Centro de masa del Sistema Solar

Hace unos días recibí un correo reenviado en el cual se plantea la siguiente pregunta:
If all the planets were lined up on one side of the Sun ignoring orbital inclinations, approximately how far would the centre of the Sun be displaced from its mean position?

I hope someone can advise. Thanks, Terry Moseley.

Esto es;

• ¿si todos los planetas se alinearan de un mismo lado del Sol, cuánto se desplazaría el centro del Sol de su posición promedio?

Bueno, este es mi intento de respuesta, en términos de lo que cambiaría el centro de masa del Sistema Solar. Espero que sirva de guía, por lo menos para iniciar una interesante discusión.

http://calgary.rasc.ca/orbits.htm

El centro de masa de un sistema discreto o continuo es el punto geométrico que dinámicamente se comporta como si en él estuviera aplicada la resultante de las fuerzas externas al sistema. 

En el caso del Sistema Solar esas fuerzas externas serían las que aplicarían los demás componentes de la Vía Láctea, ya que el Sistema Solar sería el sistema "aislado" para su estudio.

Si adoptamos como marco de referencia un sistema de  coordenadas cartesianas tridimensional, en cuyo origen ponemos al Sol (simplemente por ser el cuerpo de mayor masa del sistema), los planetas (en un instante determinado) tendrían posiciones específicas, determinadas por una tripleta ordenada (x_p, y_p, z_p), puesto que giran alrededor del Sol (o mejor alrededor del centro de masa del sistema), en órbitas elípticas no coplanarias.

Solo por referencia visite el artículo inclinación orbital, una característica que no debe confundirla con la de inclinación del eje de rotación respecto al plano orbital, llamada oblicuidad.

Primera simplificación: 

Para facilitar los cálculos vamos a suponer que las órbitas son coplanarias, como lo hacen los niños de escuela que colocan bolas de plastilina sobre una tabla.
Esto nos evita calcular la coordenada z del centro de masa (z_cm).

Segunda simplificación: 

Vamos a hacer el cálculo suponiendo una situación extrema (muy poco probable), en la cual todos los planetas se alinean a un lado del Sol, como usted dice. 

Esto convierte el problema bidimensional en unidimensional, que no es real, pero al menos nos dará una idea del ámbito de variación del centro de masa del sistema.
Entonces solo necesitamos calcular la coordenada x del centro de masa (x_cm), definida como un promedio ponderado de todas las distancias al Sol, donde la masa de cada planeta (y del Sol) es el factor de ponderación:

Esto es: multiplique la masa de cada cuerpo del Sistema Solar (Sol y planetas)  por su distancia al Sol y súmelas. Luego divida por la masa total de los cuerpos (incluyendo al Sol). ¡La distancia del Sol al Sol es cero! (no influye en el numerador , pero si en el denominador.

Me encontré una tabla de datos del Sistema Solar, que da la distancia mínima al Sol (perihelio), la distancia promedio (semieje-mayor de la elipse, a veces considerada como radio de una supuesta órbita circular) y la distancia máxima (afelio).
Se la trascribo simplificada a continuación, las distancias están en unidades astronómicas (ua) y la masa en kilogramos.

Los cálculos los hice suponiendo que:
"todos los planetas estén en sus respectivos perihelios se alinean de un lado del Sol y lo mismo para todas las distancias promedio y para todos los afelios".
Estos son los valores que encontré para la x_cm en las tres  posiciones, bajo los supuestos declarados arriba. Le aconsejo que revise mis cálculos.

Todos en sus perihelios:               x_cm = 0.00964 ua = 1.03 d_S

Todos en sus distancias promedio: x_cm = 0.0100 ua  = 1.09 d_S

Todos en sus afelios:                    x_cm = 0,0105 ua  = 1,13 d_S

(El diámetro del Sol (d_S) es 1.39 x10⁹ m = 9.29 x10^-3 ua)

Los tres resultados sugieren que el centro de masa del sistema solar puede estar separado un diámetro solar del centro del Sol.

Si se alineandel mismo lado, una situación altamente improbable.
 

http://en.wikipedia.org/wiki/Barycenter#Barycenter_in_astronomy

Desde luego,en la realidad y en una fecha particular, los planetas no están alineados de un mismo lado del Sol, sino distribuidos con diferente longitud eclíptica, lo que da una posición de centro de masa que puede variar entre 0,25 d_S (1990) y 2 d_S (1983), como se sugiere en la  figura anterior.

Observaciones:

• La distancia del Sol al origen del sistema de coordenadas no entra en los cálculos, porque el Sol siempre está colocado en origen del sistema de referencia (x = 0). Su masa, sin embargo, si es un factor determinante, de hecho el que más contribuye. 
  
• Tomé en cuenta al planeta enano Plutón, porque estaba en la Tabla de datos del Sistema Solar, que usé.
• Obviamente la masa de los satélites naturales de los planetas y la de los asteroides no está tomada en cuenta.

21- Carga Eléctrica y Campo Eléctrico

Texto base. Física Universitaria de Sears-Zemansky-Young-Freedman (Person/ Addison Wesley). Undécima edición. Capítulo 21: 
http://rapidshare.com/files/267728460/Capitulo_21_Sears.pdf

 

Este es normalmente el tema de entrada a un curso de Física II, en las universidades de muchos países, el cual sigue al de Física I, donde se supone, como conducta de entrada para este, que el estudiante tiene un buen conocimiento y habilidad para manipular conceptos básicos de Mecánica, como: movimiento, fuerzas, energía y especialmente cantidades vectoriales.

Desde luego la matemática que ha aprendido últimamente, el cálculo diferencial e integral.

http://www.tps.ac.th/~panya/class/electrostatic/lines-of-force/index.htm

• Antes de la clase, de una lectura corrida a todo el capítulo 21, secciones: 21.1, 21.2, 21.3, 21.4, 21.5, 21.6, (21.7 –dipolos eléctricos-, puede omitirse en un curso básico.)
  
• Anote en su cuaderno los conceptos y operaciones nuevas, para prestarles la debida atención. Por ejemplo: carga eléctrica, electrostática, ley de Coulomb, campo eléctrico, estructura atómica, protones, neutrones y electrones, iones, carga neta, cuantización de la carga, conservación de la carga, unidad natural de carga, conductores, aisladores, inducción, polarización, el coulomb (C), principio de superposición, campo eléctrico uniforme, densidad lineal superficial y volumétrica de carga, líneas de campo.
  
• Lea el Resumen, páginas 825-826.
• Estudie (lea con cuidado) las explicaciones de todas las figuras.
• Estudie (lea con mucho cuidado) la resolución de los ejemplos, poniendo especial atención en los procedimientos más complejos, por ejemplo los que involucran distribuciones continuas de carga como (21.10/11/12/13).
• Conteste algunas de las Preguntas para análisis, esto le mostrará su estado de comprensión de los conceptos (teoría), por ejemplo: 21.4, 21.9, 21.12, 21.15, 21.20.
• Resuelva unos tres Ejercicios de cada una de las secciones, por ejemplo: 21.6, 21.18, 21.23/ 21.26, 21.32, 21.39/21.45, 21.48, 21.50 y 21.54.
• Resuelva los siguientes Problemas:21.68, 21.71, 21.75, 21.87, 21.94, 21.99

Para aprovechar y comprender mejor las resoluciones presentadas a continuación, debe leer en el texto el ejercicio o problema respectivo, hacer un diagrama de la situación y adjuntarle los datos pertinentes, en su cuaderno de trabajo.

Si encuentra discrepancias numéricas en los resultados de las operaciones, comuníquelo por medio de un comentario.

Recuerde que la oferta es una tutoría, así que luego de haber estudiado y trabajado algún concepto o problema, para el cual considera que necesita cierta asesoría, puede enviar una consulta por medio de un comentario.

Gracias jav.

Extraordinarios sobrevuelos de la Estación Espacial Internacional

14 y 16 de enero

La Estación Espacial Internacional (ISS) tendrá dos sobrevuelos vespertinos sobre nuestro país que le recomiendo intente observar.
Los siguientes datos se dan para las coordenadas promedio de Costa Rica (10° Norte, 84° Oeste), pero son válidos, con muy poca diferencia para todo el territorio nacional.

 http://www.heavens-above.com/PassSummary.aspx?satid=25544&Session=kebgfefjedinpnclakncenja

Sin embargo, si usted necesita los cálculos para su posición exacta, puede visitar el sitio Heavens-Above, u otro equivalente.

También si le parece puede leer mi experiencia de otros sobrevuelos, en la entrada del blog Astronomía 10° Norte:ISS le pasa por encima.

14/01/2011

El primer sobrevuelo ocurrirá el viernes 14 de enero, con una magnitud visual promedio de -3,8 (¡casi tan brillante como Venus!). 

• Inicia a las 18:21, con un acimut de 327° (Nor-Noroeste), cuando su altitud es prácticamente 0°, con el fondo estelar de Cefeo y Casiopea.
  
• Posiblemente empiece a ver la estación a las 18:23, cuando ya tiene más de 10° de altitud sobre el horizonte. (Perseo).
  
• No se pierda la máxima altitud (65°) a las 18:25:33, con un acimut de 54° (Noreste). Nada la tapará, ¡excepto desde luego nubosidad! Pasará cerca de la Luna, Aldebarán (α Tau) y Rigel (β Ori),
  
• Concluye alrededor de las 18:28. Acimut 137° (Sureste), altitud 10°. (Lepus)
  

El segundo sobrevuelo es el domingo 16 de enero, con una magnitud visual ligeramente menor (-3,7) y un poco más temprano. 

16/01/2011

• La máxima altura (81°) casi cenital, ocurre a las 17:42, con un acimut de 61° (Este-Noreste).
•  

Pero mejor estudie usted las condiciones con base en el cuadro de datos y las imágenes adjuntas.
  

¿Cómo se forma la estela luminosa de los meteoros?

Bueno la causa primaria es desde luego la pasada del meteoroide  (la partícula) a través de la atmósfera terrestre, pero el rastro o trayectoria luminosa  que observamos se debe a un fenómeno con cierto grado de complejidad, debido a la interacción física entre el meteoroide y la atmósfera. 

No se trata de un caso de persistencia de la visión  ('afterimage'), como sucede cuando movemos rápidamente frente nuestros ojos una pequeña fuente luminosa, un led; o miramos el trazo que deja una luciérnaga. La explicación anda más bien por el lado de las interacciones entre las partículas (algunas microscópicas) del meteoroide con los gases de la atmósfera.

Con motivo de las gemínidas de diciembre 2010, un amigo de Cientec me envió la pregunta a través de su directora ejecutiva, Alejandra León. Como no quería contestarle simplemente que se debía a la incandescencia del meteoro (lo cual no parece ser una explicación convincente), estudié un poco sobre el tema y pedí ayuda. Si usted, amigo lector, quiere agregar algo, pues adelante, hágalo por medio de un comentario. 

Compartir información y opiniones es una de las fortalezas de los blogs.

Pero antes de seguir le dejo otra pregunta. ¿Si usted tuviese la suerte de ver y recoger un meteorito justamente después de su caída en el suelo, se quemaría la mano?

Bueno comencemos primero por la ayuda recibida de Ask an Astronomer. Sara Scoles me dice que: “Meteor trails occur because atmospheric pressure causes the meteoroid (the actual piece or debris) to heat up, causing some liquids to become gases, some gases in the atmosphere to heat up and glow, and some of the meteoroid's material to melt.”

Y de los amigos de IMCCE, en Francia, recibí la imagen que está arriba.

Los meteoroides son las pequeñas partículas (100 micrones a varios metros) que desprenden los cometas y asteroides debido a la interacción con el Sol y a colisiones con otros meteoroides en el espacio.

La palabra se usa para la partícula en sí, en el mismo sentido que asteroide, y si le parece podríamos considerar a estos últimos como un meteoroide de gran tamaño. 
Ambos cuerpos no emiten luz, al igual que planetas y satélites. Solo si son de tamaño considerable, podemos verlos por medio de la luz que reflejan del Sol, con la ayuda de un telescopio.

Las diferentes pasadas de un cometa (o asteroide), especialmente si sus perihelios son cercanos a la órbita terrestre, dejan un caminito de meteoroides (un caminito de desperdicios), coincidiendo con su órbita.

Cuando lo meteoroides penetran la atmósfera de la Tierra (iniciando a unos 120 km de altitud, aproximadamente), alcanzan velocidades mayores que 11 km/s, acelerados por la atracción gravitatoria del planeta.
La fuerte interacción  con los gases de la atmósfera, tiene al menos consecuencias mecánicas, térmicas y eléctricas.

Los gases de la atmósfera en la dirección de avance del meteroide se comprimen y calientan fuertemente, transmitiendo calor a éste.

El esfuerzo mecánico hace que el meteoroide desprenda partículas de su superficie, que se funden en pequeñas gotitas,o vaporizan y pueden ionizarse (ganar o perder electrones).
También transfiere energía a los átomos y moléculas de la atmósfera que se ionizan y saltan a estados de mayor energía.

Cuando estás partículas excitadas regresan a su estado fundamental (de menor energía), tienen que emitir (devolver) la energía que recibieron. Lo hacen mediante saltos cuánticos entre niveles de energía, que se manifiestan en forma de luz de determinada longitud de onda (color).
Esta es la principal causa de las estelas luminosas que observamos, durante uno o dos segundos, es decir del meteoro.

La estela de átomos ionizados detrás del meteoro constituyen una mini ionosfera de corta duración, que permite la reflexión de ondas de radio  provenientes de emisoras distantes. Estas ondas pueden captarse con antenas receptoras, para escuchar el meteoro.

El color de la estela depende de dos factores principales; de la composición química del meteoroide y del tipo de moléculas de la atmósfera que encuentre. Amarillo/anaranjado (sodio), amarillo (hierro), azul/verde (cobre), púrpura (potasio), rojo (silicatos).

Referencias:

http://www.britannica.com/EBchecked/topic/378109/meteor/259000/Measurement-of-meteoroid-orbits#http://encyclopedia2.thefreedictionary.com/Meteor+Trailhttp://apod.nasa.gov/apod/ap100602.html
http://www.spaceweather.com/glossary/nasameteorradar.html
http://www.eso.org/public/outreach/eduoff/aol/market/collaboration/meteor/meteor-info.html

Física y matemática básica en Astronomía elemental

Apuntes para la charla en ACODEA, 04/06/2008

I. Parte- Mecánica

Posiblemente el concepto más simple y más útil en física sea el de rapidez, establecido como la razón de cambio de la distancia recorrida, respecto al tiempo, esto es:

Cuando esta razón es constante, entonces puede calcularse la distancia recorrida en cualquier tiempo, como:

Por ejemplo, si tomamos la velocidad de la luz en el vacío, como c = 299 792 458 m/s, de acuerdo con la definición hecha en 1994 por la Unión Astronómica Internacional; un año luz es la distancia recorrida por la luz (¡en línea recta!), durante un año juliano. Esto es: 

La ecuación (2) puede extenderse al movimiento circular con rapidez constante, simplemente use como distancia una circunferencia y como tiempo un período:

Donde R es el radio del círculo, T es el período (tiempo para recorrer la circunferencia) y f es la frecuencia (número de vueltas completas por unidad de tiempo).

La rapidez con que gira un punto en el ecuador de la Tierra, debido a su movimiento de rotación es entonces:

Donde el radio ecuatorial se ha tomado como 6,378 1366 x10⁶ m y el período, (un día juliano) igual a 86 400 s.

¿Cómo calcularía esta rapidez, para puntos no ecuatoriales, por ejemplo, para Costa Rica, cuya latitud promedio es 10°N?
Compruebe que dicho valor es 1 644,4 km/h.

La rapidez con que se mueve el centro de la Tierra, debido al movimiento de revolución alrededor del Sol sería entonces:
 

 



Para el movimiento circular con rapidez constante, los físicos han encontrado que la aceleración hacia el centro del círculo (aceleración centrípeta) es:

Encontremos entonces este valor para un punto en el ecuador terrestre (como en la ciudad de Quito, por ejemplo).

Comparada esta aceleración con el efecto puramente gravitatorio de la Tierra, resulta muy pequeño, solo 3,4 milésimas de la aceleración de la gravedad promedio, en la superficie de nuestro planeta (g= 9,8 m/s²), cuya causa principal es la masa y su distribución.

¿Con cuánta fuerza sostiene el Sol a la Tierra?

Hay una forma indirecta de encontrar ese valor, calculando la aceleración centrípeta de la Tierra, debido a la revolución respecto al Sol.

y luego aplicando la Segunda Ley de Newton:

Pero la manera más directa de hacerlo es aplicando la Ley de Newton de Gravitación Universal

Donde G es la constante de gravitación universal. 

En este caso particular, se ha tomado m₁ como la masa de la Tierra, m₂ la masa del Sol y r la distancia promedio Tierra-Sol, una unidad astronómica.

Ahora bien, si consideramos el movimiento circular de un planeta alrededor del Sol, e igualamos la fuerza de gravitación a la fuerza centrípeta, resulta

Sabemos que la Tierra no se mueve con rapidez constante alrededor del Sol, puesto que la órbita es una elipse. Sin embargo, la unidad astronómica se define como el radio de la órbita circular en la cual una partícula de masa despreciable, daría una vuelta en exactamente 365,2568983 días, por lo que aplicando la ley de Kepler resulta:

También se puede obtener la rapidez de un planeta en una órbita circular de radio r, resulta ser:

Es interesante anotar que esta rapidez no depende de la masa del cuerpo en órbita, únicamente de la distancia al centro de atracción y de la masa de este.

Así, la rapidez promedio de la Luna alrededor de la Tierra es:

La Tercera ley de Kepler (7) nos permite determinar la masa de un planeta que tenga un satélite. Por ejemplo si al satélite Ganimedes de Júpiter, le medimos el período orbital (7d 3h 42,6min) y el radio orbital (1,07 x10⁹ m), entonces podemos calcular la masa de Júpiter, que resulta:

Otro concepto útil es el de campo gravitatorio, definido como la fuerza gravitacional por unidad de masa, ejercida por un cuerpo de masa M, en un punto del espacio, lo que también se ha llamado aceleración de la gravedad, esto es

Esta relación solo es válida para puntos fuera del cuerpo de masa M. Así por ejemplo, podemos verificar el valor del campo gravitatorio terrestre en su superficie (en el ecuador), sería:

Para calcular el campo gravitatorio (aceleración de la gravedad) en la superficie de cualquier planeta o satélite, solo necesita entonces la masa M y el radio de dicho planeta o satélite.

¿Puede calcular el campo gravitatorio del Sol en la fotosfera?

¿A qué altitud sobre la superficie de la Tierra, su campo gravitatorio se ha reducido a la mitad de su valor en la superficie?

Para esta última situación, relacione las siguientes dos ecuaciones y resuelva para r.

¡A poco menos de medio radio terrestre de altura sobre la superficie terrestre!

Un concepto más que se comienza a estudiar a mecánica, es el de energía.

La Energía Cinética, se debe a la masa del cuerpo y a su rapidez y se define como:

La energía cinética del núcleo de un cometa de 2,0 km de diámetro, cuya densidad sea 1000 kg/m³ (¡densidad del agua!), es decir con una masa de 4,19 x10¹² kg y que chocara contra la superficie terrestre a unos 15 km/s, sería:

4,71 x10²⁰ joule equivalente a 1,31 x10¹⁴ kilowatt-hora, o a la energía liberada por 1,126 x10¹¹ toneladas de TNT. También equivalente a la energía liberada por 7,5 millones de bombas atómicas como la que explotó en Hiroshima, Japón, el 6 de agosto de 1945. 
El impacto de Tunguska, el 30 de junio de 1908 se estima que liberó el equivalente energético de 1000 hiroshimas.
 

Los físicos han probado que la energía potencial gravitatoria de un cuerpo de masa m a una distancia r (centro a centro) de otro de masa M es:

El signo negativo se debe a que el punto de referencia se ha tomado cuando los dos cuerpos están infinitamente separados, esto es, cuando no hay ninguna interacción entre ellos.

Se llama energía mecánica, a la suma de la energía cinética y la energía potencial de un cuerpo de masa m, dentro del campo gravitatorio de otro de masa M es:

Si m está en una órbita de radio r alrededor de M.

Si un objeto de masa m está sobre la superficie de un planeta de masa M y radio R tiene una energía mecánica dada por la expresión (12). Se llama velocidad de escape a la velocidad mínima que necesitaría el objeto (no un cohete propulsado), para escapar del campo gravitatorio del planeta, esto es para que llegue a una distancia muy grande (infinita) con una rapidez nula. Aplicando conservación de la energía mecánica tenemos.

Calcule la velocidad de escape de una partícula, por ejemplo una molécula de gas de la atmósfera, para escapar desde la superficie de la Tierra, o de la Luna. Esto no necesariamente significa que la partícula logre así alejarse hasta el infinito, pues puede se atrapada por la gravedad de otro objeto (por ejemplo Júpiter), que se encuentre en el camino.
Además, si la partícula está a gran altura sobre la superficie del planeta, su velocidad de escape será evidentemente menor que la calculada para escapar de la superficie.

La velocidad de escape de una partícula en la superficie del Sol para escapar de la gravedad solar 617,5 km/s.
La condición equivalente para escapar de la Tierra, o de la Luna, requiere una velocidad de escape igual a 11,2 km/s y 2,4 km/s, respectivamente.

La ecuación (13)  puede extrapolarse para ser aplicada a la velocidad de escape desde el horizonte de eventos en un agujero negro. Evidentemente ese valor sería el de la velocidad de la luz.

Si por ejemplo una estrella como el Sol se convirtiera en un agujero negro (no puede lograrlo por su poca masa), el radio de su horizonte de eventos se podría calcular así:

de donde R= 2,954 x10³ m.

Si un cuerpo de la masa de la Tierra se pudiese comprimir hasta lograr las citadas condiciones de agujero negro, su radio debería reducirse a 8,87 mm.

Primera Ley de la Termodinámica

Si encuentra errores, por favor comuníquelo con un comentario.

Segunda Ley de la Termodinámica

Física III- ITCR.                          Algunos ejercicios resueltos

Hola. Espero que les sean de alguna utilidad.
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