U = GMa

Con lo que se demuestra que el promedio de la la energa es igual a la energa que su tendra si las dos masas estanseparadas por una distancia igual al semieje mayor.

Problema 10 Utilizando la definicion del inciso anterior; probar que

r =a

para la orbita de la masa reducida alrededor del centro de masa.

11


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Solucion: Para el promedio de la distancia entre los dos cuerpos

r(t) = 1P

P0

r(t)dt

= 1

P

2

0

r

r2

L d

=

LP

2

0

r3d

=

1

2ab

2

0

a(1 e2)1 +e cos

3d

=a3(1 e2)3

2ab

2

0

d

(1 +e cos )3

r = a(1 e2)

5

2

2

2

0

d

(1 +e cos )3

De aqu se puede ver que cuando e = 0 entoncesr = a (lo que corresponde a un circulo); pero que cuando e = 1entoncesr = 0. De hecho; el factor (1 e

2)5

2

2

2

0

d

(1 +e cos )3depende de la excentricidad; por lo que, en general

r =a.

Problema 11 Dado que un universo geocentrico es (matematicamente) solo una eleccion del marco de referencia, explicarporque el modelo Ptolomeico de el universo fue capaz de sobrevivir al escrutinio por un periodo tan largo de tiempo.

Solucion: Sencillo; las orbitas son cuasicirculares, como pudimos observar en los ejercicios anteriores solo Mercurio

tiene una excentricidad muy grande; lo que hace que aproximar a un circulo a los demas planetas sea una aproximacionbastante aceptable.

Problema 12Verificar que la tercera ley de Kepler en la forma de P2 = 42

G(m1+m2)a3 aplica para las cuatro lunas que

Galileo descubrio que orbitaban a Jupiter.

(a) Crear un grafico de log10P versus log10a.

Solucion: Tomo los datos del Apendice C.

Satelite Masa Periodo Semieje mayor(1022kg) (das) (103km)

Io 8.932 1.769 421.6Europa 4.800 3.551 670.9Ganymede 14.819 7.155 1070.4Calisto 10.759 16.689 1882.7

El grafico resultante utilizando Gnuplot:

12


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Figura 4: Las lunas Galileanas

(b) Muestre que el mejor ajuste para la data es una lnea recta con pendiente 32

.

Solucion: Se hace la regresion y se encuentra que m = 1,5 yb = 7. 753.

(c) Calcular la masa de Jupiter.

Solucion: Haciendo

P2 = 42

Gma3

log P2 = log

42

Gma3

2log P= log

42

G

log M+ 3 log a

log P =3

2log a+

1

2log

42

G

1

2log M

Se nota que m =3

2y ademas defino b =

1

2log

42

G

1

2log M. El valor de b viene de la regresion y es7. 753.

SustituyendoM= 1. 900 1027 kg, que da una aproximacion aceptable.

Problema 13 Una forma de llegar a las relaciones de velocidades es por los principios de conservacion de la energa.

(a) Mediante la conservacion del momento angular, muestre que la relacion de velocidades en el perihelio y en el afelio

es vpva

=1 +e

1 e

13


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Figura 5: Ajustando el periodo y el semieje

Solucion: La magnitud del momento angularL = mrv , aplicando la conservacion:

La = Lp

mrava = mrpvp

vpva

= rarp

=a(1 +e)

a(1 e)=1 +e

1 e

(b) Encontrar quev2p =GM

a

1 +e

1 e

y ademas que v2a=GM

a

1 e1 +e

Solucion: Por conservacion de la energa mecanica,

Ea= Ep

12

mv2a GM mra =12

mv2p GM mrp

1

2

v2a v2p

= GM

1

ra 1

rp

14


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Ahora considero las relaciones del inciso (a)

1

2

v2a

va

1 +e

1 e2

= GM

1

a(1 +e) 1

a(1 e)

1

2v2a

1

1 +e

1

e

2

=GM

a 1

1 +e 1

1

e

1

2v2a

(1 e)2 (1 +e)2

(1 e)2

=GM

a

(1 e) (1 +e)

(1 e)(1 +e)

1

2v2a

[(1 e) (1 +e)][(1 e) + (1 +e)]

(1 e)

=GM

a

2e1 +e

1

2v2a

(2e)(2)

1 e

=GM

a

2e1 +e

v2a

1

1 e

=GM

a

1

1 +e

v2a =GM

a

1 e1 +e

Casi de manera directa se obtiene v2p, multiplico por 1

v2a=GM

a

1 e1 +e

vpvp

2

v2p =GM

a

1 e1 +e

vpva

2

v2

p =GM

a1 e1 +e1 +e1 e

2

v2p =GM

a

1 +e

1 e

Igualmente se puede obtener vp como se hizo con va, pero es mejor (por simplicidad) de esta manera.

(c) Encuentre la magnitud del momento angular

Solucion: Se empieza considerando solamente la magnitud

L= rava = [a(1 +e)]

GM

a

1 e1 +e

=

a2(1 +e)2GM

a

1 e1 +e

=

a(1 +e)GM(1 e)

L=

GMa(1 e2)

15


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Problema 14 El cometa Halley tiene un periodo orbital de 76 anos y una excentricidad de e = 0. 9673.

(a) Cual es el semieje mayor de la orbita del cometa Halley?

Solucion: Recordando la ley harmonicaP2 =a3, se obtiene directamente

a= 3

P2 = (76)2

3 U A= 17. 94U A

(b) Utilizando los datos orbitales del cometa Halley, estimar la masa del Sol.

Solucion: De la mecanica newtoniana; P2 = 42

G(m1+m2)a3, ahora convertire en las correspondientes unidades:

G= 6. 67 1020 km3 kg1 s2

a= 17. 94U A

1. 49 108km

1U A

= 2. 67 109 km

P = 76 anos

365. 25dias

1ano

24hr

1dia

3, 600s

1hn

= 2. 398 109 s

Ahora bien; Msol= Ms m1+m2, entonces despejando para las masas

m1+m2 =42a3

GP2 Ms = 4

2(2. 67 109 km)3(6. 67 1020 km3 kg1 s2)(2. 398 109 s)2 = 1. 97 10

30 kg

(c) Calcular la distancia de el cometa Halley desde el Sol en el perihelio y el afelio.

Solucion: En el periheliorp = a(1 e) = 17. 94(1 0. 9673)U A= 0. 587U A

para el afeliora = a(1 +e) = 17. 94(1 + 0. 9673)U A= 35. 3U A

(d) Determinar la velocidad orbital del cometa cuando esta en el perihelio, en el afelio y en semieje menor de su orbita.

Solucion:Se tiene quev2 =G(m1+m2)

2

r 1

a

.

Primero para el perihelio

v2p = G(m1+m2)

2

rp 1

a

= G(Ms)

2

a(1 e)1

a

=

GMsa

2 (1 e)

1 e

=GM

a

1 +e

1 e

vp =

GM

a

1 +e

1 e

=

(6. 67 1020)(1. 97 1030)

2. 67 109

1 + 0. 9673

1 0. 9673

k m

s = 54. 382km s1

16


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Ahora para el afelio

v2a = G(m1+m2)

2

ra 1

a

= G(Ms)

2

a(1 +e) 1

a

=

GMsa

2 (1 +e)

1 +e

=

GM

a

1 e1 +e

va =

GM

a

1 e1 +e

=

(6. 67 1020)(1. 97 1030)

2. 67 109

1 0. 96731 + 0. 9673

k m

s = 0. 904km s1

Ahora con el semieje menor. Utilizo un rectangulo con vertices en el semieje menor, el foco y el centro de la elipse;se cumple que

r2sm= b2 + (ae)2 =a2(1 e2) +a2e2 =a2 rsm= a

v2sm= G(m1+m2)

2

rsm 1

a

= G(Ms)

2

a 1

a

=

GM

a

vsm=

GM

a =

(6. 67 1020)(1. 97 1030)

2. 67 109km

s = 7. 011km s1

(e) Cuantas veces es mayor la energa cinetica del cometa Halley en el perihelio, con respecto al afelio?

Solucion: La energa cinetica es K=1

2mv2, entonces

KpKa

=1

2mv2p

1

2mv2a

=

vpva

2=

54. 382

0. 904

2= 3, 618. 87

Problema 15 Estime la cantidad de tiempo requerido que el cometa Halley se mueva del perihelio a una distancia de 1 AUdel foco principal.

Solucion: Esto es muy sencillo teniendo el programa ya hecho. Segun la data es de 0. 105 anos para 0. 993 UA y ademas0. 106 anos para 1. 106 UA. Adjunto los datos que resultan. Adjunto un pequeno grafico donde los ejes se encuentranen unidades astronomicas, notese la distancia en el perihelio, comparese con el afelio. Esta de sobra decir que el sol seencuentra en la coordenada (0,0).

Problema 16Asumir tres distintos objetos alrededor del Sol. Asumir que el semieje es de 1 U A y las excentricidades son

(a) 0. 0

(b) 0. 4

(c) 0. 9

Solucion: Esto es muy sencillo teniendo el programa ya hecho.

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Figura 6: Orbita de un cometa

0.1. Anexos

Problema 03 Interesante notar que, para la velocidad radialvr = 2ae sin

P(1 e2) 12 , el termino mas importante es la excentricidaddel planeta; entre mas excentrica es la elipse, mayor sera la variacion en el radio del foco al planeta. Si tomo un circulo,la velocidad radial sera de cero, sin embargo si tomo un cometa, la velocidad radial de este sera muy grande. Heaqu algunos planetas; notese que como Mercurio tiene una mayor excentricidad es el de mayor velocidad.

Planeta ExcentricidadMercurio 0.2056

Venus 0.0067Tierra 0.0167Marte 0.0935

Jupiter 0.0489

En cuanto a la velocidad transversal v = 2ae sin

P(1 e2) 12 se puede ver, de nuevo como la excentricidad hace mas grande elrango de velocidad; ademas es interesante notar que las velocidades no se encuentran en el mismo rango; cada planetatiene su rango definido.

Las magnitudes de la velocidad es muy parecida a la velocidad transversal; esto es, de nuevo debido a la excentricidad.Para el caso de Mercurio se tiene que el orden de la velocidad radial es uno mayor que el de los demas planetas y estose ve en la magnitud.

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Figura 7: Cambio en la excentricidad

Figura 8: Velocidades radiales

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Figura 9: Velocidades transversales

Figura 10: Magnitud de las velocidades

Capítulo dos Carroll

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