Periodo Orbital

Definición de velocidad orbital

Podemos considerar la velocidad orbital como la velocidad de un objeto astronómico cuando orbita alrededor de otro cuerpo celeste.

Supongamos que tenemos un satélite orbitando alrededor de la Tierra. El satélite experimenta un movimiento circular uniforme, por lo que orbita a velocidad constante \(v\), a una distancia \(r\) del centro de la Tierra. ¿Cómo maniobraría el control de la misión para que el satélite pasara de una órbita circular a una distancia \(r_1\) del centro de la Tierra a orbitar a una distancia \(r_2\) más cercana? En el siguiente apartado analizaremos la teoría y las fórmulas necesarias y deduciremos las expresiones para la velocidad orbital y la energía cinética de un satélite.

Fórmulas de velocidad orbital

Hay varias fórmulas y derivaciones útiles asociadas al cálculo de la velocidad orbital de un objeto y otras magnitudes asociadas.

Velocidad tangencial y aceleración centrípeta

La velocidad tangencial de un satélite es lo que le impide volver sin más a la Tierra. Cuando un objeto está en órbita, siempre está en caída libre hacia el cuerpo central. Sin embargo, si la velocidad tangencial del objeto es lo suficientemente grande, entonces el objeto caerá hacia el cuerpo central al mismo ritmo que se curva. Si conocemos la velocidad constante \(v\) de un satélite en una órbita circular de la Tierra y su distancia \(r\) desde su centro, podemos determinar la aceleración centrípeta \(a\) del satélite, donde la aceleración debida a la gravedad actúa hacia el centro de masa de la Tierra,

\[a=\frac{v^2}r.\]

Podemos demostrar la expresión de la aceleración centrípeta analizando la geometría del sistema y utilizando los principios del cálculo. Si comparamos los triángulos formados por los vectores de posición y velocidad, comprobamos que son triángulos semejantes.

Fig 1 - Triángulo formado por los vectores posición y \(\ triángulo{vec{r}}) en una órbita circular. Tiene dos lados iguales y dos ángulos iguales, por lo que es un triángulo isósceles.

Fig 2 - Triángulo formado por los vectores velocidad y \(\triángulo{vec{v}}) en una órbita circular. Tiene dos lados iguales y dos ángulos iguales, por lo que es un triángulo isósceles.

Los vectores de posición son perpendiculares a los vectores de velocidad, y los vectores de velocidad son perpendiculares a los vectores de aceleración, por lo que el triángulo tiene dos ángulos iguales. La magnitud de los vectores distancia orbital y velocidad son constantes para un objeto en órbita circular, por lo que cada uno de estos triángulos también tiene dos lados iguales.

Para cualquier órbita circular, los triángulos tienen la misma forma, pero sus tamaños serán distintos, por lo que podemos enunciar la proporción como

$$\begin{align}\frac{\triángulo v}v=&\frac{\triángulo r}r,\frac{\triángulo v=&\frac vr\triángulo r.\end{align}\$$

Podemos diferenciar la expresión para determinar la aceleración instantánea,

$$\frac{\triángulo v}{\triángulo t}=\frac vr\lim_{\triángulo t\rightarrow0} \frac{triángulo r}{triángulo t}.$$

Entonces podemos demostrar la ecuación de la aceleración centrípeta utilizando los principios del cálculo,

$$\begin{align}a=&\frac vr\lim_{\triangle t\rightarrow0} \frac{\triangle r}{\triangle t},\\a=&\frac{v^2}r.\end{align}$$

Derivación de la velocidad orbital

La fuerza gravitatoria \(F_g\) es la fuerza neta sobre el satélite, que puede expresarse como

\[F_g=\frac{GMm}{r^2},\]

donde \(G\) es la constante gravitatoria \(6.67\times10^{-11}\;\frac{\mathrm N\;\mathrm m^2}{\mathrm{kg}^2}), \(M\) es la masa del planeta en kilogramos \(\mathrm{kg}\), \(m\) es la masa del satélite en kilogramos \(\mathrm{kg}\), y \(r\) es la distancia entre el satélite y el centro de la Tierra en metros \(\mathrm m\).

Fig. 3 - Un satélite orbita alrededor de la Tierra. La fuerza gravitatoria actúa sobre el satélite, en la dirección del centro de la Tierra. El satélite orbita a velocidad constante.

Podemos aplicar la Segunda Ley de Newton para hallar la fórmula de la velocidad orbital.

$$\begin{align*}F_g&=ma,\\\frac{GMm}{r^2}&=\frac{mv^2}r,\\\frac{GMm}r&=mv^2.\end{align*}$$

Si multiplicamos ambos lados de la ecuación por \(1/2\), encontramos una expresión para la energía cinética \(K\) del satélite:

$$\begin{align*}\frac12mv^2&=\frac12\frac{GMm}r,\\K&=\frac12\frac{GMm}r.\end{align*}$$

Para hallar la fórmula de la velocidad orbital sólo tenemos que resolver la ecuación anterior para \(v\):

$$\begin{align*}\cancel{\frac12}\cancel mv^2&=\cancel{\frac12}\frac{GM\cancel m}r,\\v^2&=\frac{GM}r,\\v&=\sqrt{\frac{GM}r}.\end{align*}$$

Cambio de órbita y velocidad

Si un satélite estuviera en una órbita circular a una distancia \(r_1\) del centro de la Tierra y el control de la misión quisiera maniobrar el satélite para que orbitara a una distancia \(r_2\) más cercana a la Tierra, ¿cómo determinaría la cantidad de energía necesaria para hacerlo? El control de la misión tendría que evaluar la energía total (cinética y potencial) del sistema Tierra-Satélite antes y después de la maniobra orbital y calcular la diferencia.

Sabemos que la única fuerza que actúa sobre el sistema es la fuerza de la gravedad. Esta fuerza es conservativa, de modo que sólo depende de la posición inicial y final del objeto respecto a la distancia radial desde el centro del cuerpo celeste. En consecuencia, podemos determinar la energía potencial gravitatoria \(U\) del objeto utilizando el cálculo,

\[\begin{align}U&=-\int\overset\rightharpoonup F_{g}\cdot\overset\rightharpoonup{\,\mathrm dr},\\ &=-\left(\frac{-GMm}{r^2}\;\rd),&=-izquierda(\frac{GMm}{r^2}{mathrm}{d}r,&=-izquierda.GMm\;\frac{r^{-2+1}}{-1}\right|_r^\infty,\\ &=-\lim\limits_{r\to\infty}\frac{GMm}{r}- \left(-\frac{GMm}r\right),\\ &=\frac{GMm}r.\end{align}\]

La suma de la energía cinética \(K\) y la energía potencial gravitatoria \(U\) de un objeto en órbita es igual a la energía mecánica \(E\) y siempre será constante. Por tanto, al aumentar la energía cinética de un objeto en órbita, su energía potencial gravitatoria disminuirá proporcionalmente,

$$\begin{align*}E&=K\;+\;U,\\E&=\text{constant},\\W&=\triangle E.\end{align*}$$

Recordemos la expresión para la energía cinética del satélite del apartado anterior. Junto con nuestra nueva expresión para la energía potencial gravitatoria podemos determinar la energía total del sistema:

$$\begin{align*}E&=\frac12\frac{GmM}r-\frac{GmM}r,\\E&=-\frac12\frac{GmM}r.\end{align*}$$

Ahora podemos estudiar la energía mecánica \(E_1\) y \(E_2\) del satélite a medida que su distancia orbital cambia de \(r_1\) a \(r_2\). El cambio en la energía total \(\triángulo{E}\) viene dado por,

$$\begin{align*}\triangle E&=E_2-E_1,\\\triangle E&=-\frac12\frac{GmM}{r_2}+\frac12\frac{GmM}{r_1}.\end{align*}$$

Como \(r_2\) es una distancia menor que \(r_1\), \(E_2\) será mayor que \(E_1\) y el cambio de energía \(\triángulo{E}\) será negativo,

$$\begin{align*}\triángulo E&<0.\final{align*}$$

Como el trabajo realizado sobre el sistema es igual al cambio de energía, podemos deducir que el trabajo realizado sobre el sistema es negativo.

$$\begin{align*}W&=triángulo E,\iW&<0,\bdot\overset\rightharpoonup F\cdot\overset\rightharpoonup{\triángulo r}&<0.\end{align*}$$

Para que esto sea posible, debe actuar una fuerza en sentido contrario al desplazamiento. En este caso, la fuerza causante del desplazamiento la ejercerían los propulsores del satélite. Además, a partir de la fórmula de la velocidad orbital, podemos deducir que el satélite necesita una velocidad mayor para estar en una órbita más baja. En otras palabras, si quieres mover un satélite a una órbita que esté más cerca de la Tierra, debes aumentar la velocidad del satélite. Esto tiene sentido, pues a medida que la energía cinética aumenta, la energía potencial gravitatoria disminuye, ¡manteniendo constante la energía total del sistema!

Definición de periodo orbital

Los planetas del sistema solar tienen distintos periodos orbitales. Por ejemplo, Mercurio tiene un periodo orbital de 88 días terrestres, mientras que Venus tiene un periodo orbital de 224 días terrestres. Es importante señalar que a menudo especificamos los periodos orbitales en días terrestres (que tienen 24 horas) por coherencia, porque la duración de un día es diferente para cada planeta respectivo. Aunque Venus tarda 224 días terrestres en completar una órbita alrededor del Sol, tarda 243 días terrestres en completar una rotación completa sobre su eje. En otras palabras, un día en Venus es más largo que su año.

¿Por qué los distintos planetas tienen periodos orbitales diferentes? Si nos fijamos en las distancias de los respectivos planetas al Sol, vemos que Mercurio es el planeta más cercano al Sol. Por tanto, tiene el periodo orbital más corto de los planetas. Esto se debe a la Tercera Ley de Kepler, que también puede deducirse gracias a la ecuación del periodo orbital, como veremos en el siguiente apartado.

La otra razón por la que los distintos planetas tienen periodos orbitales diferentes es que existe una relación inversamente proporcional entre el periodo orbital y la velocidad orbital. Los planetas con periodos orbitales mayores requieren velocidades orbitales menores.

Fig. 4 - De izquierda a derecha por orden de distancia al Sol: Mercurio, Venus, Tierra y Marte. NASA

Fórmulas del periodo orbital

Como ahora sabemos calcular la velocidad orbital, podemos determinar fácilmente el periodo orbital. Para el movimiento circular, la relación entre el periodo orbital \(T\) y la velocidad orbital \(v\) viene dada por,

$$v=\frac{2\pi r}T.$$

En la ecuación anterior, \(2\pi r\) es la distancia total en una revolución completa de una órbita, ya que es la circunferencia de un círculo. Podemos resolver el período orbital \(T\) sustituyendo la ecuación de la velocidad orbital,

$$\begin{align*}v&=\frac{2\pi r}T,\T&=\frac{2\pi r}v,\T&=\frac{2\pi r}{sqrt{displaystyle\frac{GM}r},\T&=2\pi r\sqrt{\frac r{GM}},\T&=\frac{2\pi r^{3/2}}{sqrt{GM}}.\fin{align*}$$

Podemos reordenar la expresión anterior para deducir la Tercera Ley de Kepler, que establece que el cuadrado del periodo orbital es proporcional al cubo del semieje mayor (o radio para una órbita circular).

$$\begin{align*}T^2&=\left(\frac{2\pi r^{3/2}}{\sqrt{GM}}\right)^2,\\T^2&=\frac{4\pi^2}{GM}r^3,\\T^2&\propto r^3.\end{align*}$$

La masa del cuerpo en órbita \(m\) no es relevante en muchos escenarios. Por ejemplo, si queremos calcular el periodo orbital de Marte alrededor del Sol, sólo debemos considerar la masa del Sol. La masa de Marte no es relevante en el cálculo, ya que su masa es insignificante comparada con la del Sol. En la siguiente sección, determinaremos el periodo orbital y la velocidad de varios planetas del Sistema Solar.

El periodo orbital de Marte

Calculemos el periodo orbital de Marte utilizando la ecuación derivada en el apartado anterior. Aproximémonos a que el radio de la órbita de Marte alrededor del Sol es aproximadamente \(1,5\;\mathrm{AU}\), y es una órbita perfectamente circular, y la masa del Sol es \(M=1,99\times10^{30}\;\mathrm{kg}\).

En primer lugar, convirtamos \(\mathrm{AU}\) en \(\mathrm{m}\),

\[1\;\mathrm{AU}=1.5\times10^{11}\;\mathrm m.\]

A continuación, utiliza la ecuación para el periodo de tiempo y sustituye las cantidades pertinentes,

$$\begin{align*}T&=\frac{2\pi r^{3/2}}{\sqrt{GM}},\\T&=\frac{2\pi\;\left(\left(1.5\;\mathrm{AU}\right)\left(1.5\times10^{11}\;\mathrm m/\mathrm{AU}\right)\right)^{3/2}}{\sqrt{\left(6.67\times10^{-11}\;\frac{\mathrm m^3}{\mathrm s^2\mathrm{kg}}\right)\left(1.99\times10^{30}\;\mathrm{kg}\right)}},\\T&=5.8\times10^7\;\mathrm s.\end{align*}$$

Como \(1;\texto{segundo}=3,17 veces10^{-8};\texto{años}), podemos expresar el periodo orbital en años.

$$\begin{align*}T&=\left(5.8\times10^7\;\mathrm s\right)\left(\frac{3.17\times10^{-8}\;\mathrm{yr}}{1\;\mathrm s}\right),\\T&=1.8\;\mathrm{yr}.\end{align*}$$

La velocidad orbital de Júpiter

Ahora calcularemos la velocidad orbital de Júpiter, considerando que su radio de órbita alrededor del Sol puede aproximarse a una órbita circular de \(5,2\;\mathrm{AU}\).

$$\begin{align*}v&=\sqrt{\frac{GM}r},\\v&=\sqrt{\frac{\left(6.67\times10^{-11}\;\frac{\mathrm m^3}{\mathrm s^2\mathrm{kg}}\right)\left(1.99\times10^{27}\;\mathrm{kg}\right)}{\left(5.2\;\mathrm{AU}\right)\left(1.49\times10^{11}\;{\displaystyle\frac{\mathrm m}{\mathrm{AU}}}\right)},}\\v&=13\;\frac{\mathrm{km}}{\mathrm s}.\end{align*}$$

La velocidad instantánea de la Tierra

Por último, calculemos la velocidad instantánea de la Tierra cuando está más cerca y más lejos del Sol. Aproximemos la distancia radial entre la Tierra y el Sol como un radio de \(1,0\;\mathrm{AU}\).

Cuando la Tierra está más cerca del Sol se encuentra en el perihelio, a una distancia de \(0,983 \text{AU}\).

$$\begin{align*}v_{\text{perihelion}}&=\sqrt{\left(6.67\times10^{-11}\;\frac{\mathrm N\;\mathrm m^2}{\mathrm{kg}^2}\right)\left(1.99\times10^{30}\;\text{kg}\right)\left(\frac2{\left(0.983\;{\text{AU}}\right)\left(1.5\times10^{11}\;{\displaystyle\frac {\text{m}}{\text{AU}}}\right)}-\frac1{\left(1\;{\text{AU}}\right)\left(1.5\times10^{11}\;\frac {\text{m}}{\text{AU}}\right)}\right)},\\v_{\text{perihelion}}&=3.0\times10^4\;\frac {\text{m}}{\text{s},}\\v_{\text{perihelion}}&=30\;\frac{\text{km}}{\text{s}.}\end{align*}$$

Cuando la Tierra está más lejos del Sol, se encuentra en afelio, a una distancia de \(1,017 \text{AU}\).

$$\begin{align*}v_{\text{aphelion}}&=\sqrt{\left(6.67\times10^{-11}\;\frac{\mathrm N\;\mathrm m^2}{\mathrm{kg}^2}\right)\left(1.99\times10^{30}\;\text{kg}\right)\left(\frac2{\left(1.017\;{\text{AU}}\right)\left(1.5\times10^{11}\;{\displaystyle\frac {\text{m}}{\text{AU}}}\right)}-\frac1{\left(1\;{\text{AU}}\right)\left(1.5\times10^{11}\;\frac {\text{m}}{\text{AU}}\right)}\right)},\\v_{\text{aphelion}}&=2.9\times10^4\;\frac {\text{m}}{\text{s},}\\v_{\text{aphelion}}&=29\;\frac{\text{km}}{\text{s}}.\end{align*}$$